（全国卷Ⅰ）2021年高考物理压轴卷（含解析）第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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。－1914．用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10J。已知普朗克常量为6.63×10－348－1J·s，真空中的光速为3.00×10m·s。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为()1414A．1×10HzB．8×10Hz1515C．2×10HzD．8×10Hz315.由消防带水龙头的喷嘴喷出水的流量是0.28m/min，水离开喷口时的速度大小为16m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取102m/s)()－23A．28.8m1.12×10m3B．28.8m0.672m－23C．38.4m1.29×10m3D．38.4m0.776m16.使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1。已知某星球的半径为地球半径R的4倍，质量为地球质量M的2倍，地球表面重力加速度为g。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为()11A.gRB．21C.D．gR17.在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(b>a)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆。从某时刻起磁感应强度在Δt时间内均B匀减小到2，则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为()πBb2－a2πBb2－2a2A.()2ΔtB．()ΔtπBb2－a2πBb2－2a2C.()ΔtD．()2Δt18.如图所示，真空中有一点电荷甲固定在O点，虚线是其在周围空间产生的电场的三个等势面，且相邻的两个等1\n势面间电势差相同。实线是点电荷乙在电场中运动轨迹，S、M、N为运动轨迹与等势面的交点，下列说法一定正确的是()A．电势φM>φSB．甲、乙为同种电荷C．电势能EPM>EPND．场强大小ES>EN19.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。下列判断正确的是()NBSωRA．电压表的读数为()R＋rNBSB．当线圈由图示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为()2R＋rN2B2S2ωRπC．在线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的焦耳热为()4R＋r2NBSωD．当线圈由图示位置转过30°时，通过电阻R的电流为()2R＋r20.如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是()A．若m>M，有x1＝x2B．若m<M，有x1＝x2C．若μ>sinθ，有x1>x2D．若μ<sinθ，有x1<x221如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高2\n度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零重力势能面，g取10m/s2，由图象可知()A．小滑块的质量为0.1kgB．轻弹簧原长为0.2mC．弹簧最大弹性势能为0.5JD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J第Ⅱ卷二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。22.（6分）在利用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，电源的频率为50Hz，依次打出的点为0、1、2、3、4…n。则：(1)如用第2点到第6点之间的纸带来验证，必须直接测量的物理量为、、，必须计算出的物理量为、，验证的表达式为。(2)下列实验步骤操作合理的排列顺序是。(填写步骤前面的字母)A．将打点计时器竖直安装在铁架台上B．先接通电源，再松开纸带，让重物自由下落C．取下纸带，更换新纸带(或将纸带翻个面)重新做实验D．将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带E．选择一条纸带，用刻度尺测出重物下落的高度h1、h2、h3、…、hn，计算出对应的瞬时速度v1、v2、v3、…、vn12F．分别算出2mvn和mghn，在实验误差允许的范围内看是否相等23.（9分）在测定某金属的电阻率实验中：3\n图1图2图3(1)某学生进行了如下操作：①利用螺旋测微器测金属丝直径d，如图1所示，则d＝mm。②测量金属丝电阻Rx的电路图如图2所示，闭合开关S，先后将电压表右侧接线端P接a、b点时，电压表和电流表示数如表1所示。该学生认真观察到两次测量中，电流表的读数几乎未变，发生这种现象的原因是，比较合理且较准确的金属丝电阻Rx测＝Ω(保留两位有效数字)，从系统误差角度分析，Rx的测量值与其真实值Rx真比较，Rx测Rx真(填“>”“＝”或“<”)。表1U(V)I(A)接线端P接a1.840.15接线端P接b2.400.15表2U(V)I(A)接线端P接a2.560.22接线端P接b3.000.20(2)另一同学找来一恒压电源，按图3的电路先后将接线端P分别接a处和b处，测得相关数据如表2所示，该同学利用该数据可算出Rx的真实值为Ω。24.（12分）如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg3的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝2。