高考全国甲卷物理高考真题解析全国高考真题解析解析版docx.docx

1、高考全国甲卷物理高考真题解析全国高考真题解析解析版docx2021年高考全国甲卷物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共8分。在每小题给出的四个选项中，第15题 只有一项符合题目要求，第68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，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板F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。可变。将小物块由平板与竖直杆交点。处静止释放，物块沿平板 从Q点滑至P点所用的时间f与夹角e的大小有关。若由30。逐渐增大至60,物块的下滑时间将（ ）铁架台/A.逐渐增大 B,逐渐减小 C.

2、先增大后减小 D.先减小后增大【答案】D【解析】【分析】【详解】设PQ的水平距离为由运动学公式可知L = g sin Orcos 6* 2可得t2= 41g sin 20可知0 = 45时，f有最小值，故当Q从由30。逐渐增大至60。时下滑时间f先减小后增大。故选D。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（ ）C. 1000m/s2D. 10000m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】纽扣在转动过程

3、中co = 2初=100;rrad/s由向心加速度故选C。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。在一条直线上，PO与。F在 一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流/,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流/时, 所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为则图中与导线距离均为的M、N两点处的磁感应强 度大小分别为（ ）A.B、0 B. 0、2B C.2B、2B D. 3、B【答案】B【解析】【分析】【详解】两直角导线可以等效为如图所示两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在肱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

4、N处的磁感应强度方向均 垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为23；综上分析B正确。EOQ4.如图，一个原子核X经图中所示的一系列a、衰变后，生成稳定的原子核Y,在此过程中放射出电子A.6 B. 8 C. 10 D. 14【答案】A【解析】【分析】【详解】由图分析可知，核反应方程为2最 X. 2%Y+a：He+Me设经过。次a衰变，次衰变。由电荷数与质量数守恒可得238 = 206+4。； 92 = 82+2。一力解得故放出6个电子 故选Ao5.2021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1.8x105s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近

5、距离约为2.8x105m。已知火星半径约为3.4x106m, 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. 6xl05mB. 6x106m C. 6x107m D. 6x108m【答案】C【解析】【分析】【详解】忽略火星自转则GMm 八 = mg 可知GM = gR2设与为1.8X105s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r ,由万引力提供向心力可知GMm 4/-m 丫,2 T2设近火点到火星中心为R =/? +()设远火点到火星中心为R2 = 7? + % 由开普勒第三定律可知R +7?2,3尸3 _ 1 2 )由以上分析

6、可得6?2 6xl07m故选Co6,某电场的等势面如图所示，图中“、b、c、d、支为电场中的5个点，则(A.一正电荷从A点运动到e点，电场力做正功B.一电子从。点运动到d点，电场力做功为4eVC.人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，人点的电场强度大小最大【答案】BD 【解析】【分析】【详解】A.由图象可知（pb =（pe则正电荷从力点运动到e点，电场力不做功，A错误；B.由图象可知伽=3V, q）d = 7V根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad = Epa - Epd = （pa -例）（ - e） = 4eVB正确；C.沿电场线方向电势逐渐降低，则万点处

7、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，人点电场线最密集，则饥点处的场强最大，D正确。故选BD。7.一质量为m的物体自倾角为a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E.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虽。已知sina = 0.6,重力5加速度大小为g。则（ ）A.物体向上滑动的距离为;2mgB.物体向下滑动时的加速度大小为普C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 【答案】BC 【解析】 【分析】【详解】AC.物体从斜面底端回到斜面底端根据动

8、能定理有-mg 21 cos a -Ek物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有-mgl sin a 一 jumgl cos a = 0-Ek 整理得I= - ； / = 0.5mgA错误，C正确；B.物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma = mg sin a 一 /nmg cos a求解得出5B正确；D.物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有mah = mg sin a + jumg cos a 物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有tna下=mg sin a - jumg cos a由上式可知上 。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I = at22则可

9、得出f上 f下D错误。故选BC8,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（ ）甲口口乙X X X X XX X X X XX X X X XA.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【答案】AB【解析】【分析】【详解】

10、设线圈到磁场的高度为九，线圈的边长为7,则线圈下边刚进入磁场时，有v=yf2gh感应电动势为E nBlv两线圈材料相等（设密度为0），质量相同（设为 z）,则设材料的电阻率为Q,则线圈电阻感应电流为mBv1R 6nlpp0安培力为mB2vF = nBIl = 16pPo由牛顿第二定律有mg F ma联立解得F B-va = 8m = 8B2v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 时，甲和16mB-v B2v乙都加速运动，当gd【解析】【分析】【详解】（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mg sin 0 = ma设小车通过第30个减速带

