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（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（ ）A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】【分析】【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统动量守恒，机械能不守恒。故选B。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（ ）A.FMFN,EpMEpNBFF,EE.MNpMpNC.FMFN,EpMEpND.FMFN,EpMEpN【答案】A【解析】【分析】【详解】由图中等势面的疏密程度可知EMEN根据FqE可知FMFN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，电势能减小，即EpMEpN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；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60，v不计重力，则1为（ ）v2133A.B.C.D.3232【答案】B【解析】【分析】【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示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r1R第二次的半径r23R根据洛伦兹力提供向心力有mv2qvBr可得qrBvm所以vr311v2r23故选B。4.医学治疗中常用放射性核素113In产生射线，而113In是由半衰期相对较长的113Sn衰变m113113产生的。对于质量为m0的Sn，经过时间t后剩余的Sn质量为m，其t图线如图m0所示。从图中可以得到113Sn的半衰期为（ ）A.67.3dB.101.0dC.115.1dD.124.9d【答案】C【解析】【分析】m2m1【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m03m03T182.4d67.3d115.1d故选C。5.科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。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引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（ ）A.4104MB.4106MC.4108MD.41010M【答案】B【解析】【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，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r1000R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Mm2GmR2mR()2R2T解得太阳的质量为4R3M2GT0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Mm2Gxmr2mr()2r2T解得黑洞的质量为4r3MxGT2综上可得6Mx3.9010M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mv20v2C.物体与桌面间的动摩擦因数等于04s0gD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】【分析】【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知Fmgma1①由速度位移公式有2v02a1s0②外力撤去后，由牛顿第二定律可知mgma2③由速度位移公式有2v02a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力3mv2F04s0动摩擦因数v204gs0滑动摩擦力2mv0Ffmg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3WFsmv2040故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间s2st0010v0v02在此过程中，F的冲量大小是3IFtmv120故B正确。故选BC。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像中，可能正确的是（ ）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】【详解】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为qEam由类平抛运动规律可知，带电粒子的在电场中运动时间为ltv0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。故选AD。8.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（ ）A.F11m1gm2(m1m2)B.F2(21)gm1m1m2C.21m2D.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F11(m1m2)g故A错误；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F21(m1m2)g(m1m2)a以木板为对象，根据牛顿第二定律，有2m2g1(m1m2)gm1a0解得m2(m1m2)F2(21)gm1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。（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。完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）（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___________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。【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___________；0VUU1（4）利用测量数据，做R图线，如图（b）所示：U（5）通过图（b）可得E___________V（保留2位小数），r___________Ω（保留1位小数）；（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EE100%___________%。ER0RV1(RVR0)r【答案】(1).15.0(2).R(3).1.55(4).1.0(5).ERVR0EERVR05【解析】【分析】【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，则由并联电路分压可得UEURVR0RrRVR0代入数据解得R7.5Ω因此选15.0Ω。（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得UEURrRVR0RVR0化简可得1R0RV1RVR0RrUERVR0EERVR0（5）[3][4]由上面公式可得RR11RR1r0Vk，V0rbERVR019EEERVR0E19E1由R图象计算可得Uk0.034V1Ω，b0.68V1代入可得E1.55V，r1.0Ω（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有11r1RUEER0ER0则此时1E'20k因此误差为1120k19k1000=5010019k11.一篮球质量为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h2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：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【答案】（1）W4.5J；（2）F9N【解析】【分析】【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1mgh1篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0E2mgh2第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0E40mgh4第二次从1