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试卷第1页，共18页
2021 年高考全国甲卷物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架在横杆上。
横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ 可变。将小物块由平板
与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ 的大
小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将（ ）
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．先增大后减小
D．先减小后增大
2．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧
在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣
绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm 处的点向心加速度大小约为（
）
A．10m/s2
B．100m/s2
C．1000m/s2
D．10000m/s2
3．两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO 与O' Q在一条直
线上，PO'与OF 在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图
所示。若一根无限长直导线通过电流I 时，所产生的磁场在距离导线d 处的磁感应强度
大小为B，则图中与导线距离均为d 的M、N 两点处的磁感应强度大小分别为（ ）
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A．B、0
B．0、2B
C．2B、2B
D．B、B
4．如图，一个原子核X 经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，在
此过程中放射出电子的总个数为（ ）
A．6
B．8
C．10
D．14
5．2021 年2 月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制
动后，进入运行周期约为1.8×105s 的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约
为2.8×105m。已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由落体的加速度大小约为
3.7m/s2，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为（ ）
A．6×105m
B．6×106m
C．6×107m
D．6×108m
二、多选题
6．某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e 为电场中的5 个点，则（ ）
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A．一正电荷从b 点运动到e 点，电场力做正功
B．一电子从a 点运动到d 点，电场力做功为4eV
C．b 点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d 四个点中，b 点的电场强度大小最大
7．一质量为m 的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时
的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端
时动能为Ek
5 。已知sin α =0.6，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为Ek
2mg
B．物体向下滑动时的加速度大小为g
5
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
8．由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，
但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2 倍。现两线圈在竖直平面内从同
一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁
场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，
上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是
（ ）
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
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三、实验题
9．为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水
平桌面上，形成一倾角为α的斜面（已知sinα=0.34，cosα=0.94），小铜块可在斜面上
加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图
像，获得5 个连续相等时间间隔（每个时间间隔∆T=0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距
离si（i=1，2，3，4，5），如下表所示。
s1
s2
s3
s4
s5
5.87cm
7.58cm
9.31cm
11.02cm
12.74cm
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为 m/s2，小铜块与瓷砖
表面间的动摩擦因数为 。（结果均保留2 位有效数字，重力加速度大小取
9.80m/s2）
10．某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有：
小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）
电压表（量程300mV，内阻300Ω）
电流表（量程300mA，内阻0.27Ω）
定值电阻R0
滑动变阻器R1（阻值0-20Ω）
电阻箱R2（最大阻值9999.9Ω）
电源E（电动势6V，内阻不计）
开关S、导线若干。
完成下列填空：
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（1）有3 个阻值分别为10Ω、20Ω、30Ω的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电