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力2加速度g取10m/s，物块可视为质点。(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。4\n25.（20分）如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0T。一根质量m＝0.2kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，2导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g＝10m/s。求：(1)金属棒运动的最大速率v；v(2)金属棒在磁场中速度为2时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33.【物理一一选修3–3】（15分）（1）（5分）一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O。下列判断正确的是()A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能小于它在状态c时的内能5\nC．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功（2）（10分）如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：(1)停止加热时缸内气体的温度；(2)降温过程中气体放出的热量。34.【物理一一选修3–4】（15分）（1）（5分）如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6m，ac＝8m。在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图象均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4s时c点开始振动，则下列说法正确的是()（填正确答案的标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每错选1个扣3分，最低得分为0分）。甲乙A．该机械波的传播速度大小为2m/sB．该列波的波长是2mC．两列波相遇后，c点振动加强6\nD．两列波相遇后，c点振动减弱（2）．（10分）激光已经深入到我们生活的各个方面。某物理小组利用激光束测量玻璃对激光的折射率和利用双缝干涉测量激光的波长。a.如图所示，在水平面上方适当位置固定激光光源，使其发射与水平面成30°角斜向下的激光，在水平光屏上M点呈现一小光斑。放入一块平行于水平面的长方体玻璃砖，激光光斑移至水平光屏上的N点。测得玻璃砖厚度为d＝cm，MN＝b＝2cm。根据以上信息，求该玻璃砖的折射率n；b.为测量该激光的波长，将激光垂直射向间距为d的双缝(每个缝的宽度很窄，宽度可忽略)，在双缝后面距离为L处的光屏上可以观察到干涉条纹。现使测量头的分划板中心刻线与条纹的中心对齐，经测量得出5条亮条纹之间的距离为a，求该激光的波长。参考答案+解析14.【答案】Bc14【解析】：根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0＝hλ－hν0，代入数据解得ν0≈8×10Hz，B正确。15.【答案】A【答案】：水离开喷口后做斜抛运动，将运动沿水平方向和竖直方向分解，在竖直方向上：vy＝vsinθ代入数据可得vy＝24m/s故水柱能上升的高度h＝y＝28.8m7\nvy水从喷出到最高处着火位置所用的时间t＝g代入数据可得t＝2.4s0.283－23故空中水柱的水量为V＝60×2.4m＝1．12×10m，A项正确。16.【答案】CGM′2GM1【解析】地球的第一宇宙速度v1＝，星球表面的重力加速度g′＝R′2＝16R2＝8g，星球的第一宇宙速度v′1＝＝11g×4R＝gR，该星球的第二宇宙速度v′2＝v′1＝＝v1，故选项C正确。17.【答案】D【解析】磁感线既有垂直纸面向外的，又有垂直纸面向里的，所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向。磁感应B1222,22强度大小为B时线圈磁通量Φ1＝πB(b－a)－πBa磁感应强度大小为2时线圈磁通量Φ2＝2πB(b－a)－112222πBa，因而该线圈磁通量的变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2πB(b－2a)。根据法拉第电磁感应定律可得ΔΦπBb2－2a2线圈中产生的感应电动势的大小为E＝Δt＝()2Δt。故选项D正确。18.【答案】BC【解析】本题考查电场强度、电势和电势能等。由于题中没有给出固定在O点的点电荷甲的电性，不能判断出M、S两点电势高低，选项A错误；根据点电荷乙在电场中运动轨迹可知，甲、乙为同种电荷，选项B正确；点电荷乙在电场中从M运动到N，电场力做正功，电势能减小，电势能EPM>EPN，选项C正确；根据点电荷电场强度公式可知，场强大小ES<EN，选项D错误。19.【答案】ADEmNBSωR【解析】电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝2＝2，电压表的示数为路端电压的有效值，解得U＝R＋rENBSωRNΔΦNBS－BSsin60°＝()R＋r，A正确；线圈由题图所示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝R＋r＝()R＋rNBSU22πN2B2S2ωRπ＝R＋r，B错误；在线圈转过一周的时间内电阻R上产生的热量Q＝R·ω＝()R＋r2，C错误；电流的最大EmNBSωπ值为Im＝R＋r＝R＋r，电流的瞬时值表达式为i＝Imsinωt，从题图所示位置转过30°时，ωt＝6，此时的电ImNBSω流为i＝2＝()2R＋r，D正确。20.