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1、2021 年普通高等学校招生全国统一考试新课标 I 卷 理科综合能力测试试题 第 I 卷 二、选择题：本大题共 8 小题，每题 6 分在每题给出的四个选项中 1418 题只有一项符合题目要求 1921 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 14 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子不计重力，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 A轨道半径减小，角速度增大 B轨道半径减小，角速度减小 C轨道半径增大，角速度增大 D轨道半径增大，角速度减小 D 解析：由于磁场方向与速度方向垂直，粒子在洛伦兹力
2、作用下做匀速圆周运动，从较强磁场区进入较弱磁场区后速度大小不变，轨道半径mRqBv随磁场减弱而增大，角速度Rv随半径的增大而减小，D 项正确 15 如图，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为M、N、P、P一电子由 M 点分别运动到 N 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等，那么 A直线 a 位于某一等势面内，QM B直线 c 位于某一等势面内，NM C假设电子有 M 点运动到 Q 点，电场力做正功 D假设电子有 P 点运动到 Q 点，电场力做负功 B 解析：电子带负电荷，从 M 到 N 和 P 做功相等，说明电势差相等，
3、因此NP，直线 c、d 为两条等势线，电子由从 M 到 N，电场力做负功，表示 MQ 为高电势，NP 为低电势所以直线 c 位于某一等势线内，即MQMN、，选项 A 错 B 对假设电子从 M 点运动到Q 点，初末位置电势相等，电场力不做功，选项 C 错电子从 P 到 Q 即从低电势到高电势，电场力做正功，电势能减少，选项 D 错 16 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为 3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同abcdMNPQ的电阻，原线圈一侧接在电压为 220V 的正弦交流电源上，如下图设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为 k，那么 A166V,9Uk
4、 B122V,9Uk C166V,3Uk D122V,3Uk A 解析：原、副线圈电压比等于匝数比，即1:3:1UU，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流UIR，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流13UIR，那么原线圈输入电压220V33UURR，整理可得66VU；通过两电阻的电流之比1221:1:3IInn，理想变压器原、副线圈回路中消耗的功率即回路中电阻R消耗的功率，由2PI R可得有221212:1:9kP PII，选项 A 对 考点：变压器 17 如图，一半径为 R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水平一质量为 m
5、的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg，g 为重力加速度的大小用 W 表示质点从 P 点运动到 N点的过程中客服摩擦力所做的功那么 A mgRW21，质点恰好可以到达 Q 点 B mgRW21，质点不能到达 Q 点 C mgRW21，质点到达 Q 后，继续上升一段距离 D mgRW21，质点到达 Q 后，继续上升一段距离 C 解析：质点通过 N 点时的速度为v，那么24mgmgmRv，由动能定理得2122mgRWmv，解得mgRW21；从 N 到 Q，小球运动的平均速度比从 P 到 N 小，对轨道的压力也小，因此
6、平均摩擦力也小，克服摩擦力做功WW，设小球能到达 Q 点，且具有速度 v，由动能定理得2102mgRWWmv，0 v，即质点能到达 Q 点，且继续上升一段距离，C 项正确 RR RRPQONm考点：功能关系 18一带有乒乓球发射机的乒乓球台如下图水平台面的长和宽分别为1L和2L，中间球网高度为h发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h不计空气的作用，重力加速度大小为 g假设乒乓球的发射速率为v在某范围内，通过选择适宜的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，那么v的最大取值范围是 A12266LggLhhv B22112(4)46LLL g
7、ghhv C22112(4)12626LLL gghhv D22112(4)1426LLL gghhv D 解析：乒乓球做平抛运动，从发射到落在球台上的时间16htg，恰好过球网的时间22htg；恰好过球网的最短距离为12L，那么1min 22Lt v，即乒乓球的最小速率11min224LLgthv；乒乓球落在球台上的最大水平位移222221121()422LxLLL，且max 1xt v，解得乒乓球的最大速率2212max(4)126LL ghv，选项 D 正确 考点：曲线运动 191824 年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚
8、可以自由旋转的磁针，如下图 实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后以下说法正确的选项是 A圆盘上产生了感应电动势 B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 AB 解析：将圆盘沿半径方向分割成许多金属条，圆盘转动时，这些金属条做切割磁感线运3h L1 L2 发射点 球网 乒乓球 铜圆盘 动产生感应电动势，A 项正确；以圆盘中心为界，两侧穿过盘面的磁感线方向不同，且盘面不同位置磁感应强度不同，因此圆盘转动时，穿
