2021年高考真题物理广东卷（解析版）下载

2021 年广东省普通高中学业水平选择性考试 物理 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. 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 26 Al 26 Mg  Y 方程为13 ，下列说法正确的是（　　） 12 A. Y 是氦核 Y 是质子 B. C. 再经过 72 万年，现有的铝 26 衰变一半 再经过 144 万年，现有的铝 26 全部衰变 D. C【答案】 【解析】 【分析】 【详解】AB．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，该核反应是 26 26 Al  Mg  0 e 13 12 1即 Y 是正电子，选项 AB 错误； CD．因 72 万年是一个半衰期，可知再过 72 万年，现有的铝 26 衰变一半；再过 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； 故选 C。 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 D【答案】 【解析】 【分析】 第 1 页 共 20 页 的【详解】根据核心舱做圆周运动 向心力由地球的万有引力提供，可得 Mm r2 v2 4π2 T 2 G m  mω2r  m rr可得 v2r 2r3 4 2r3 M  GGGT 2 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角速度 和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的 质量。 故选 D。 3. 唐代《来耜经》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 和，，如图所示，忽 略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（ ）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 B【答案】 【解析】 【分析】 【详解】A．将拉力 F 正交分解如下图所示 第 2 页 共 20 页 则在 x 方向可得出 在 y 方向可得出 由题知 α < β 则 则可得到 Fx 曲 = Fsinα Fx 直 = Fsinβ Fy 曲 = Fcosα Fy 直 = Fcosβ sinα < sinβ cosα > cosβ Fx 曲 < Fx 直 Fy 曲 > Fy 直 A 错误、B 正确； CD．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，无 论是加速还是匀速，则 CD 错误。 故选 B。 PQ 4. 由于高度限制，车库出入口采用图所示的曲杆道闸，道闸由转动杆 与横杆 链接 OP PQ 而成，P、Q 为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆 始终保持水平。杆 绕 O 点 OP 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（ ）第 3 页 共 20 页 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 A【答案】 【解析】 【分析】 【详解】A．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，A 正确； B．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，P 点的加速度方向时刻指向 O 点，B 错误； C．Q 点在竖直方向的运动与 P 点相同，位移 y 关于时间 t 的关系为 6y = lOP sin( +ωt) 则可看出 Q 点在竖直方向不是匀速运动，C 错误； D．Q 点在水平方向的位移 x 关于时间 t 的关系为 6x = lOP cos( +ωt) + lPQ 则可看出 Q 点在水平方向也不是匀速运动，D 错误。 故选 A。 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 I根平行长直导线，若中心直导线通入电流 1 ，四根平行直导线均通入电流 II  I ，2 ，电 21流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（　　） 第 4 页 共 20 页 AB. C. D. C【答案】 【解析】 【分析】 I  I 【详解】因 2 ，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 1I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 2III要受到 1 吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线 2 要受到 1 排斥的安培力， 形成凸形，故变形后的形状如图 C。 故选 C。 6. 图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， 第 5 页 共 20 页 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（　　） 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 D【答案】 【解析】 【分析】 【详解】A．高压电源左为正极，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 a  b 故 A 错误； B．等差等势线的疏密反映场强的大小，由图可知 a 处的等势线较密，则 Ea  Eb 故 B 错误； C．液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为 qE a  mE  E 因b ，可得 aaa  ab 故 C 错误； D．液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即 第 6 页 共 20 页 EPa  EPb 故 D 正确； 故选 D。 7. 某同学设计了一个充电装置，如图所示，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 0.2s，电压最大值为 0.05V，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（　　） A. 交流电的频率为 10Hz B. 副线圈两端电压最大值为 3V 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 B【答案】 【解析】 【分析】 【详解】A．周期是 T=0.2s，频率是 1f  5Hz T故 A 错误； B．由理想变压器原理可知 U1 n1 U2 n2 解得，副线两端的最大电压为 nU2  2 U1  3V n1 故 B 正确； C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，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； 第 7 页 共 20 页 D．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。 故选 B。 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。 s t 8. 赛龙舟是端午节的传统活动。下列vt和 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（　　） A. B. C. D. BD 【答案】 【解析】 【分析】 第 8 页 共 20 页 【详解】A．此图是速度图像，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．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横 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．此图是位移图像，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．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故 D 正确。 故选 BD 。9. 长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，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，轨迹如图所示，重力加速度为 g，下列 说法正确的有（　　） 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 mgh 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 BC 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间 2h t  g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； B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率 第 9 页 共 20 页 P  mgvcos  mgvy  mg 2gh 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，两手榴弹重力功率相同， 故 B 正确； C．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 Ep  mgh 故 C 正确； D．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。 故选 BC。 abc de 和de 10. 如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨 ，ab 与平行，bc 是以 O 为圆心 的圆弧导轨，圆弧 左侧和扇形 be 内有方向如图的匀强磁场，金属杆 的O 端与 e 点 Obc OP 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 静止在平行导轨上， MN 若杆 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， OP 下列说法正确的有（　　） A. 杆 B. 杆 C. 杆 D. 杆 产生的感应电动势恒定 受到的安培力不变 做匀加速直线运动 中的电流逐渐减小 OP OP MN MN AD 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】A．OP 转动切割磁感线产生的感应电动势为 1E  Br2 2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； BCD．