2021年高考全国乙卷物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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。1.如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系A.FMFN,EpMEpN（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）BFF,EE.MNpMpNC.FMFN,EpMEpND.FMFN,EpMEpNA.动量守恒，机械能守恒【答案】AB.动量守恒，机械能不守恒【解析】C.动量不守恒，机械能守恒【分析】D.动量不守恒，机械能不守恒【详解】由图中等势面的疏密程度可知【答案】B【解析】EMEN【分析】根据【详解】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而FqE水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系可知统动量守恒，机械能不守恒。FMFN故选B。由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从M点移到N点，可知电场力做正功，电势能减2.如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电小，即荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放EpMEpN于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则（ ）故选A。3.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为qq0的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90；若射入磁场r1R第二次的半径v1时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60，不计重力，则为（ ）v2r23R根据洛伦兹力提供向心力有mv2qvBr可得qrBvm所以vr311v2r23133故选B。A.B.C.D.32321131131134.医学治疗中常用放射性核素In产生射线，而In是由半衰期相对较长的Sn衰变产生的。对于质量为【答案】Bm113113t113【解析】m0的Sn，经过时间t后剩余的Sn质量为m，其图线如图所示。从图中可以得到Sn的半衰期为m0【分析】（ ）【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示A.67.3dB.101.0dC.115.1dD.124.9d【答案】C【解析】【分析】设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径m2m1同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知【详解】由图可知从到恰好衰变了一半，根据半衰期的定义可知半衰期为m3m3Mm200Gxmr2mr()2r2TT182.4d67.3d115.1d解得黑洞的质量为故选C。4r3科学家对银河系中心附近的恒星进行了多年的持续观测，给出年到年间的位置如图所示。Mx5.S219942002S2GT2科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为1000AU（太阳到地球的距离为1AU）的椭圆，银河系中心可能存在综上可得超大质量黑洞。这项研究工作获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的6Mx3.9010M引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（ ）故选B。6.水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）1A.在此过程中F所做的功为mv2203B.在此过中F的冲量大小等于mv202v0C.物体与桌面间的动摩擦因数等于4s0g46810A.410MB.410MC.410MD.410MD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】B【答案】BC【解析】【解析】【分析】【分析】【详解】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是Fmgma1①r1000R由速度位移公式有地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知2v02a1s0②Mm222G2mRmR()RT外力撤去后，由牛顿第二定律可知解得太阳的质量为mgma2③4R3M2由速度位移公式有GT02v02a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力A.3mv2F04s0动摩擦因数B.v204gs0滑动摩擦力mv2Fmg0fC.4s0可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；A．在此过程中，外力F做功为D.3WFsmv2040故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间【答案】ADs2st0010v【解析】0v02【分析】在此过程中，F的冲量大小是【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为3IFtmv120qEa故B正确。m故选BC。由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为7.四个带电粒子的电荷量和质量分别(q，m)、(q，2m)、(3q，3m)、(q，m)它们先后以相同的速度从坐lt标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图v0像中，可能正确的是（ ）离开电场时，带电粒子的偏转角的正切为vyatqEltan2vxv0mv0因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三种带电粒F11(m1m2)g子带正电，第四种带电粒子带负电，所以第四个粒子与前面三个粒子的偏转方向不同；第一种粒子与第三种粒故A错误；子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与第四种粒子的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏转角相BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有同，但第四种粒子与前两个粒子的偏转方向相反；第二种粒子的比荷与第一、三种粒子的比荷小，所以第二种F21(m1m2)g(m1m2)a粒子比第一、三种粒子的偏转角小，但都还正电，偏转方向相同。以木板为对象，根据牛顿第二定律，有故选AD。2m2g1(m1m2)gm1a08.水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左明上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉解得力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的m2(m1m2)F2(21)g加速度a1随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为1，物块与木板间的动摩擦因m1数为2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）m1m221m1故BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D正确。故选BCD。三、非选择题：第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题为选考题，考生根据要求作答。A.F11m1g（一）必考题：9.某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进m2(m1m2)B.F2(21)gm1行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边m1m2C.21m2长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有【答案】(1).1.0(2).2.0(3).9.7【解析】【分析】【详解】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为x0.05vm/s1.0m/s0t0.05[2]竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得85102vm/s2.0m/sy0.054（2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得yyyyg34214T2代入数据可得g9.7m/s210.一实验小组利用图（a）所示的电路测量—电池的电动势E（约1.5V）和内阻r（小于2Ω）。图中电压表量程为1V，内阻RV380.0Ω：定值电阻R020.0Ω；电阻箱R，最大阻值为999.9Ω；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选___________Ω（填“5.0”或“15.0”）；（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；11（3）根据图（a）所示电路，用R、R、R、E和r表示，得___________；完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）0VUU1（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为___________m/s，竖直分量大小为（4）利用测量数据，做R图线，如图（b）所示：U___________m/s；（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为___________m/s2。1R0RV1RVR0RrUERVR0EERVR0（5）[3][4]由上面公式可得R0RV11RVR01rk，rbERVR019EEERVR0E19E1由R图象计算可得Uk0.034V1Ω，b0.68V1代入可得（5）通过图（b）可得E___________V（保留2位小数），r___________Ω（保留1位小数）；E1.55V，r1.0ΩEE（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为E，由此产生的误差为100%（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有E11r1R___________%。UEER0ER0R0RV1(RVR0)r【答案】(1).15.0(2).R(3).1.55(4).1.0(5).5则此时ERREERRV0V01E'【解析】20k因此误差为【分析】11【详解】（1）[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路20k19k001000=50分压可得119kUEU11.一篮球质量为m0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h11.8m处由静止自由落下，反弹高度为RVR0RrRVR0h21.2m。若使篮球从距地面h31.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的代入数据解得高度也为1.5m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的R7.5Ω动能的比值不变。重力加速度大小取g10m/s2，不计空气阻力。求：因此选15.0Ω。（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。UEURr【答案】（1）W4.5J；（2）F9NRVR0RVR0【解析】化简可得【分析】【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B1T，重力加速