2021年高考真題-物理（江蘇卷）

江蘇省2021年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試

物理

一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分，每題只有一個選項最符合題意

1.用“中子活化”技術(shù)分析某樣品的成分，中子轟擊樣品中的;"N產(chǎn)生14c和另一種粒子X,則X是（）

A.質(zhì)子B.a粒子C.￡粒子D.正電子

【答案】A

【解析】

【詳解】該核反應(yīng)方程為

可知X是質(zhì)子。

故選Ao

2.有研究發(fā)現(xiàn)，某神經(jīng)細(xì)胞傳遞信號時，離子從細(xì)胞膜一側(cè)流到另一側(cè)形成跨膜電流，若將該細(xì)胞膜視為

IxlO^F的電容器，在2ms內(nèi)細(xì)胞膜兩側(cè)的電勢差從-70mV變?yōu)?0mV,則該過程中跨膜電流的平均值

為（）

A.1.5xlO-7AB.2X10-7AC.3.5xW7AD.5xl0~7A

【答案】D

【解析】

【詳解】根據(jù)

Q=CU

可知

△Q=CAU=10-8X（30+70）X10-3C=10-9C

則該過程中跨膜電流的平均值為

IO-9

A=5X10-7A

t2x10-3

故選D。

3.我國航天人發(fā)揚"兩彈一星"精神砥礪前行，從“東方紅一號〃到"北斗"不斷創(chuàng)造奇跡?！氨倍贰ǖ?9顆衛(wèi)星

的發(fā)射邁出組網(wǎng)的關(guān)鍵一步。該衛(wèi)星繞地球做圓周運動，運動周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，軌道平面與地球

赤道平面成一定夾角。該衛(wèi)星（）

A.運動速度大于第一宇宙速度

B.運動速度小于第一宇宙速度

C.軌道半徑大于“靜止”在赤道上空的同步衛(wèi)星

D.軌道半徑小于“靜止〃在赤道上空的同步衛(wèi)星

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.第一宇宙速度是指繞地球表面做圓周運動的速度，是環(huán)繞地球做圓周運動的所有衛(wèi)星的最大

環(huán)繞速度，該衛(wèi)星的運轉(zhuǎn)半徑遠(yuǎn)大于地球的半徑，可知運行線速度小于第一宇宙速度，選項A錯誤B正確;

CD.根據(jù)

Mm

G-p-

可知

\GMT2

因為該衛(wèi)星的運動周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，等于"靜止”在赤道上空的同步衛(wèi)星的周期，可知該衛(wèi)星的軌道

半徑等于“靜止”在赤道上空的同步衛(wèi)星的軌道半徑，選項CD錯誤。

故選Bo

4.如圖所示，半徑為R的圓盤邊緣有一釘子8,在水平光線下，圓盤的轉(zhuǎn)軸A和釘子8在右側(cè)墻壁上形成

影子。和P,以。為原點在豎直方向上建立x坐標(biāo)系。，=0時從圖示位置沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動圓盤，角

速度為“，則P做簡諧運動的表達(dá)式為（）

二

P

光

三

線0

二

A.x=/?sin(6X--)

B.x=Rs\n(a>t+—)

式

C.x=2/?sin（6X——）

JI

D.x=2RsinQ+—）

2

【答案】B

【解析】

【詳解】由圖可知，影子P做簡諧運動的振幅為R,以向上為正方向，設(shè)P的振動方程為

x=Rsin（cot+（p）

由圖可知，當(dāng)r=0時，P的位移為星，所用時間為

71

t=—

CD

代入振動方程解得

兀

則P做簡諧運動的表達(dá)式為

c?/%、

x=Rsin（（ot+—）

故BE確，ACD錯誤。

故選Bo

5.在光滑桌面上將長為的軟導(dǎo)線兩端固定，固定點的距離為2L，導(dǎo)線通有電流/,處于磁感應(yīng)強度大

小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導(dǎo)線中的張力為（）

A.BILB.2BILC.TTBILD.ITTBIL

【答案】A

【解析】

【詳解】從上向下看導(dǎo)線的圖形如圖所示

導(dǎo)線的有效長度為2L,則所受的安培力大小

F=2BIL

設(shè)繩子的張力為7，由幾何關(guān)系可知

7」

2

解得

T=BIL

故A正確，BCD錯誤。

故選A.