9、过圆盘两侧局部磁通量发生变化，在盘面上不同位置产生涡流，根据楞次定律，涡流阻碍圆盘与磁针的相对运动，使磁针跟随圆盘转动，但产生涡流是前提，因此磁针的转动比圆盘略有滞后，B 项正确；由于对称关系，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量总为零，C 错；由于圆盘呈中性，其中自由电子与正电荷形成的环形电流相互抵消，对外不形成电流，D 错 考点：电磁感应 20如图a，一物块在 t=0 时刻滑上一固定斜面，其运动的tv图象如图b所示假设重力加速度及图中的0v、1v、1t均为量，那么可求出 A斜面的倾角 B物块的质量 C物块与斜面间的动摩擦因数 D物块沿斜面向上滑行的最大高度 ACD 解析：小球滑上斜面的初速度0v
10、，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度 0，那么平均速度即02v，所以沿斜面向上滑行的最远距离012stv，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sincosggtv，向下滑行11sincosggtv，整理可得011sin2gtvv，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项 AC 对根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin224stgtgvvvvvv，选项 D 对仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项 B 错 考点：牛顿运动定律 21我国发射的“嫦娥三号登月探测器靠近月球后，先在月球外表附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面 4m 高处做一次悬
11、停可认为是相对于月球静止；最后关闭发动机，探测器自由下落探测器的质量约为91.3 10 kg，地球质量约为月球的 81 倍，地球半径为月球的 3.7 倍，地球外表的重力加速度大小约为29.8m/s那么次探测器 A在着陆前瞬间，速度大小约为8.9m/s B悬停时受到的反冲作用力约为32 10 N C从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒 D在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度 BD 解析：星球外表万有引力提供重力即2GMmmgR，重力加速度2GMgR，地球外表229.8m/sGMgR，那么月球外表2213.7 3.71811816()3.7GMGMggRR，那么
12、探测器重力11300kg9.8N/kg2000N6Gmg，选项 B 对，探测器自由落体，末速度429.8m/s8.9m/s3g h v，选项 A 错关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，而离开近月轨道后还有制动悬停，所以机械能不守恒，选项 C 错近月轨道即万有引力提供向心力13.7811813.7GMGMGMRRRv，小于近地卫星线速度，选项 D 对 考点：万有引力与航天 第 II 卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两局部第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 3340 题为选考题，考生根据要求作答 一必考题129 分 22 6 分 某物理小组的同学设计了一个粗制玩具小车通
13、过凹形桥最低点时的速度的实验 所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器圆弧局部的半径为 R=0.20m 完成以下填空：（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图a所示，托盘秤的示数为 1.00kg；（2）将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图b所示，该示数为_kg;（3）将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为 m；屡次从同一位置释放小车，记录各次的 m 值如下表所示：序号 1 2 3 4 5 mkg 1.80 1.75 1.85 1.75 1.90（4）根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为_N；小车通过最
14、低点时的速度大小为_m/s 重力加速度大小取 9.80m/s2，计算结果保存 2 位有效数字 答案：21.4 4 7.94N；1.4m/sv 解析：根据秤盘指针可知量程是 10kg，指针所指示数为 1.4kg 4记录的托盘称各次示数并不相同，为减小误差，取平均值，即1.81kgm 而模拟器的重力为9.8NGm g，所以 小车经过凹形桥最低点的压力为7.94Nmgmg根据径向合力提供向心力即27.94(1.41)9.8(1.41)Rv，整理可得1.4m/sv 考点：圆周运动 23 9 分图a为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路 1毫安表表头的内阻为 100，满偏电流为
15、 1mA；1R和2R为阻值固定的电阻假设使用 a和 b 两个接线柱，电表量程为 3mA；假设使用 a 和 c 两个接线柱，电表量程为 10mA由题给条件和数据，可求出1R=，2R=2 现用量程为 3mA、内阻为 150 的标准电流表对改装电表的 3mA 挡进行校准，校准时需选取的刻度为 05、10、15、20、25、30mA电池的电动势为 15V，内阻忽略不计；定值电阻0R有两种规格，阻值分别为 300 和 1000；滑动变阻器 R 有两种规格，最大阻值分别为 750 和 3000那么0R应选用阻值为 的电阻，R 应选用最大阻值为 的滑动变阻器 3假设电阻1R和2R中有一个因损坏而阻值变为无穷
16、大，利用图b的电路可以判断出损坏的电阻 图 b 中的R为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图 a 虚线框内的电路 那么图中的 d 点应和接线柱 填b或c 相连 判断依据是：答案：1115R 235R 2500 3000 3c 假设电流表无示数，那么说明2R断路，假设电流表有示数，那么说明1R断路 解析：1假设使用 a 和 b 两个接线柱，定值电阻1R、2R串联后和毫安表并联，量程为 3mA，根据并联规律可得12gggRIIRRI，通过表头gR的电流为 1mA，那么通过1R的电流为2mA，电流比为 1:2，所以电阻比为 2:1，可得121502gRRR 假设使用 a 和 c 两个接线柱，2R与表
