【文档说明】《历年高考物理真题试卷》2021年高考真题—— 物理（广东卷） (解析版）.docx，共(21)页，1.420 MB，由envi的店铺上传

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2021年广东省普通高中学业水平选择性考试物理一、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26261312AlMgY→+，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】【分析】【详解】AB．根据核反应的质量数和

电荷数守恒可知，该核反应是2626013121AlMge→+即Y是正电子，选项AB错误；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】【分析】【详解】根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得222224MmvπGmmωrmrrrT===可得2232324vrrrMGGG

T===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】【分析】【详解】A．将拉力F正交分解如下图所示则在x方向可得出Fx曲=FsinαFx直=Fsinβ在y方向可得出Fy曲=FcosαFy直=Fcosβ由题知α<β则sinα<sinβcosα>cosβ则可得到Fx

曲<Fx直Fy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】【分析】【详解】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；C．Q点在竖直方向的运动与P点相同，位移y关于时间t的关系为y=lOPsin(6+ωt)则可看出Q点在竖直方向不是匀速运动，C错误；D．Q点在水

平方向的位移x关于时间t的关系为x=lOPcos(6+ωt)+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1I

，四根平行直导线均通入电流2I，12II，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（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】因12II，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2I要受到1I吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线2I要受到1I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】【分析】【详解】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abEE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qEam=因abEE，可得abaa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PaPbEE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10HzB.副线圈两端电压最大值为3VC.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】【分析】【详解】A．周期是T=0.2s，频率是15HzfT==故A错误；B．由理想变压器原理可知1122UnUn=解得，副线两端的最大电压为22113VnUUn==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vt−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】【分析】【详解】A．此图是速度图像，由图可知，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mghD.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】【分析】【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间2htg=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cos2yPmgvmgvmggh===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pEmgh=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】【分析】【详解】A．OP转动切割磁感线产生的感应电动势为212EBr=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11~14题为必考题，考生都必须作答。第15~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共4

2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0L，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。n123456/cmnL8.0410.0312.0514.0716.1118.09（1）利用()ii3ii1

,2,3LLL+=−=计算弹簧的压缩量：16.03cmL=，26.08cmL=，3L=______cm，压缩量的平均值1233LLLL++==______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29.80m/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】【分析】【详解】（1

）[1]根据压缩量的变化量为363(18.0912.05)cm6.04cmLLL=−=−=[2]压缩量的平均值为1236.036.086.04cm6.05cm33LLLL++++==（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-23sin30.29.8sin30N/m48.6N/m6.0510mgkL==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“0Ω”处。测量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。①闭合开关S前，将滑动变阻器1R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0R调为某一阻值01R。闭合开关S，调节滑动变

阻器1R，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01R。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0R和1R，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02R。断开开关S。②实验中记录的阻值01R__

___02R（选填“大于”、“小于”或“等于”）。此时热敏电阻阻值TR=_____。【答案】(1).短接(2).减小(3).b(4).大于(5).0102RR−【解析】【分析】【详解】（1）[1][2]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）①[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；②[4][5]因两次电压表和电流表的示数相同，因为0102TRRR=+即0102TRRR=−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213.510ms−=，乙与边框a相隔222.010ms−=，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210m/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】【分析】【详解】（1）甲乙滑动时

的加速度大小均为21m/sag==甲与乙碰前的速度v1，则221012vvas=−解得v1=0.3m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律123mvmvmv=+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22320.2m=0.02m221

vxsa===可知乙恰好能滑到边框a；（2）甲与乙碰前运动的时间0110.40.3s=0.1s1vvta−−==碰后甲运动的时间220.1s=0.1s1vta==则甲运动的总时间为120.2sttt=+=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Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。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0kE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00kE=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Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当k0EkeU=时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值

。【答案】（1）5eUmeR，4RmeUeU，8eU；（2）136【解析】【分析】【详解】（1）电子在电场中加速有2122eUmv=在磁场Ⅰ中，由几何关系可得tan22.50.4rRR==21vBevmr=联立解得15eUmBeR=在磁场Ⅰ中的运动周期为2rTv=由几何关系可得，电子在

磁场Ⅰ中运动的圆心角为54=在磁场Ⅰ中的运动时间为2tT=联立解得4RmeUteU=从Q点出来的动能为k8EeU=（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为mr，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得()222mm3RrRr−=+解得m33r

R=由于2m1mmvBevmr=2m122eUmvkeU=−联立解得136k=（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，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】(1).小于(2).不变【解析】【分析】【详解】[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pVCT=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51.010Pa，护士把注射器内横截面积为20.3cm、长度为0.4cm、压强为51.010Pa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】51.310Pa【解析】【分析】【详解】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310.9mL0.5mL=0.4mL=0.4cmV=−注射器内气体体积为V2，有3320.30.4

cm0.12cmV==根据理想气体状态方程有()01211pVVpV+=代入数据解得511.310Pap=17.如图所示，一个轻质弹簧下端挂一小球，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8T时间，小球从最低点向

上运动的距离_____2A（选填“大于”、“小于”或“等于”）；在4T时刻，小球的动能______（选填“最大”或“最小”）。【答案】(1).小于(2).最大【解析】【分析】【详解】[1]根据简谐振动的位移公式2cosyAtT=−则8Tt=时有22sin82TyAAT

=−=−所以小球从最低点向上运动的距离为2221222yAAAA−=−=则小球从最低点向上运动的距离小于2A。[2]在4Tt=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】sinsin【解析】【分析】

【详解】根据光的折射定律有sinsinn=根据光的全反射规律有1sinn=联立解得sinsinsin=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com