杆 OP 匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由 M 到 N 通过 MN 棒，由左手定 第 10 页 共 20 页 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， 让回路电流减小，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，BC 错误。 故选 AD。 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. 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 200g 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 L ，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 0量，进而计算其劲度系数。 n123456Ln / cm 8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09 L  L  L i 1,2,3 i  L  6.03cm L  6.08cm ，（1）利用 L  计算弹簧的压缩量： ，ii3 12L  L2  L3 1L  ______cm； ______cm，压缩量的平均值 33（2）上述 是管中增加______个钢球时产生的弹簧平均压缩量； L （3）忽略摩擦，重力加速度 g 取 3 位有效数字） 2 ，该弹簧的劲度系数为______N/m。（结果保留 9.80m / s 第 11 页 共 20 页 (1). (2). (3). (4). 48.6 【答案】 【解析】 【分析】 6.04 6.05 3【详解】（1）[1]根据压缩量的变化量为 L3  L6  L3  (18.09 12.05)cm  6.04cm [2]压缩量的平均值为 L  L2  L3 6.03 6.08 6.04 1L  cm  6.05cm 33（2）[3]因三个 L 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）[4]根据钢球的平衡条件有 3mg sin  k L 解得 3mg sin 30.29.8sin30 L 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 k  N/m  48.6N/m 6.0510-2 12. 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“ ”处。测量时观察到热敏电阻温度越 0Ω 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）再按图连接好电路进行测量。 第 12 页 共 20 页 ①闭合开关 S 前，将滑动变阻器 R _______ 1的滑片滑到 端（选填“ ”或“ ”）。 a b RR将温控室的温度设置为 T，电阻箱 0 调为某一阻值 01 。闭合开关 S，调节滑动变阻器 RT1，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、 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 0 和 1，使电 RRR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 02 。断开开关 S。 RR02 （选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻 01 _____ ②实验中记录的阻值 R  _____ 值。TR01  R02 (5). (1). (2). (3). (4). 大于 【答案】 短接 减小 b【解析】 【分析】 【详解】（1）[1][2]选择倍率适当的欧姆档，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[3]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[4][5]因两次电压表和电流表的示数相同，因为 第 13 页 共 20 页 R01  R02  RT 即RT  R01  R02 可知 R01 大于 R02。 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 s  3.5102 m s  2.0102 m b，甲、乙相隔 ，乙与边框 a 相隔 ，算珠与导杆间的动摩 12  0.1 擦因数 。现用手指将甲以 0.4m/s 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为 ，0.1m/s 2方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度 g 取 （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。 。10m/s 【答案】（1）能；（2）0.2s 【解析】 【分析】 【详解】（1）甲乙滑动时的加速度大小均为 a  g 1m/s2 甲与乙碰前的速度 v1，则 v12  v02  2as1 解得 v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 第 14 页 共 20 页 mv1  mv2  mv3 解得碰后乙的速度 v3=0.2m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时则 v32 0.22 x  m=0.02m  s2 2a 21 可知乙恰好能滑到边框 a； （2）甲与乙碰前运动的时间 v0  v1 0.4  0.3 t1  s=0.1s a1碰后甲运动的时间 v2 0.1 t2  s=0.1s a1则甲运动的总时间为 t  t1  t2  0.2s 14. 图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。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电 E子以初动能 k0 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 ，电子质量 3R 为 m，电荷量为 e，忽略相对论效应，取 。tan 22.5  0.4 E  0 （1）当 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 k0 夹角 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； E  keU （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 保证电子从出射区域出射，求 k 的最大值。 时，要 k0 第 15 页 共 20 页 13 65 eUm  R meU 【答案】（1） ，，；（2） 8eU eR 4eU 【解析】 【分析】 【详解】（1）电子在电场中加速有 12eU  mv2 2在磁场Ⅰ中，由几何关系可得 r  R tan 22.5  0.4R v2 B ev  m 1r联立解得 5 eUm B  1eR 在磁场Ⅰ中的运动周期为 2r T  v由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为 5   4在磁场Ⅰ中的运动时间为 第 16 页 共 20 页 2 t  T联立解得  R meU 4eU t  从 Q 点出来的动能为 Ek  8eU r（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为 m ，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几 何关系可得 223R  rm  R2  rm 解得 由于 3rm  R32vm B evm  m 1rm 12eU  mvm2  keU 2联立解得 13 k  6（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. 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”）。 (1). (2). 不变 【答案】 【解析】 【分析】 小于 【详解】[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 第 17 页 共 20 页 为研究对象，根据理想气体状态方程 pV T C 故可知高空客舱内的气体压强小于机场地面大气压强； [2]由于温度是平均动能的标志，气体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。 16. 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 5液，如图所示，某种药瓶的容积为 0.9mL，内装有 0.5mL 的药液，瓶内气体压强为 ，1.010 Pa 2 、长度为 0.4cm、压强为 的气体注入药瓶， 5护士把注射器内横截面积为 0.3cm 1.010 Pa 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。 5【答案】 1.310 Pa 【解析】 【分析】 【详解】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 V  0.9mL  0.5mL=0.4mL=0.4cm3 1注射器内气体体积为 V2，有 V2  0.30.4cm3  0.12cm3 根据理想气体状态方程有 p VV  pV 0  2  11 1 代入数据解得 p1 1.3105 Pa 第 18 页 共 20 页 17. 如图所示，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 T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 8AT_____ ______ 运动的距离 （选填“大于”、“小于”或“等于”）；在 时刻，小球的动能 42（选填“最大”或“最小”）。 (1). (2). 最大 【答案】 【解析】 【分析】 小于 【详解】[1]根据简谐振动的位移公式 2 Ty  Acos tTt  则时有 82 T 2y  Asin   AT82所以小球从最低点向上运动的距离为 22  2 1y  A A  A  A222A则小球从最低点向上运动的距离小于 。2Tt  [2]在 18. 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。 4如图所示，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 ，折射角为 ；光从P 点 第 19 页 共 20 页 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 的正弦值表 达式。 sin 【答案】 sin  【解析】 【分析】 【详解】根据光的折射定律有 sin  n  sin 根据光的全反射规律有 1sin  n联立解得 sin sin  sin  第 20 页 共 20 页