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2021 年广东省普通高中学业水平选择性考试
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分．在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的．
1．(2021·广东卷·1)科学家发现银河系中存在大量的放射性同位素铝26，铝26 的半衰期为
72 万年，其衰变方程为Al→Mg＋Y，下列说法正确的是( )
A．Y 是氦核
B．Y 是质子
C．再经过72 万年，现有的铝26 衰变一半
D．再经过144 万年，现有的铝26 全部衰变
答案 C
解析 根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，该核反应是Al→Mg＋e，即Y 是正电子，
选项A、B 错误；
因72 万年是一个半衰期，可知再经过72 万年，现有的铝26 衰变一半；再经过144 万年，
即两个半衰期，现有的铝26 衰变四分之三，选项C 正确，D 错误．
2．(2021·广东卷·2)2021 年4 月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运
行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地
球质量的是( )
A．核心舱的质量和绕地半径
B．核心舱的质量和绕地周期
C．核心舱的绕地角速度和绕地周期
D．核心舱的绕地线速度和绕地半径
答案 D
解析 根据万有引力提供核心舱做匀速圆周运动的向心力，
可得G＝m＝mω2r＝mr
可得M＝＝＝
可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的绕地角
速度和绕地周期，都不能计算出地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可计算
出地球的质量．故选D.
3．(2021·广东卷·3)唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛
用大小相等的拉力F 通过耕索分别拉两种犁，F 与竖直方向的夹角分别为α 和β，α<β，如
图1 所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是( )
图1
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
答案 B
解析 将拉力F 正交分解如图所示
则在x 方向可得出Fx 曲＝Fsin α
Fx 直＝Fsin β
在y 方向可得出Fy 曲＝Fcos α
Fy 直＝Fcos β
由题知α<β，则sin α<sin β
cos α>cos β
则可得到Fx 曲<Fx 直
Fy 曲>Fy 直
A 错误，B 正确；
耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，与加速还
是匀速前进无关，C、D 错误．
4．(2021·广东卷·4)由于高度限制，车库出入口采用图2 所示的曲杆道闸，道闸由转动杆OP
与横杆PQ 链接而成，P、Q 为横杆的两个端点．在道闸抬起过程中，杆PQ 始终保持水平．
杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．P 点的线速度大小不变
B．P 点的加速度方向不变
C．Q 点在竖直方向做匀速运动
D．Q 点在水平方向做匀速运动
答案 A
解析 由题知杆OP 绕O 点从与水平方向成30°匀速转动到60°，则P 点绕O 点做匀速圆周
运动，则P 点的线速度大小不变，P 点的加速度方向时刻指向O 点，A 正确，B 错误；
Q 点在竖直方向的运动与P 点相同，相对于O 点在竖直方向的位置y 关于时间t 的关系为y
＝lOP·sin
则可看出Q 点在竖直方向不是做匀速运动，C 错误；
Q 点相对于O 点在水平方向的位置x 关于时间t 的关系为x＝lOP·cos＋lPQ
则可看出Q 点在水平方向也不是做匀速运动，D 错误．
5．(2021·广东卷·5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定
着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流
I2，I1≫I2，电流方向如图1 所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(
)
图1
答案 C
解析 因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安
培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要
受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成
凸形，故变形后的形状如图C，故选C.