6.鐵絲圈上附有肥皂膜，豎直放置時，肥皂膜上的彩色條紋上疏下密，由此推測肥皂膜前后兩個面的側(cè)視

【答案】C

【解析】

【詳解】薄膜干涉為前后兩個面反射回來的光發(fā)生干涉形成干涉條紋，在復(fù)色光時，出現(xiàn)彩色條紋，由于

重力作用，肥皂膜前后表面的厚度從上到下逐漸增大，從而使干涉條紋的間距上疏下密，由于表面張力的

作用，使得肥皂膜向內(nèi)凹陷，故C正確，ABD錯誤。

故選Co

7.某種材料制成的半圓形透明磚平放在方格紙上，將激光束垂直于AC面射入，可以看到光束從圓弧面

A8C出射，沿4C方向緩慢平移該轉(zhuǎn)，在如圖所示位置時，出射光束恰好消失，該材料的折射率為（）

C.1.6D.1.8

【答案】A

【解析】

【詳解】畫出激光束從玻璃磚射出時恰好發(fā)生全反射的入射角如圖所示

激光束

全反射的條件

sin6=一

n

由幾何關(guān)系知

sin6>=-

6

聯(lián)立解得

72=1.2

故A正確，BCD錯誤.

故選A.

8.如圖所示，分別用1、2兩種材料作K極進(jìn)行光電效應(yīng)探究，其截止頻率匕＜%,保持入射光不變，則

光電子到達(dá)a極時動能的最大值七財隨電壓u變化關(guān)系的圖像是（）

光策\\弋窗口

【答案】C

【解析】

【詳解】光電管所加電壓為正向電壓，則根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程可知光月子到達(dá)4極時動能的最大值

￡施=方+初-%”止

可知紇圖像斜率相同，均為e；截止頻率越大，則圖像在縱軸上的截距越小，因匕＜匕，則圖像C

正確，ABD錯誤。

故選Co

9.如圖所示，48兩籃球從相同高度同時拋出后直接落入籃筐，落入籃筐時的速度方向相同，下列判斷正

確的是（）

A.A比8先落入籃筐

B.A、8運動的最大高度相同

C.A在最高點的速度比8在最高點的速度小

D.4、8上升到某一相同高度時的速度方向相同

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.若研究兩個過程的逆過程，可看做是從籃筐沿同方向斜向上的斜拋運動，落到同一高度上的

八8兩點，則4上升的高度較大，高度決定時間，可知4運動時間較長，即8先落入籃筐中，AB錯誤；

C.因為兩球拋射角相同，4的射程較遠(yuǎn)，則A球的水平速度較大，即在最高點的速度比8在最高點的速度

大，C錯誤；

D.由斜拋運動的對稱性可知，當(dāng)4、8上升到與籃筐相同高度時的速度方向相同，D正確。

故選D。

10.一?球面均勻帶有正電荷，球內(nèi)的電場強度處處為零，如圖所示，。為球心，A.B為直徑上的兩點，

OA=OB,現(xiàn)垂直于AB將球面均分為左右兩部分，C為截面上的一點，移去左半球面，右半球面所帶電

荷仍均勻分布，則（）

A.0、C兩點電勢相等

B.4點的電場強度大于8點

C.沿直線從4到B電勢先升高后降低

D.沿直線從4到8電場強度逐漸增大

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.由于球殼內(nèi)部的場強為零，補全以后可知在右側(cè)球殼任取一點，該點和C連線后過左半邊球殼