流在0~300mA 的U-I 曲线，R0应选取阻值为 Ω的定值电阻；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的 （填“a”或“b”）
端；
（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的
位置，读取电压表和电流表的示数U、I，结果如图（b）所示。当流过电流表的电流
为10mA 时，小灯泡的电阻为 Ω（保留1 位有效数字）；
（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将
R2的阻值调整为 Ω。然后调节滑动变阻器R1，测得数据如下表所示：
U/mV
24.0
46.0
76.0
110.0
128.0
152.0
184.0
216.0
250.0
I/mA
140.0
160.0
180.0
200.0
220.0
240.0
260.0
280.0
300.0
（5）由图（b）和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻
（填“增大”“减小”或“不变”）；
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（6）该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，可得此时小灯
泡电功率P1= W（保留2 位有效数字）；当流过电流表的电流为300mA 时，小
灯泡的电功率为P2，则P2
P1
= （保留至整数）。
四、解答题
11．如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50 个减速带（图中未完全画出），相邻减速带
间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m 的无动力小车（可视为质点）从
距第一个减速带L 处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时
的速度有关。观察发现，小车通过第30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相
同。小车通过第50 个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s
后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损
失的机械能，则L 应满足什么条件？
12．如图，长度均为l 的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P 和M 处
于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小
为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，
电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P 点
处射入磁场，从两挡板下边缘Q 和N 之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。
已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ 的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P 点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN 的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN 的最近距
离。
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五、填空题
13．如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两
条直线I 和Ⅱ表示，V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；t0为它们的延长线与横
轴交点的横坐标，t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15℃；a、b 为直线I
上的一点。由图可知，气体在状态a 和b 的压强之比pa
pb
= ；气体在状态b
和c 的压强之比pb
pc
= 。
六、解答题
14．如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B
两部分；初始时，A、B 的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器
和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体
温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B 的体积减小为V
2
。
（i）求A 的体积和B 的压强；
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A 的体积和B 的压强。
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七、填空题
15．如图，单色光从折射率n=1.5、厚度d=10.0cm 的玻璃板上表面射入。已知真空中
的光速为3×10
8m/s，则该单色光在玻璃板内传播的速度为 m/s；对于所有
可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间t 的取值范围是 s≤t<
s（不考虑反射）。
八、解答题
16．均匀介质中质点A、B 的平衡位置位于x 轴上，坐标分别为0 和xB=16cm。某简谐
横波沿x 轴正方向传播，波速为v=20cm/s，波长大于20cm，振幅为A=1cm，且传播时
无衰减。t=0 时刻A、B 偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此
后每隔△t=0.6s 两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻
（t1>0），质点A 位于波峰。求
（1）从t1时刻开始，质点B 最少要经过多长时间位于波峰；
（2）t1时刻质点B 偏离平衡位置的位移。
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答案精析
1．D
解析 设PQ 的水平距离为L，由运动学公式可知
L
cosθ = 1
2 gsinθt
2
可得
t
2=
4 L
gsin2θ
可知θ = 45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t 先减小后增大。
故选D。
2．C
解析 纽扣在转动过程中
ω=2πn=100 π rad/s
由向心加速度
a=ω
2r ≈1000 m/s
2
故选C。
3．B