11、后速度为vi,到达第31个减速带时的速度为刃，则有v； - vf = 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VI和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为1 2 1 ，E = mv2 - mVy联立以上各式解得AE = mgd sin 0（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为vi,则在水平地面上根据动能定理有-jumgs = 0 -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 ） sin 0 ； mv联立解得AE 总-mg（ + 29d） sin - /jmgs故在每一个减速带上平均损失

12、的机械能为,AEy mg（L + 29d） sin 6* - /nmgs= = 30 30AEAELd +冬 sin 6*（3）由题意可知可得12.如图，长度均为/的两块挡板竖直相对放置，间距也为Z,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。）的粒子自电场中某处以大小为vo的速度水平向 右发射，恰好从F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

13、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0V的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板枷的最近距离。39-10 右44【答案】(1) 施吼；(2) B- ；(3)粒子运动轨迹见解析,6qE (3 + j3)q/ ql【解析】【分析】【详解】(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 = vot 12 qE，2,=_那=22m粒子射入磁场时的速度方向与FQ的夹角为60。，有V nt tan30 = = 攻 粒子发射位置到P点的距离s = y/x2 + y2 由式得s =应侨6qE(2)带电粒子在磁场运动在速度v= V。cos 30 3带电粒子在

14、磁场中运动两个临界轨迹(分别从0 N点射出)如图所示由几何关系可知，最小半径2 i cos30 3最大半径cos75= (a/3+1)Z带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知八 mv2 qvB = r由解得，磁感应强度大小的取值范围2mv0(3 +扁/B2mv0ql(3)若粒子正好从0V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sin。=2V5. I2带电粒子的运动半径为a/5. = cos(30 + ) 粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离nn=sin30 + /)f 由式解得39-10a/3z44（二）选考题: 物理选修3-313.如图，一定量

15、的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（阻）图上的两条直线I和II表示，Vi和巧分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；加为它们的延长线与横轴交点的横坐标，加是它们的延长线与横轴交点的横坐标，to=-273.15C； a、b为直线I上的一点。由图可知，气体在状态。和的压强之比PaPb气体在状态力和c的压强之比业=Pc【答案】 （1）. 1 （2）.夺【解析】【分析】【详解】1根据盖吕萨克定律有V7+273整理得V = kt + Z13k由于体积-温度（V-Q图像可知，直线I为等压线，则“、力两点压强相等，则有压=1Pb设f = OC时，当气体体积为其压强为Pl，当气体体积为克其压强为P2,根据

16、等温变化，则有aK = P2*由于直线I和II各为两条等压线，则有P= Pb ， P.= Pc联立解得国= Il = YlPc P2 yi14.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,压强均等于大气压例，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O.5poV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的体积减小为一。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。活塞隔板【答案】(i) Va=0.4V, Pb=2p萨(ii) Va=(45-

17、V)V, PbPo【解析】【分析】【详解】(i)对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有解得Pb= 2p。对A气体分析，根据波意耳定律有PoV = PMPa = Pb+O5Po联立解得V, = 0.4V3（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为二V,由波意耳定律可得 23p(y=p-v0则A此情况下的压强为2P = -PoPb-Q-5Po则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为*、压强为p；,气体B的体积为*、压强为p；,根 据等温变化有p(y=pava * p(y=pbvb、+*=2U，pA=pB-Q.5p0联立解得, 3 - a/? .全圭、 3+打Pb =Po

18、 (舍去)PbVa=(45-1)V物理选修3-415.如图，单色光从折射率=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3xlO8m/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r的取值范围是 st。)，质点A位于波峰。求(i)从fl时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；(ii)t时刻质点B偏离平衡位置的位移。【答案】G)0.8s； (ii) -0.5cm【解析】【分析】【详解】(i)因为波长大于20cm,所以波的周期7 = -1.0sv由题可知，波的周期是T = 2Ar = 1.2s波的波长2 = vT = 24cm在H时刻(ri0),质点A位于波峰。因为AB距离小于一个波长，B到波峰最快也是A的波峰传过去，所以从时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间t = = 0.8s(ii)在H时刻(fi0),由题意可知，此时图象的函数是71 / 、y = cos x(cm)h时刻质点B偏离平衡位置的位移yB = cos 有乌(cm) = -0.5cm