1、2021 年高考真题广东卷（解析版） 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，其衰变方程为 2626 1312 AlMgY，下列说法正确的是（ ） A. Y 是氦核 B. Y 是质子 C. 再经过 72 万年，现有的铝 26 衰变一半 D. 再经过 144 万年，现有的铝 26 全部衰变 【答案】C 【解析】AB根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，该核反应是 26260 13121 AlMge 即 Y 是正电子，选项 AB 错
2、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 【答案】D 【解析】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 22 2 22 4Mmv
3、 Gmm rmr rrT 可得 22323 2 4v rrr M GGGT 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
4、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 【答案】B 【解析】A将拉力 F 正交分解如下图所示 则在 x 方向可得出 Fx曲 = Fsin Fx直 = Fsin 在 y 方向可得出 Fy曲 = Fcos Fy直 = Fcos 由题知 则 sin cos 则可得到 Fx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。 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OP与横杆PQ链接而成，P、Q 为横 杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ
5、始终保持水平。杆OP绕 O 点从与水平方向成 30 匀速转动到 60 的过程中，下列说法正确的是（ ） 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 【答案】A 【解析】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； CQ 点在竖直方向的运动与 P 点相同，位移
6、y 关于时间 t 的关系为 y = lOP sin( 6 + t) 则可看出 Q 点在竖直方向不是匀速运动，C 错误； DQ 点在水平方向的位移 x 关于时间 t 的关系为 x = lOP cos( 6 + t) + 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根平行长直导线， 若中心直导线通入电流 1 I，四根平行直导线均通入电流 2 I， 12 II，电流方向如图所示，下列截面图中可 能正确表示通电后长管发生形变的是（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】因 12 I
7、I，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 2 I要受到 1 I吸引的安培力，形成 凹形，正方形上下两边的直导线 2 I要受到 1 I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， 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
8、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 【答案】D 【解析】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 ab 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 ab EE 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 m 因 ab EE，可得 ab aa 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 PaPb EE 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
9、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 【答案】B 【解析】A周期是 T=0.2s，频率是 1 5Hzf T 故 A 错误； B由理想变压器原理可知 11 22 Un Un 解得，副线两端的最大电压为 2 21 1 3V n UU n 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
10、应电动势越大，变压器的输入电压会越 大，故 C 错误； 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。 8. 赛龙舟是端午节的传统活动。下列v t和st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. 【答案】BD 【解析】 A 此图是速度图像， 由图可知，
11、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
12、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 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mgh 【答案】BC 【解析】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 cos2 y Pmgvmgvmggh 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
13、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 p Emgh 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。 10. 如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以 O 为圆心的圆弧导轨，圆 弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的 O 端与 e 点用导线相接，P 端与圆弧bc接 触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP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，下列说法正确的有（ ） A. 杆OP产生
14、的感应电动势恒定 B. 杆OP受到的安培力不变 C. 杆MN做匀加速直线运动 D. 杆MN中的电流逐渐减小 【答案】AD 【解析】AOP 转动切割磁感线产生的感应电动势为 2 1 2 EBr 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 1
15、114 题为必考题，考生都必须作答。第 1516 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 0 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量，进而计算其劲度系数。 n 1 2 3 4 5 6
16、 /cm n L 8.04 10.03 12.05 14.07 16.11 18.09 （1） 利用 ii 3i i1,2,3LLL 计算弹簧的压缩量： 1 6.03cmL， 2 6.08cmL， 3 L_cm， 压缩量的平均值 123 3 LLL L _cm； （2）上述 L 是管中增加_个钢球时产生的弹簧平均压缩量； （3）忽略摩擦，重力加速度 g 取 2 9.80m /s，该弹簧的劲度系数为_N/m。 （结果保留 3 位有效数字） 【答案】(1). 6.04 (2). 6.05 (3). 3 (4). 48.6 【解析】 （1）1根据压缩量的变化量为 363 (18.09 12.05)c