解析 两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别
在M 处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故M 处的磁感应强度为零；
两直导线在N 处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故N 处的磁感应强度为2B；综上
分析B 正确。
故选B。
4． A
解析 由图分析可知，核反应方程为
X
92
238 →
Y
82
206 +a H
2
4 e+b
e
-1
0
设经过a次α衰变，b次β衰变。由电荷数与质量数守恒可得
238=206+ 4 a；92=82+2a-b
解得
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a=8，b=6
故放出6 个电子。
故选A。
5． C
解析 忽略火星自转则
GMm
R
2
=mg①
可知
GM = g R
2
设与为1.8×105s 的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r，由万有引力提供向心
力可知
GMm
r
2
=m 4 π
2
T
2 r②
设近火点到火星中心为
R1= R+d1③
设远火点到火星中心为
R2= R+d2④
由开普勒第三定律可知
r 3
T
2 =
( R1+ R2
2
)
3
T
2
⑤
由以上分析可得
d2≈6×10
7 m
故选C。
6． BD
解析 A．由图象可知
φb = φe
则正电荷从b 点运动到e 点，电场力不做功，A 错误；
B．由图象可知
φa = 3V，φd = 7V
根据电场力做功与电势能的变化关系有
Wad = Epa - Epd = (φa - φd)( - e) = 4eV
B 正确；
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C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b 点处的场强方向向左，C 错误；
D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示
由上图可看出，b 点电场线最密集，则b 点处的场强最大，D 正确。
故选BD。
7． BC
解析 AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
- μmg⋅2lcosα = Ek
5 - Ek
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
-mglsin α - μmglcosα =0- Ek
整理得
l = Ek
mg
；μ=0.5
A 错误，C 正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
ma=mgsin α - μmgcosα
求解得出
a= g
5
B 正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
ma上=mgsin α + μmgcosα
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
ma下=mgsin α - μmgcosα
由上式可知
a 上 > a 下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据
公式
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l = 1
2 at
2
则可得出
t 上<t下
D 错误。
故选BC。
8． AB
解析 设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
v =√2gh
感应电动势为
E =nBlv
两线圈材料相等（设密度为ρ0），质量相同（设为m），则
m= ρ0×4 nl×S
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R = ρ 4 nl
S = 16n
2l
2 ρ ρ0
m
感应电流为
I = E
R =
mBv
16nlρ ρ0
安培力为
F =nBIl = m B
2v
16 ρ ρ0
由牛顿第二定律有
mg- F =ma
联立解得
a= g- F
m = g-
B
2v
16 ρ ρ0
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当
g> B
2v
16 ρ ρ0
时，甲和乙都加速运动，当g< B
2v
16 ρ ρ0
时，甲和乙都减速运动，当
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g= B
2v
16 ρ ρ0
时都匀速。
故选AB。
9．0.43 0.32
解析 [1]根据逐差法有
a= (s5+ s4)-(s2+ s1)
6( ΔT )
2
= (12.74 +11.02)×10
-2-(7.58+5.87)×10
-2
6×0.20
2
m/s
2≈0.43 m/s
2
[2]对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有
mgsin α - μmgcosα =ma
代入数据解得
μ≈0.32
10．10 a 0.7 2700 增大 0.074 10
解析 （1）[1]因为小灯泡额定电压2.5V，电动势6V，则滑动滑动变阻器时，为了保
证电路安全，需要定值电阻分担的电压
U =6 V-2.5 V=3.5 V
则有
R0= 3.5 V
0.3 A ≈11.7Ω
则需要描绘小灯泡在0~300mA 的伏安特性曲线，即R0应选取阻值为10Ω；
（2）[2]为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的a 端；
（3）[3]由图可知当流过电流表的电流为10mA 时，电压为7mV，则小灯泡的电阻为
R = 7×10
-3
10×10
-3 Ω=0.7Ω
（4）[4]由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V 时，有
3
R2+ RV
= 0.3
RV
解得
R2=2700Ω
（5）[5]由图（b）和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中U
I
变大，则灯丝的电阻增
大；
（6）[6]根据表格可知当电流为160mA 时，电压表的示数为46mV，根据（4）的分析
可知此时小灯泡两端电压为0.46V，则此时小灯泡电功率
P1=0.46V×0.16A≈0.074W
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[7]同理可知当流过电流表的电流为300mA 时，小灯泡两端电压为2.5V，此时小灯泡
电功率
P2=2.5V×0.3A=0.75W
故有
P2
P1
= 0.75
0.074 =10
