12BET备用

2021年全国高考物理试卷及答案

Posted On
Posted By admin

— PAGE \* Arabic 1 — 2021年全国高考物理试卷及答案 2017·全国卷Ⅱ(物理) 14.O2[2017·全国卷Ⅱ] 如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在 大圆环上套着一个小环,小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大 圆环对它的作用力( ) 图1 A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心 14.A [解析] 光滑大圆环对小环的作用力只有弹力,而弹力总跟接触面垂直,且小环 的速度总是沿大圆环切线方向,故弹力一直不做功,A 正确,B 错误;当小环处于最高点和 最低点时,大圆环对小环的作用力均竖直向上,C、D 错误. 15.D4[2017·全国卷Ⅱ] 一静止的铀核放出一个α 粒子衰变成钍核,衰变方程为23982U→23940 Th+42He.下列说法正确的是( ) A.衰变后钍核的动能等于α 粒子的动能 B.衰变后钍核的动量大小等于α 粒子的动量大小 C.铀核的半衰期等于其放出一个α 粒子所经历的时间 D.衰变后α 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 15.B [解析] 衰变过程动量守恒,生成的钍核的动量与α粒子的动量等大反向,根据 p2 Ek=2m,可知衰变后钍核的动能小于α粒子的动能,所以 B 正确,A 错误;半衰期是一半数 量的铀核衰变需要的时间,C 错误;衰变过程放出能量,质量发生亏损,D 错误. 16.B7[2017·全国卷Ⅱ] 如图,一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运 动.若保持 F 的大小不变,而方向与水平面成 60°角,物块也恰好做匀速直线运动,物块与 桌面间的动摩擦因数为( ) 图1 A.2- 3 3 B. 6 3 3 C. 3 D. 2 16.C [解析] 因为物块均做匀速直线运动,所以拉力水平时,F=μmg,拉力倾斜时, 将 F 沿水平方向和竖直方向分解,根据平衡条件有 Fcos 60°=μ(mg-Fsin 60°),解得 μ= 3 3. 17.D6、E6[2017·全国卷Ⅱ] 如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与 地面垂直.一小物块以速度 v 从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点 到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为 g)( ) 图1 v2 A.16g v2 B.8g v2 C.4g v2 D.2g 17.B [解析] 物块上升到最高点的过程,机械能守恒,有12mv2=2mgr+12mv21,由平抛 运动规律,水平方向,有 x=v1t,竖直方向,有 2r=12gt2,解得 x= 4gv2r-16r2,当 v2 r=8g时, x 最大,B 正确. 18.K2[2017·全国卷Ⅱ] 如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P 为磁场边界上的一点.大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点,在纸面内沿不同方向射 入磁场.若粒子射入速率为 v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒 子射入速率为 v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力及带电粒子之间的相互作 用.则 v2∶v1 为( ) A. 3∶2 B. 2∶1 C. 3∶1 图1 D.3∶ 2 18.C [解析] 当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时,出射点与入射点的距离最远,故射 入的速率为 v1 时,对应轨道半径为 r1=Rsin 30°,射入的速率为 v2 时,对应轨道半径为 r2= Rsin 60°,由半径公式 r=mqBv可知轨道半径与速率成正比,因此vv21=rr21= 3,C 正确. 19.D5(多选)[2017·全国卷Ⅱ] 如图,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,P 为近日点,Q 为 远日点,M、N 为轨道短轴的两个端点,运行的周期为 T0.若只考虑海王星和太阳之间的相互 作用,则海王星在从 P 经 M、Q 到 N 的运动过程中( ) 图1 A.从 P 到 M 所用的时间等于T40 B.从 Q 到 N 阶段,机械能逐渐变大 C.从 P 到 Q 阶段,速率逐渐变小 D.从 M 到 N 阶段,万有引力对它先做负功后做正功 19.CD [解析] 海王星从 P 经 M 到 Q 点的时间为T20,在近日点附近速率大,在远日点 附近速率小,所以从 P 到 M 所用的时间小于T40,A 错误;海王星在运动过程中只受太阳的引 力作用,机械能守恒,B 错误;由开普勒第二定律可知,从 P 到 Q 阶段,速率逐渐变小, C 正确;从 M 到 N 阶段,海王星与太阳的距离先增大后减小,万有引力对它先做负功后做正功, D 正确. 20.L5(多选)[2017·全国卷Ⅱ] 两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面 垂直.边长为 0.1 m、总电阻为 0.005 Ω 的正方形导线框 abcd 位于纸面内,cd 边与磁场边界 平行,如图(a)所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd 边于 t=0 时刻进入磁场.线 框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取 正).下列说法正确的是( ) 图1 A.磁感应强度的大小为 0.5 T B.