17、头串联后再与1R并联，电表量程为 10mA，通过1R的电流为9mA，电流比为 1:9，可得电阻比为 9:1，即121()9gRRR，整理可得235R，115R 根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为1.5V30000.0005A，最小阻值为1.5V5000.003A，假设定值电阻选择为 1000，那么无法校准 3.0mA 刻度，所以定值电阻选择 500由于最大阻值要到达 3000，所以滑动变阻器选择 3000 因为只有一个电阻损坏，所以验证2R是否损坏即可故 d 点应和接线柱“c相连，假设电流表无示数，那么说明2R断路，假设电流表有示数，那么1R断路 考点：电流表的改装 24 12 分
18、如图，一长为 10cm 的金属棒 ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为 0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为 12V 的电池相连，电路总电阻为 2开关断开时两弹簧的伸长量均为 0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取210m/s判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量 答案：0.01kgm 解：依题意，开关闭合后，电流方向从 b 到 a，由左手定那么可知，金属棒所受安培力方向竖直向下 开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为1x
19、=0.5cm由胡克定律和力的平衡条件得 12kxmg 式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 FBIL 式中，I为回路电流，L是金属棒的长度两弹簧各自再伸长了0.3cmx，那么胡克定律和平衡条件得 12()k xxmgF 由欧姆定律有 EIR 式中，E为电源电动势，R为回路总电阻 联立，并代入数据解得 0.01kgm 考点：安培力 25 20 分一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5m，如图a所示0t 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1st 时木板与墙
20、壁碰撞 碰撞时间极短 碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板碰撞后 1s 时间内小物块的tv图线如图b所示木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取210m/s求 1木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；2木板的最小长度；3木板右端离墙壁的最终距离 答案：110.1 20.4 26m 36.5m 解：规定向右为正方向木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速直线运动，设加速度为1a，小物块和木板的质量认为m和M由牛顿第二定律有 11()()mM gmM a 由图可知，碰撞前木块与木板共同速度为04m/sv，由运动学公式得 10
21、1 1a tvv 200 11 112xta tv 式中，1t=1s，0 x=4.5m 是木板碰前的位移，0v是小物块和木板开始运动时的速度 联立式和题给条件得 1=0.1 在木板与墙壁碰撞后，木板以1v的初速度向左做匀变速运动，小物块以1v的初速度向右做匀变速运动设小物块的加速度为2a，由牛顿第二定律有 22mgma 由图可得 21221attvv 式中，2t=2s，2v=0，联立式和题给条件得 2=0.4 (2)设碰撞后木板的加速度为3a，经过时间t木板和小物块刚好具有共同速度3v，由牛顿第二定律及运动学公式得 213()mgMm gMa 313atvv 312atvv 碰撞后至木板和小物
22、块刚好到达共同速度的过程中，木板运动的位移为 1312xt-vv 小物块运动的位移为 1312xtvv 小物块相对木板的位移为 21xxx 联立式并代入数据解得 x=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0m(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至静止，设加速度为4a，此过程中小物块和木板运动的位移为3x由牛顿第二定律及运动学公式得 14()g()mMm+M a 234302a xv 碰后木板运动的位移为 13xxx 联立式，并代入数据解得 6.5mx 木板右端离墙壁的最终距离为 6.5m 考点：牛顿运动定律 二选考题：共 45 分请考
23、生从 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题中各选一题作答 33【物理选修 3-3】15 分 1 5 分以下说法正确的选项是 填正确答案标号，选对一个得 2 分，选对 2个得 4 分，选对 3 个得 5 分每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分 A将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体 B固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质 C由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D在适宜的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体 E在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变 答案：BCD 解析：晶体有固定
24、的熔点，并还会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶体，A 错；根据是否有固定的熔点，可以把固体分为晶体和非晶体两类，晶体有各向异性，B 项正确；同种元素构成的物质可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体如金刚石和碳，选项 C 对；晶体的分子排列结构如果遭到在干就可能形成非晶体，反之亦然，D 项正确；熔化过程中，晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，E 项错误 考点：晶体非晶体 2 10 分如图，一固定的竖直气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，大活塞的质量为12.50kgm，横截面积为2180.0cms，小活塞的质量为21.50kgm，横截面积为2240.0cms；