17、m6.04cmLLL 2压缩量的平均值为 123 6.036.086.04 cm6.05cm 33 LLL L （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 3sinmgkL 解得 -2 3sin3 0.2 9.8 sin30 N/m48.6N/m 6.05 10 mg k L 12. 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“0”处。测量
18、时观察到热敏电阻温度越高，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。 闭合开关 S 前，将滑动变阻器 1 R的滑片滑到_端（选填“a”或“b”） 。 将温控室的温度设置为 T，电阻箱 0 R调为某一阻值 01 R。闭合开关 S，调节滑动变阻器 1 R，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、T 和 01 R。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 R和 1 R，使电压表和电流表的 示数与上述记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值 02 R
19、。断开开关 S。 实验中记录的阻值 01 R_ 02 R（选填“大于”、“小于”或“等于”） 。此时热敏电阻阻值 T R _。 【答案】(1). 短接 减小 (2). b 大于 0102 RR 【解析】 （1）12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）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； 45因两次电压表和电流表的示数相同，因为 0102T RRR 即 0102T RRR 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
20、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 b，甲、乙相隔 2 1 3.5 10 ms ， 乙与边框 a 相隔 2 2 2.0 10 ms ，算珠与导杆间的动摩擦因数 0.1 。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，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度 g 取 2 10m/s 。 （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。 【答案】 （1）能； （2）0.2s 【解析】 （1）甲乙滑动时的加速度大小均为 2 1m/sag 甲与乙碰前的速度 v1，则
21、22 101 2vvas 解得 v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 123 mvmvmv 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 22 3 2 0.2 m=0.02m 22 1 v xs a 可知乙恰好能滑到边框 a； （2）甲与乙碰前运动的时间 01 1 0.40.3 s=0.1s 1 vv t a 碰后甲运动的时间 2 2 0.1s=0.1s 1 v t a 则甲运动的总时间为 12 0.2sttt 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
22、 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、 和。 各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能 0k E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 3R，电子质量为 m，电荷量为 e，忽略相对论效应，取tan22.50.4 。 （1）当 0 0 k E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，求区的磁感应强度大小、电子在区磁场中的运动 时间及在
23、Q 点出射时的动能； （2）已知电子只要不与区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当 k0 EkeU时，要保证电子从出射 区域出射，求 k 的最大值。 【答案】 （1） 5 eUm eR ， 4 R meU eU ，8eU； （2） 13 6 【解析】 （1）电子在电场中加速有 2 1 2 2 eUmv 在磁场中，由几何关系可得 tan22.50.4rRR 2 1 v Bevm r 联立解得 1 5 eUm B eR 在磁场中的运动周期为 2 r T v 由几何关系可得，电子在磁场中运动的圆心角为 5 4 在磁场中的运动时间为 2 tT 联立解得 4 R meU t eU 从 Q 点出来的动能
24、为 k 8EeU （2）在磁场中的做匀速圆周运动的最大半径为 m r，此时圆周的轨迹与边界相切，由几何关系可得 2 22 mm 3RrRr 解得 m 3 3 rR 由于 2 m 1m m v Bevm r 2 m 1 2 2 eUmvkeU 联立解得 13 6 k （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，
25、矿泉水瓶内气体的分子平均动能_（选填“变大”、“变小” 或“不变”） 。 【答案】小于 不变 【解析】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，以瓶内气体为研究对象，根 据理想气体状态方程 pV C T 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 5 1.0
26、 10 Pa，护士把注射器内横截面积 为 2 0.3cm、长度为 0.4cm、压强为 5 1.0 10 Pa的气体注入药瓶，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。 【答案】 5 1.3 10 Pa 【解析】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 3 1 0.9mL0.5mL=0.4mL=0.4cmV 注射器内气体体积为 V2，有 33 2 0.3 0.4cm0.12cmV 根据理想气体状态方程有 0121 1 p VVpV 代入数据解得 5 1 1.3 10 Pap 17. 如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，
27、小球静止。现将小球向下拉动距离 A 后由静止释放，并开始计 时，小球在竖直方向做简谐运动，周期为 T。经 8 T 时间，小球从最低点向上运动的距离_ 2 A （选填“大 于”、“小于”或“等于”） ；在 4 T 时刻，小球的动能_（选填“最大”或“最小”） 。 【答案】小于 最大 【解析】1根据简谐振动的位移公式 2 cosyAt T 则 8 T t 时有 22 sin 82 T yAA T 所以小球从最低点向上运动的距离为 2221 222 yAAAA 则小球从最低点向上运动的距离小于 2 A 。 2在 4 T t 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。 18. 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。 【答案】 sin sin 【解析】根据光的折射定律有 sin sin n 根据光的全反射规律有 1 sin n 联立解得 sin sin sin