导线 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在 t=0.4 s 至 t=0.6 s 这段时间内,导线框所受的安培力大小为 0.1 N 20.BC [解析] 导线框运动的速度 v=tL1=00..21 m/s=0.5 m/s,根据 E=BLv=0.01 V 可知, B=0.2 T,A 错误,B 正确;根据楞次定律可知,磁感应强度的方向垂直于纸面向外,C 正 确;在 t=0.4 s 至 t=0.6 s 这段时间内,导线框中的感应电流 I=ER=00..00015 A=2 A,安培力大 小为 F=BIL=0.04 N,D 错误. 21.K1(多选)[2017·全国卷Ⅱ] 某同学自制的简易电动机示意图如图所示,矩形线圈由一 根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转 轴.将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方.为了使 电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将( ) 图1 A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 21.AD [解析] 若将左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉,线圈的上、下两边受安 培力而使线周后上、下两边受到的安培力使线圈速度减小至零,然后反向转回 来,最终做摆动,B 错误;若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉,且右转轴下侧的绝缘漆刮掉,电 路不能接通,C 错误;若将左转轴下侧或上、下两侧的绝缘漆都刮掉,且右转轴下侧的绝缘 漆刮掉,线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动,转过半周后电路不能接通,线圈能继续 按原方向转动,转过一周后上、下两边再次受到同样的安培力而使线圈继续转动,A、D 正 确. 22.A7[2017·全国卷Ⅱ] 某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加 速度之间的关系.使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器. 实验步骤如下: ①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端 相对于斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑; ②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间Δ t; ③用Δ s 表示挡光片沿运动方向的长度,如图(b)所示,v-表示滑块在挡光片遮住光线的 Δ t 时间内的平均速度大小,求出 v-; ④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中位置相同,令滑块由静止开 始下滑,重复步骤②、③; ⑤多次重复步骤④; ⑥利用实验中得到的数据作出 v-Δ t 图,如图(c)所示. 完成下列填空: (1)用 a 表示滑块下滑的加速度大小,用 vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度 大小,则 v-与 vA、a 和Δ t 的关系式为 v-=________. (2)由图(c)可求得,vA=________cm/s,a=________cm/s2.(结果保留 3 位有效数字) 22.[答案] a (1)vA+2Δt (2)52.1 16.3 [解析] (1)挡光片完全经过光电门时的速度 v=vA+aΔt,又因为 vA+v v= 2 ,解得 v=vA+ 12aΔt. (2)根据图像可知 vA=52.1 cm/s,求得 a=16.3 cm/s2. 23.J10[2017·全国卷Ⅱ] 某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为 100 μ A, 内阻大约为 2500 Ω )的内阻.可使用的器材有:两个滑动变阻器 R1、R2(其中一个最大阻值 为 20 Ω ,另一个最大阻值为 2000 Ω );电阻箱 Rz(最大阻值为 99 999.9 Ω );电源 E(电动势 约为 1.5 V);单刀开关 S1 和 S2.C、D 分别为两个滑动变阻器的滑片. (1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线)完成下列填空: ①R1 的最大阻值为________(填“20”或“2000”)Ω . ②为了保护微安表,开始时将 R1 的滑片 C 滑到接近图(a)中的滑动变阻器的________(填 “左”或“右”)端对应的位置;将 R2 的滑片 D 置于中间位置附近. ③将电阻箱 Rz 的阻值置于 2500.0 Ω ,接通 S1.将 R1 的滑片置于适当位置,再反复调节 R2 的滑片 D 的位置.最终使得接通 S2 前后,微安表的示数保持不变,这说明 S2 接通前 B 与 D 所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”). ④将电阻箱 Rz 和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将 Rz 的阻值置于 2601.0 Ω 时,在接通 S2 前后,微安表的示数也保持不变.待测微安表的内阻为________Ω (结果保留 到个位). (3) 写 出 一 条 提 高 测 量 微 安 表 内 阻 精 度 的 建 议 : ____________________________________________. 23.[答案] (1)连线 上的分压,尽可能使微安表接近满量程 [解析] (2)①滑动变阻器的分压式接法要求选用最大阻值较小的滑动变阻器,因此 R1 要选 择最大阻值为 20 Ω的滑动变阻器. ②开始时将 R1 的滑片移动到滑动变阻器的左端对应的位置,可使得微安表上的电压最 小,从而保护了微安表. ③接通 S1 前后,微安表的示数保持不变,这说明 S1 接通前后在 BD 中无电流流过,可知 B 与 D 所在位置的电势相等. ④因 B 与 D 电势相等, Rz = RA ,对调后 RA = Rz′ ,解得 RA= RzRz′=2550 Ω. R2左 R2右 R2左 R2右 24.A8[2017·全国卷Ⅱ] 为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线)的带 电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区 域,并从该区域的下边界离开.