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2021年广东省高考物理真题(解析版)

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