11．（1）mgd sinθ；（2）mg(L+29d)sinθ - μmgs
30
；（3）L>d + μs
sinθ
解析 （1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
mgsinθ =ma
设小车通过第30 个减速带后速度为v1，到达第31 个减速带时的速度为v2，则有
v2
2- v1
2=2ad
因为小车通过第30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带
后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为
ΔE = 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
联立以上各式解得
ΔE =mgd sinθ
（2）由（1）知小车通过第50 个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理
有
- μmgs=0- 1
2 m v1
2
从小车开始下滑到通过第30 个减速带，根据动能定理有
mg(L+29d)sinθ - Δ E总= 1
2 mv1
2
联立解得
Δ E总=mg(L+29d)sinθ - μmgs
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
Δ E
' = Δ E总
30
= mg(L+29d)sinθ - μmgs
30
（3）由题意可知
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Δ E
'> ΔE
可得
L>d + μs
sinθ
12．（1）√13mv0
2
6qE
；（2）
2m v0
(3+√3)ql ≤B≤2m v0
ql
；（3）粒子运动轨迹见解析，
39-10√3
44
l
解析 （1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
x = v0t ①
y = 1
2 at
2= qEt
2
2m
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ 的夹角为60°，有
tan30° = v y
v x
= at
v0
③
粒子发射位置到P 点的距离
s=√x
2+ y
2 ④
由①②③④式得
s= √13m v0
2
6qE
⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度
v =
v0
cos30° = 2√3 v0
3
⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N 点射出）如图所示
试卷第16页，共18页
由几何关系可知，最小半径
rmin=
l
2
cos30° = √3
3 l ⑦
最大半径
rmax =
√2
2 l
cos75° =(√3+1)l ⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知
qvB = mv
2
r
⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
2m v0
(3+√3)ql ≤B≤2m v0
ql
（3）若粒子正好从QN 的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知
sinθ =
l
2
√5
2 l
= √5
5 ⑩
带电粒子的运动半径为
r3=
√5
4 l
cos(30°+θ)
⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN 的最近距离
dmin=(r3sin30°+l)-r3 ⑫
由⑩⑪⑫式解得
d = 39-10√3
44
l ⑬
试卷第17页，共18页
13．1 V 2
V 1
解析 [1]根据盖吕萨克定律有
V
t +273 =k
整理得
V =kt +273k
由于体积-温度（V-t）图像可知，直线I 为等压线，则a、b 两点压强相等，则有
pa
pb
=1
[2]设t =0 C
❑
∘时，当气体体积为V 1 其压强为p1 ，当气体体积为V 2 其压强为p2，根据
等温变化，则有
p1V 1= p2V 2
由于直线I 和Ⅱ各为两条等压线，则有
p1= pb ，p2= pc
联立解得
pb
pc
= p1
p2
= V 2
V 1
14．（i）V A =0.4V ，pB=2 p0；（ⅱ）V A
' =(√5-1)V ，pB
' = 3+√5
4
p0
解析 （i）对B 气体分析，等温变化，根据玻意耳定律有
p0V = pB 1
2 V
解得
pB=2 p0
对A 气体分析，根据玻意耳定律有
p0V = pAV A
pA = pB+0.5 p0
联立解得
V A =0.4V
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A 的体积为3
2 V ，由玻意
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耳定律可得
p0V = p' × 3
2 V 0
则A 此情况下的压强为
p' = 2
3 p0< pB-0.5 p0
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A 的体积为V A
'、压强为pA
'，气体B 的体积为
V B
'、 压强为pB
'，根据等温变化有
p0V = pA
'V A
'，p0V = pB
'V B
'
V A
' +V B
' =2V ，pA
' = pB
' -0.5 p0
联立解得
pB
' = 3-√5
4
p0 （舍去），pB
' = 3+√5
4
p0
V A
' =(√5-1)V
15．2×10
8 5×10
-10 3√5×10
-10
解析 [1] 该单色光在玻璃板内传播的速度为
v = c
n = 3×10
8
1.5
m/s=2×10
8m/ s
[2]当光垂直玻璃板射入时，光不发生偏折，该单色光通过玻璃板所用时间最短，最短
时间
t1= d
v =
0.1
2×10
8 s=5×10
-10s
[3]当光的入射角是90°时，该单色光通过玻璃板所用时间最长。由折射定律可知
n= sin 90°
sinθ
最长时间
t2=
d
cosθ
v
=
d
v√1-sin
2θ
=3√5×10
-10s
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16．（1）0.8s；（2）-0.5cm
解析 （1）t1时刻质点A 位于波峰，波长
λ>20cm
则
x AB=16cm < λ
则从t1时刻开始，质点B 第一次到达波峰时，波传播的距离为
x AB=16cm
则质点B 到达波峰的最少时间为
t = x AB
v = 16
20 s=0.8s
（2）由题意可知，波的周期是
T =2 Δt =1.2s
则波长
λ = vT =24cm
t1时刻的波形图如图所示
质点B 位于
x =16cm
处，则质点B 偏离平衡位置的位移
y = A cos(
xB
λ ×2π)
带入数据解得
y =-0.5cm