【答案】AB【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1①8\n隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FT－μmg＝ma1②m联立①②解得FT＝m＋MF③在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2④隔离物块A，根据牛顿第二定律，有F′T－mgsinθ＝ma2⑤m联立④⑤解得F′T＝M＋mF⑥比较③⑥可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。21.【答案】BCΔEk0.3【解析】在从0.2m上升到0.35m范围内，ΔEk＝ΔEp＝mgΔh，图线的斜率绝对值k＝Δh＝0.35－0.2N＝2N＝mg，所以m＝0.2kg，故A错误；在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，从h＝0.2m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故C正确；由图可知，当h＝0.18m时的动能最大为Ekm＝0.32J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知E′＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，故D错误。22.【答案】:(1)第2点到第6点之间的距离h26第1点到第3点之间的距离h13第5点到第7点之间的距离h57第2点的瞬时速度v2第6点的瞬时速度v61212mgh26＝2mv6－2mv2(2)ADBCEF【解析】(1)要验证从第2点到第6点之间的纸带对应重物的运动过程中机械能守恒，应测出第2点到第6点的距离h26，要计算第2点和第6点的速度v2和v6，必须测出第1点到第3点之间的距离h13和第5点到第7点之间的1212距离h57，机械能守恒的表达式为mgh26＝2mv6－2mv2。(2)实验操作顺序为ADBCEF。23.【答案】:(1)①1.704②电压表内阻远大于金属丝电阻，电压表分流几乎为零12<(2)13【解析】(1)①由题图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为1.5mm＋20.4×0.01mm＝1.704mm。②由表中实验数据可知，电压表接a、b两点时，电流表示数不变，电压表示数变化较大，说明电压表内阻很大，电压表分9\nUa1.84流很小，几乎为零，电流表分压较大，电流表应采用外接法，电压表应接a点，金属丝电阻Rx测＝Ia＝0.15Ω≈12Ω；电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值小于真实值。Ub－UaUb(2)由表中实验数据知，RA＝Ia，则Rx＝Ib－RA＝13Ω。24.【答案】:(1)20N<F≤30N(2)能1.2s0.9m【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mgsinα＝ma又Ff≤Ffm＝μmgcosα解得F≤30N又a>0解得F>20N所以20N<F≤30N。(2)因F＝37.5N>30N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1隔离物块，由牛顿第二定律得μmgcosα－mgsinα＝ma212设物块滑离木板所用时间为t木板的位移x1＝2a1t12物块的位移x2＝2a2t物块与木板分离的临界条件为Δx＝x1－x2＝L联立以上各式解得t＝1.2s物块滑离木板时的速度v＝a2t2由公式－2gxsinα＝0－v解得x＝0.9m。25.【答案】见解析【解析】(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：122mv＝mgh①由①得：v＝＝4m/s。②(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得F＝BIL＋μmg③BLvI＝R＋r④联立②③④式得F＝0.6N⑤v金属棒速度为2时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得F－BI′L－μmg＝ma⑥10\nBLvI′＝()2R＋r⑦2联立②⑤⑥⑦得：a＝1m/s。⑧(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：12Fx＝μmgx＋2mv＋Q⑨R则电阻R上的焦耳热QR＝R＋rQ⑩联立⑤⑨⑩解得：QR＝1.5J。33.V2mg【答案】(1)A(1)V1T1(2)Q1－S(V2－V1)【解析】由ac的延长线过原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B错误；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误。（2）V1V2V2(1)加热过程中气体等压膨胀，由T1＝T2，得：T2＝V1T1。(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W<0。mg由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W其中W＝－pΔV＝－S(V2－V1)由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔUmg整理可得：Q2＝Q1－(p0＋S)(V2－V1)。34.ad（1）【答案】ABC（2）(a)(b)4Lsac【解析】（1）a点振动产生的机械波最先到达c点，则根据关系式v＝t可知波速v＝t＝2m/s，选项A正确；λbcac10m－8m由于v＝T，则λ＝vT＝2m/s×1s＝2m，选项B正确；a波比b波早到达c点的时间t＝v－v＝v＝1s，即两列波到达c点时，使c点振动加强，产生共振，由于两列机械波频率相同相干涉，故c总是振动加强点，选项C正确，选项D错误。(2)a.如图所示，设折射角所对的边的长度为x，激光入射角i＝90°－30°＝60°，由几何关系知11\nx＋bxsinisini＝()x＋b2＋d2，sinr＝x2＋d2，由折射定律n＝sinr，联立并代入数据解得n＝。ab.5条亮条纹之间的距离为a，则相邻两条亮条纹之间的距离Δx＝4L由条纹间距公式Δx＝dλad联立解得λ＝4L。12