6．(2021·广东卷·6)图1 是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，
两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，
a、b 是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
图1
A．a 点的电势比b 点的低
B．a 点的电场强度比b 点的小
C．液滴在a 点的加速度比在b 点的小
D．液滴在a 点的电势能比在b 点的大
答案 D
解析 高压电源左侧为正极，则所加强电场的场强向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知
φa>φb，故A 错误；
等势面的疏密反映场强的大小，由题图可知a 处的等势面较密，则Ea>Eb，故B 错误；
液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝，因Ea>Eb，可得aa>ab，故
C 错误；
液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减小，即Epa>Epb，故
D 正确．
7．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图1 所示，假设永磁铁的往复运动在螺
线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V，理想变压器原线圈接
螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是( )
图1
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
答案 B
解析 周期为T＝0.2 s，频率为f＝＝5 Hz，故A 错误；
由理想变压器原理可知＝
解得副线两端的最大电压为U2＝U1＝3 V，故B 正确；
根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的
输入电压会越大，故C 错误；
由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D 错误．
二、多项选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的四个选项中，有
多项符合题目要求．全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分．
8．(2021·广东卷·8)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v－t 和s－t 图像描述了五条相同的龙
舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与
其它龙舟在途中出现船头并齐的有( )
答案 BD
解析 A 图是v－t 图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲、
乙船头并齐，故A 错误；
B 图是v－t 图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v－t 图像中图线与横轴
围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲、丙船头会并
齐，故B 正确；
C 图是s－t 图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲、丁船头并齐，
故C 错误；
D 图是s－t 图像，交点表示相遇，所以甲、戊在中途船头会并齐，故D 正确．
9．(2021·广东卷·9)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡峭的山头，居高临下向敌方
工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m 的手榴弹，手榴弹从
投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图1 所示，重力
加速度为g，下列说法正确的有( )
图1
A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
答案 BC
解析 由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝，因为两手榴弹运动的高度差相同，所
以在空中运动时间相等，故A 错误；
做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvy＝mg，因为两手榴弹运动的高度差相同，
质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力的功率相同，故B 正确；
从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C 正确；
从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D 错误．
10．(2021·广东卷·10)如图1 所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc 和de，ab 与de 平行，
bc 是以O 为圆心的圆弧导轨，圆弧be 左侧和扇形Obc 内有方向如图的匀强磁场，金属杆
OP 的O 端与e 点用导线相接，P 端与圆弧bc 接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN 静止
在平行导轨上，若杆OP 绕O 点在匀强磁场区内从b 到c 匀速转动时，回路中始终有电流，
则此过程中，下列说法正确的有( )
图1
A．杆OP 产生的感应电动势恒定
B．杆OP 受到的安培力不变
C．杆MN 做匀加速直线运动
D．杆MN 中的电流逐渐减小
答案 AD
解析 杆OP 匀速转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP 匀速转动，所以
杆OP 产生的感应电动势恒定，故A 正确；杆OP 转动过程中产生的感应电流由M 到N 通过
MN 棒，由左手定则可知，MN 棒会向左运动，MN 棒运动会切割磁感线，产生电动势与原
来电流方向相反，使回路电流减小，MN 棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，
加速度减小，故D 正确，B、C 错误．
三、非选择题：共54 分，第11～14 题为必考题，考生都必须作答．第15～16 题为选考题，
考生根据要求作答．
(一)必考题：共42 分．
11．(2021·广东卷·11)某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧的劲度系数，缓冲装置如图1 所示，
固定在斜面上的透明有机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底端．实验过
程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再将单个质量为200 g 的钢球(直径略小于玻璃
管内径)逐个从管口滑进，每滑进一个钢球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n 和弹簧上
端对应的刻度尺示数Ln，数据如表所示．实验过程中弹簧始终处于弹性限度内．采用逐差
法计算弹簧压缩量，进而计算其劲度系数．
图1
n
1
2
3
4
5
6
Ln/cm
8.04
10.03
12.05
14.07
16.11
18.09
(1)利用ΔLi＝Li＋3－Li(i＝1,2,3)计算弹簧的压缩量：ΔL1＝6.03 cm，ΔL2＝6.08 cm，ΔL3＝
________ cm，压缩量的平均值＝＝________ cm；
(2)上述是管中增加________个钢球时产生的弹簧平均压缩量；
(3)忽略摩擦，重力加速度g 取9.80 m/s2，该弹簧的劲度系数为________ N/m(结果保留3 位
有效数字)．
答案 (1)6.04 6.05 (2)3 (3)48.6
解析 (1)ΔL3＝L6－L3＝(18.09－12.05) cm＝6.04 cm
压缩量的平均值为＝＝ cm＝6.05 cm
(2)因三个ΔL 是相差3 个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加3 个钢球时产生的弹
簧平均压缩量；
(3)根据钢球的平衡条件有3mgsin θ＝k·，解得
k＝＝ N/m≈48.6 N/m.
12．(2021·广东卷·12)某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律．根据实验需要已选用了
规格和量程合适的器材．
(1)先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势．选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔
________，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0 Ω”处．测量时观察到热敏电阻温度越
高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而
________．
(2)再按图1 连接好电路进行测量．
图1
①闭合开关S 前，将滑动变阻器R1的滑片滑到________端(选填“a”或“b”)．
将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01.闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使
电压表和电流表的指针偏转到某一位置．记录此时电压表和电流表的示数、T 和R01.断开开
关S.
再将电压表与热敏电阻C 端间的导线改接到D 端，闭合开关S.反复调节R0和R1，使电压表
和电流表的示数与上述记录的示数相同．记录此时电阻箱的阻值R02.断开开关S.
②实验中记录的阻值R01________R02(选填“大于”、“小于”或“等于”)．此时热敏电阻
阻值RT＝________.