已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下;M 在电场中做直线 运动,刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时的动能的 1.5 倍.不计空气阻力,重力加速度 大小为 g.求: 图1 (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A 点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小. 25.[答案] (1)3∶1 1 (2)3H mg (3) 2q [解析] (1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0,则它们进入电场时的水平 速度仍然为 v0.M、N 在电场中运动的时间 t 相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向, 大小均为 a,在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2.由题给条件和运动学公式得 v0-at=0 ① s1=v0t+12at2 ② s2=v0t-12at2 ③ 联立①②③式得 ss12=3 ④ (2)设 A 点距电场上边界的高度为 h,小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy,由运动学 公式得 v2y=2gh ⑤ H=vyt+12gt2 ⑥ M 进入电场后做直线运动,由几何关系知 vv0y=Hs1 ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h=13H ⑧ (3)设电场强度的大小为 E,小球 M 进入电场后做直线y=mqEg ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2,由动能定理得 Ek1=12m(v20+v2y)+mgH+qEs1 ⑩ Ek2=12m(v20+v2y)+mgH-qEs2 ? 由已知条件 Ek1=1.5Ek2 ? 联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E= mg ? 2q 33.H3、H5[2017·全国卷Ⅱ] [物理—选修 3-3] (1)如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活 塞之间是真空.现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸.待气体达到稳定后,缓慢推压 活塞,将气体压回到原来的体积.假设整个系统不漏气.下列说法正确的是________. 图1 A.气体自发扩散前后内能相同 B.气体在被压缩的过程中内能增大 C.在自发扩散过程中,气体对外界做功 D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功 E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变 (2)一热气球体积为 V,内部充有温度为 Ta 的热空气,气球外冷空气的温度为 Tb.已知空 气在 1 个大气压、温度 T0 时的密度为 ρ0,该气球内、外的气压始终都为 1 个大气压,重力加 速度大小为 g. (ⅰ)求该热气球所受浮力的大小; (ⅱ)求该热气球内空气所受的重力; (ⅲ)设充气前热气球的质量为 m0,求充气后它还能托起的最大质量. 33.[答案] (1)ABD (2)(ⅰ)Vgρ0TT0b (ⅱ)Vgρ0TT0a (ⅲ)Vρ0T0??T1b-T1a??-m0 [解析] (1)气体向真空自发扩散,对外界不做功,且没有热传递,气体的内能不会改变, A 正确,C 错误;气体在被压缩的过程中,活塞对气体做功,因汽缸绝热,故气体内能增大, B 正确;气体在被压缩的过程中,外界对气体做功,D 正确;气体在被压缩的过程中内能增 加,而理想气体无分子势能,故气体分子的平均动能增加,选项 E 错误. (2)(ⅰ)设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度为 T0 时的体积为 V0,密度为 ρ0=Vm0 ① 在温度为 T 时的体积为 VT,密度为 ρ(T)=VmT ② 由盖—吕萨克定律得 VT00=VTT ③ 联立①②③式得 ρ(T)=ρ0TT0 ④ 气球所受到的浮力为 f=ρ(Tb)gV ⑤ 联立④⑤式得 f=Vgρ0TT0b ⑥ (ⅱ)气球内热空气所受的重力为 G=ρ(Ta)Vg ⑦ 联立④⑦式得 G=Vgρ0TT0a ⑧ (ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为 m,由力的平衡条件得 mg=f-G-m0g ⑨ 联立⑥⑧⑨式得 m=Vρ0T0??T1b-T1a??-m0 ⑩ 34.N2、N1[2017·全国卷Ⅱ] [物理—选修 3-4] (1)在“双缝干涉”实验中,用绿色激光照射在双缝上,在缝后的屏幕上显示出干涉图 样.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距,可选用的方法是________. A.改用红色激光 B.改用蓝色激光 C.减小双缝间距 D.将屏幕向远离双缝的位置移动 E.将光源向远离双缝的位置移动 (2)一直桶状容器的高为 2l,底面是边长为 l 的正方形;容器内装满某种透明液体,过容 器中心轴 DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示.容器右侧内壁涂有反光材料,其他内 壁涂有吸光材料.在剖面的左下角处有一点光源,已知由液体上表面的 D 点射出的两束光线 相互垂直,求该液体的折射率. 图1 34.[答案] (1)ACD (2)1.55 [解析] (1)两相邻亮条纹间距Δx=dl λ,因 λ 红

λ绿,所以Δx 红

Δx 绿,故改用红色激光后, 干涉图样中两相邻亮条纹的间距增大,A 正确;因 λ 蓝

δx 绿,b 错误;减小 双缝间距 d 会增大条纹间距,c 正确;将屏幕向远离双缝的位置移动,l 增大,会使条纹间距

GB T 32610-2016_日常防护型口罩技术规范_高清版_可检索.pdf

Related Post

leave a Comment