一點，兩點對C的庫侖力為零，即等大反向共線，將左側(cè)沿豎直對稱到右側(cè)球面，則可以知道這兩個點在C

點的合場強水平向左，根據(jù)疊加原理可知C點場強向左，同理0C上都是水平向左，因此0C是等勢線，故

A正確；

BD.將題中半球殼補成一個完整的球殼，且?guī)щ娋鶆?，設(shè)左、右半球在A點產(chǎn)生的電場強度大小分別為日

和員；由題知，均勻帶電球殼內(nèi)部電場強度處處為零，則知

E1=E2

根據(jù)對稱性，左右半球在8點產(chǎn)生的電場強度大小分別為&和日，且

EI=E2

在圖示電場中，4的電場強度大小為方向向左，8的電場強度大小為方向向左，所以A點的電場強

度與B點的電場強度相同，沿直線從4到8電場強度不可能逐漸增大，故BD錯誤；

C.根據(jù)電場的疊加原理可知，在48連線上電場線方向向左，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則沿直線從

4到B電勢升高，故C錯誤；

故選Ao

二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題~第15題解答時請寫出必要的文字說明、方

程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數(shù)值計算時，答案中必須明確寫出

數(shù)值和單位。

11.小明利用如圖1所示的實驗裝置驗證動量定理。將遮光條安裝在滑塊上，用天平測出遮光條和滑塊的總

質(zhì)量M=200.0g,槽碼和掛鉤的總質(zhì)量〃z=50.0g。實驗時，將滑塊系在繞過定滑輪懸掛有槽碼的細(xì)線上。

滑塊由靜止釋放，數(shù)字計時器記錄下遮光條通過光電門1和2的遮光時間和以及這兩次開始遮光

的時間間隔用游標(biāo)卡尺測出遮光條寬度，計算出滑塊經(jīng)過兩光電門速度的變化量Au。

（1）游標(biāo)卡尺測量遮光條寬度如圖2所示，其寬度d=mm：

（2）打開氣泵，帶氣流穩(wěn)定后調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，直至看到導(dǎo)軌上的滑塊能在短時間內(nèi)保持靜止，其目的是

（3）多次改變光電門2的位置進(jìn)行測量，得到加和△口的數(shù)據(jù)如下表請根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在方格紙上作出

Av-Az圖線o

A//s0.7210.7900.8540.9130.968

-1

Av/(m-s)1381.521.641.751.86

（4）查得當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2,根據(jù)動量定理，圖線斜率的理論值為

__________m/s2;

（5）實驗結(jié)果發(fā)現(xiàn)，圖線斜率的實驗值總小于理論值，產(chǎn)生這一誤差的兩個可能原因時—

A.選用的槽碼質(zhì)量偏小

B.細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不完全平行

C.每次釋放滑塊的位置不同

D.實驗中4的測量值偏大

【答案】?.10.20②.將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平

?.1.96⑤.BD##DB

【解析】

【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為10mm+4x0.05mm=10.20mm；

（2）[2]滑塊保持穩(wěn)定，說明氣墊導(dǎo)軌水平;

（4）[4]根據(jù)動量定理=變形得

mgAt—（A/十77i）Av

則△□-Z圖線斜率的理論值

k=-m/s2=1.96m/s2

M+fn

（5）⑸根據(jù)動量定理凡k=變形得

Av__F

ArM

A.槽碼質(zhì)量偏小，而實際的槽碼質(zhì)量偏大，則合外力尸偏大，所以圖線斜率的實驗值偏大，A錯誤；

B.細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌不平行，滑塊實際所受合外力為尸的水平分力，所以圖線斜率的實驗值偏小，B正確:

C.滑塊釋放的位置與斜率相關(guān)的參量無關(guān)，C錯誤；

Av

D.AT偏大，則一偏小，圖線斜率偏小,D正確。

故選BD

12.貫徹新發(fā)展理念，我國風(fēng)力發(fā)電發(fā)展迅猛，2020年我國風(fēng)力發(fā)電量高達(dá)4000億千瓦時。某種風(fēng)力發(fā)電

機的原理如圖所示，發(fā)電機的線圈固定，磁體在葉片驅(qū)動下繞線圈對稱軸轉(zhuǎn)動，已知磁體間的磁場為勻強

磁場，磁感應(yīng)強度的大小為0.20T,線圈的匝數(shù)為100、面積為0.5m?,電阻為0.6C,若磁體轉(zhuǎn)動的角速

度為90rad/s,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為50A。求:

（1）線圈中感應(yīng)電動勢的有效值E;

（2）線圈的輸出功率P。

【答案】(1)E=6.4X102V：(2)P=3.1X104W

【解析】

【詳解】（1）電動勢的最大值

E=NBSco

有效值

E喙

解得

「NBSco

E=yr

帶入數(shù)據(jù)得

E=6.4X102V

（2）輸出電壓

U=E-Ir

輸出功率

P=IU

解得

P=I(E-Ir)

代入數(shù)據(jù)得

P=3.1xlO4W

13.如圖所示，一定質(zhì)量理想氣體被活塞封閉在氣缸中，活塞的面積為S,與氣缸底部相距L,氣缸和活塞

絕熱性能良好，氣體的壓強、溫度與外界大氣相同，分別為P。和小?，F(xiàn)接通電熱絲加熱氣體，一段時間后

斷開，活塞緩慢向右移動距離L后停止，活塞與氣缸間的滑動摩擦為/，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整

個過程中氣體吸收的熱量為Q，求該過程中

（1）內(nèi)能的增加量AU；

（2）最終溫度兀

LX

電熱絲

【答案】（1）\U=Q-{p.S+f}L,（2）T=

【解析】

【詳解】（1）活塞移動時受力平衡

%S=p0S+于

氣體對外界做功

W=P\SL

根據(jù)熱力學(xué)第一定律

\U=Q-W

解得

△U=Q_?S+f）L

（2）活塞發(fā)生移動前，等容過程

PCL.PL

，o八

活塞向右移動了3等壓過程

乜4

八T

且

匕=2耳

解得

2（p0S+f）

1一

PoS

14.如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的。點，小圓環(huán)4和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長

為2L的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于。和4質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線的中點，裝置靜止時，細(xì)線與

豎直方向的夾角為37。，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到53。時，48間

細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g,sin37°=0.6,

cos370=0.8?求：

（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；

（2）環(huán)4的質(zhì)量M：

（3）上述過程中裝置對48所做的總功W。

【答案】（1）等；（2）以?、钱?dāng)3

86430

【解析】

【詳解】（1）設(shè)45、03的張力分別為6、F”A受力平衡

F=f]sin37°

B受力平衡

匹cos37°+F2COS37°=mg

耳sin37。sin37。

解得

尸二幽

8

（2）設(shè)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為0,對4

Q

F=M（D2-L

5

對8

mgtan53°=ma）2?1L

解得

M=-m

64

（3）8上升的高度/7=（L,4、8的動能分別為

r】A/"丫萬lf4.

￡^=-A7l：E^=-m\a）-L

根據(jù)能量守恒定律可知

W=（線A-0）十（/-。）十mgh

解得

W=—mgL

30

15.如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強磁場區(qū)域以。點為圓心，磁感應(yīng)強度大小為8,加速電壓的大小為

U、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從。附近飄入加速電場，多次加速后粒子經(jīng)過P點繞。做圓周運動，半

徑為R,粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉(zhuǎn)器”，如圖

2所示，偏轉(zhuǎn)器的兩極板M和/V厚度均勻，構(gòu)成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為1,當(dāng)M、N間加有電

壓時，狹縫中產(chǎn)生電場強度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計

M.N間的距離。求：

（1）粒子加速到P點所需要的時間t;

（2）極板N的最大厚度"m；

［物亞］騰⑵2匹2mU64mU_2mER.a

【答案】（1）；（3）R+—---------sin—

2

、2mU薩'-/JqBR-mE2

【解析】

【詳解】（1）設(shè)粒子在P的速度大小為Up,則根據(jù)

v2

qvB=tn—

可知半徑表達(dá)式為

R二班

qB

對粒子在靜電場中的加速過程，根據(jù)動能定理有

粒子在磁場中運動的周期為

丁271m

1=--1----

qB

粒子運動的總時間為

f=(n-l)x^

解得

(qB2R2[)乃加