答案 (1)短接 减小 (2)①b ②大于 R01－R02
解析 (1)选择倍率适当的欧姆挡，将两表笔短接；欧姆表指针向右偏转角度越大，则阻值
越小，可判断热敏电阻的阻值随温度升高而减小．
(2)①闭合开关S 前，应将滑动变阻器R1的阻值调到最大，即将滑片滑到b 端；
②因两次电压表和电流表的示数相同，则R01＝R02＋RT，即 RT＝R01－R02
可知R01大于R02.
13．(2021·广东卷·13)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导
杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图1 所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归
零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a 相隔s2＝2.0×10－2 m，算
珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的
速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g 取10 m/s2.
图1
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
答案 见解析
解析 (1)由牛顿第二定律可得，
甲、乙滑动时均有f＝μmg＝ma
则甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2
设甲与乙碰前的速度为v1，则2as1＝v0
2－v1
2
解得v1＝0.3 m/s
甲、乙碰撞时由动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3
解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s
然后乙做匀减速运动，当速度减为零时有
s＝＝ m＝0.02 m＝s2
可知乙恰好能滑到边框a；
(2)甲与乙碰前运动的时间
t1＝＝ s＝0.1 s
碰后甲运动的时间t2＝＝ s＝0.1 s
则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s.
14．(2021·广东卷·14)图1 是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c
围成的区域，圆a 内为无场区，圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，圆b 与圆c 之间有三个圆
心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均
垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b 上P 点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子
每次进入电场即被全程加速，已知圆a 与圆b 之间电势差为U，圆b 半径为R，圆c 半径为
R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
图1
(1)当Ek0＝0 时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ
均为45°，最终从Q 点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q 点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU 时，要保证
电子从出射区域出射，求k 的最大值．
答案 (1) 8eU (2)
解析 (1)电子在电场中加速有2eU＝mv2
在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝Rtan 22.5°＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力有B1ev＝m
联立解得B1＝
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝
由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为
φ＝π
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T
联立解得t＝
电子从P 到Q 在电场中共加速8 次，故在Q 点出射时的动能为Ek＝8eU
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界
相切，
由几何关系可得2＝R2＋r m
2
解得rm＝R
根据洛伦兹力提供向心力有B1evm＝m
2eU＝mvm
2－keU
联立解得k＝.
(二)选考题：共12 分，请考生从2 道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
15．(2021·广东卷·15)(1)在高空飞行的客机上某乘客喝完一瓶矿泉水后，把瓶盖拧紧．下飞
机后发现矿泉水瓶变瘪了，机场地面温度与高空客舱内温度相同．由此可判断，高空客舱内
的气体压强________(选填“大于”、“小于”或“等于”)机场地面大气压强；从高空客舱
到机场地面，矿泉水瓶内气体的分子平均动能________(选填“变大”、“变小”或“不
变”)．
(2)为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药
液，如图1 所示，某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL 的药液，瓶内气体压强为1.0×
105 Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa 的气体注
入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强．
图1
答案 (1)小于 不变
(2)1.3×105 Pa
解析 (1)机场地面温度与高空客舱温度相同，由题意知瓶内气体体积变小，以瓶内气体为
研究对象，根据理想气体状态方程＝C 可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强；
由于温度是分子平均动能的标志，气体分子的平均动能只与温度有关，机场地面温度与高空
客舱温度相同，故从高空客舱到机场地面，瓶内气体的分子平均动能不变．
(2)以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积
为V1，有V1＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL＝0.4 cm3
注射器内气体体积为V2，
有V2＝0.3×0.4 cm3＝0.12 cm3
根据理想气体状态方程有p0(V1＋V2)＝p1V1
代入数据解得p1＝1.3×105 Pa.
16．(2021·广东卷·16)(1)如图1 所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，小球静止．现将小球向
下拉动距离A 后由静止释放，并开始计时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为T.经时间，
小球从最低点向上运动的距离________(选填“大于”、“小于”或“等于”)；在时刻，小
球的动能________(选填“最大”或“最小”)．
图1
(2)如图2 所示，一种光学传感器是通过接收器Q 接收到光的强度变化而触发工作的．光从
挡风玻璃内侧P 点射向外侧M 点再折射到空气中，测得入射角为α，折射角为β；光从P 点
射向外侧N 点，刚好发生全反射并被Q 接收，求光从玻璃射向空气时临界角θ 的正弦值表
达式．
图2
答案 (1)小于 最大
(2)
解析 (1)根据简谐运动的位移公式y＝－Acos
则t＝时有
y＝－Asin＝－A
所以小球从最低点向上运动的距离为
Δy＝A－A＝A<A
则小球从最低点向上运动的距离小于.
在t＝时，小球回到平衡位置，具有最大的振动速度，所以小球的动能最大．
(2)根据光的折射定律有n＝
根据光的全反射规律有sin θ＝
联立解得sin θ＝.