25、两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为40.0cml，气缸外大气压强为51.00 10 Pap，温度为303KT 初始时大活塞与大圆筒底部相距2l，两活塞间封闭气体的温度为1495KT，现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g取210m/s，求 i在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度 ii缸内封闭的气体与缸外大气到达热平衡时，缸内封闭气体的压强 解：()设初始时气体的体积为1V，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为2V，温度为2T，由题给条件得 121()22llVS lS 22VS l 在活塞缓慢下移的过程中，用1p表示缸内气
26、体的压强，由力的平衡条件得 111221()()Sppm gm gSpp 故缸内气体的压强不变由盖哈萨克定律得 1212VVTT 联立式并代入数据解得 2330KT ()在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为1p在此后与汽缸外大气到达热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变设到达热平衡时被封闭气体的压强为p，由查理定律有 12ppTT 联立式并代入数据解得 51.01 10 Pap 考点：理想气体状态方程 34【物理选修 3-4】15 分 1在双缝干预实验中，分布用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干预条纹间距1x与绿光的干预条纹间距2x相比1x 2x填“或“假设实验
27、中红光的波长为630nm，双缝到屏幕的距离为1m，测得第一条到第 6 条亮条纹中心间的距离为10.5mm，那么双缝之间的距离为 mm 答案：0.3 解析：双缝干预条纹间距Lxd，红光波长长，所以红光的双缝干预条纹间距较大，即 1x2x条纹间距根据数据可得210.5mm2.1mm2.1 10m5x，根据Lxd 可得9421m 630 10m3 10m0.3mm2.1 10mLdx 考点：双缝干预实验 210 分 甲乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为25cm/s，两列波在0t 时的波形曲线如下图求 i0t 时，介质中偏离平衡位置位移为 16cm的所有质点的x坐标；ii从0
28、t 开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16cm的质点的时间 解：()0t 时，在x=50cm 处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为 16cm 两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为 16cm 从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为 1250cm60cm、甲、乙两列波波峰的x坐标分别为 111150012xkk，222250012xkk，由式得，介质中偏离平衡位置为 16cm 的所有质点的x坐标为(50300)cm0,1,2xnn ()只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16cm，0t 时，两列波波谷间的x坐标之差为 2121(50(21)(50(21)22xmm 式
29、中，1m和2m均为整数将式代入式得 2110(65)5xmm 由于1m和2m均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为 05cmx 从0t 开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm 的质点的时间为 02xt=v 代入数据解得 t=0.1s 考点：机械振动机械波 35【物理选修 3-5】15 分 1 5 分在某次光电效应实验中，得到的遏制电压cU与入射光的频率的关系如下图，假设该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，那么普朗克常量可表示为 ，所用材料的逸出功可表示为 答案：hek 0Web 解析：光电效应中，入射光子能量h，克服逸出功0W后多余的能量转换为电子动能，反向遏制电
30、压0ceUhW；整理得0CWhUee，斜率即hke，所以普朗克常量hek，截距为b，即0ebW，所以逸出功0Web 考点：光电效应 2 10 分如图，在足够长的光滑水平面上，物体 A、B、C 位于同一直线上，A 位于 B、C 之间A 的质量为m，B、C 的质量都为M，三者都处于静止状态，现使 A 以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使 A 只与 B、C 各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的 解：A 向右运动与 C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒设速度方向向右为正，开始时 A 的速度为0v，第一次碰撞后 C 的速度为1Cv，A 的速度为1Av由动量守恒定律和
31、机械能守恒定律得 011ACmmMvvv 222011111222ACmmMvvv 联立式得 10AmMmMvv 102CmmMvv 如果mM，第一次碰撞后，A 与 C 速度同向，且 A 的速度小于 C 的速度，不可能与 B发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A 停止，C 以 A 的碰前速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑mM的情况 第一次碰撞后，A 反向运动与 B 发生碰撞设与 B 发生碰撞后，A 的速度为2Av，B 的速度为1Bv，同样有 2210()AAmMmMmMmMvvv 根据题意，要求 A 只与 B、C 各发生一次碰撞，应有 21ACvv 联立式得 2240mmMM 解得 (52)mM 另一解(52)mM 舍去，所以，m和M应满足的条件为 (52)MmM