（全国卷Ⅲ）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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。14．物体A、B的x-t图象如图所示，由图可知( )A．从第3s起，两物体运动方向相同，且vA＞vBB．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动C．在5s内两物体的位移相等，5s末A、B相遇D．5s内A、B的平均速度相等15.美国物理学家密立根通过测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以验证爱因斯坦光电效应方程的正确性。下图是某次试验中得到的两种金属的遏止电压Uc与入射光须率ν关系图象，两金属的逸出功分别为W甲、W乙，如果用ν0频率的光照射两种金属，光电子的最大初动能分别为E甲、E乙，则下列关系正确的是( )A．W甲<W乙，E甲>E乙B．W甲>W乙，E甲<E乙C．W甲>W乙，E甲>E乙D．W甲<W乙，E甲<E乙16.如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°且关于O中心对称的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环间连有电阻R，不计圆环和导体杆的电阻，当杆OM以恒定角速度ω逆时针转动时，理想电流表A的示数为( )13\nA.B．C.D．17.如图为人造地球卫星的轨道示意图，LEO是近地轨道，MEO是中地球轨道，GEO是地球同步轨道，GTO是地球同步转移轨道。已知地球的半径R＝6400km，该图中MEO卫星的周期约为(图中数据为卫星近地点、远地点离地面的高度)( )A．3hB．8hC．15hD．20h18.如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70μF电容器充电到5000V，存储875J能量，抢救病人时一部分能量在2ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100kW。下列说法正确的是( )A．电容器放电过程中电压不变B．电容器充电至2500V时，电容为35μFC．电容器充电至5000V时，电荷量为35CD．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%19.如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L<d)，质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放。如果ab边进入磁场时的速度为v0，cd边刚穿出磁场时的速度也为v0，则从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中( )13\nA．线框中一直有感应电流B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度gC．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)D．线框有一阶段做减速运动20.如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )A．若＝，则＝B．若＝，则＝C．若＝，则＝D．若＝，则＝21.如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )13\nA．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为C．A落地时速率为D．A、B质量之比为1∶4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）电流表A1的量程为0～200μA，内阻约为500Ω，现要准确测量其内阻，除若干开关、导线之外还有器材如下：电流表A2：与A1规格相同滑动变阻器R1：阻值为0～20Ω电阻箱R2：阻值为0～9999Ω保护电阻R3：阻值约为3kΩ电源：电动势E约为1.5V、内阻r约为2Ω(1)如图所示，某同学想用等效法测量电流表内阻，设计了部分测量电路，在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中，使实验可以完成。(2)电路补充完整后，请你完善以下测量电流表A1内阻的实验步骤。a．先将滑动变阻器R1的滑片移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到。(选填“最大”或“最小”)b．闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，使两电流表接近满偏，记录电流表A2的示数I。c．保持S闭合、滑动变阻器R1的滑片位置不变，断开S1，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1内阻r1＝。23.（9分）某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A13\n的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。(甲)(乙)(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选段来计算A碰前的速度。应选段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)(2)已测得小车A的质量m1＝0.4kg，小车B的质量为m2＝0.2kg，则碰前两小车的总动量为kg·m/s，碰后两小车的总动量为kg·m/s。24.（12分）如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。25.（20分）图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1m的13\n圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10m/s2)(1)当H＝2m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。（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）一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为( )A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多C．气体分子的总数增加D．单位体积内的分子数目增加（2）（10分）如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：13\n(1)抽气前氢气的压强；(2)抽气后氢气的压强和体积。34.【物理一一选修3–4】（15分）（1）（5分）如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是( )A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束ⅠD．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行(2)一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示。①求t＝0.25×10－2s时质点的位移；②在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？③在t＝0到t＝8.5×10－2s时间内，质点的路程、位移各多大？13\n参考答案+解析14.【答案】A【解析】：x-t图象的斜率大小表示物体运动的速度大小，斜率的正、负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在距离原点5m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5s内的位移为10m－5m＝5m，物体A在5s内的位移为10m，B＝m/s＝1m/s，A＝m/s＝2m/s，C、D错误。15.【答案】 A【答案】： 根据光电效应方程得：Ekm＝hν－W0＝hν－hν0，又Ekm＝qUc，解得：Uc＝ν－ν0，知Ucν图线中：当Uc＝0，ν＝ν0；由图象可知，金属甲的极限频率小于金属乙，则金属甲的逸出功小于乙的，即W甲<W乙。如果用频率ν0的光照射两种金属，根据光电效应方程，当入射光频率相同时，则逸出功越大的，其光电子的最大初动能越小，因此E甲>E乙，A正确。16.【答案】A【解析】OM切割磁感线产生的电动势E＝，OM切割磁感线时产生的感应电流I＝，设电流的有效值为I有效，则IRT＝2I2R·T，解得I有效＝，选项A正确。17.【答案】A【解析】 根据题图中MEO卫星距离地面高度为4200km，可知轨道半径约为R1＝10600km，同步轨道上GEO卫星距离地面高度为36000km，可知轨道半径约为R2＝42400km，为MEO卫星轨道半径的4倍，即R2＝4R1。地球同步卫星的周期为T2＝24h，运用开普勒第三定律，＝，解得T1＝3h，选项A正确。18.【答案】D【解析】 电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，选项C错误；由η＝知，η＝×100%＝23%，选项D正确。13\n19.【答案】BD【解析】 正方形线框abcd边长为L(L<d)，所以cd进入磁场后，ab还在磁场内，所以线框磁通量不变，即无感应电流，故A错误；由以上分析知，有一段过程，线框无感应电流，只受重力，线框的加速度为g，故B正确；根据能量守恒定律可知从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q＝mg(d＋L)，故C错误；线框ab边刚进入磁场速度为v0，cd边刚穿出磁场时速度也为v0，线框有一阶段的加速度为g，在整个过程中必然也有一段减速过程，故D正确。20.【答案】CD【解析】对第一、二幅图有：若＝，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则＝，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsinθ＝Ma3，若＝，则≠，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若＝，则＝，故选项C正确；m水平方向有：F3sinθ＝ma3、F4sinα＝ma4，竖直方向有：F3cosθ＝mg、F4cosα＝mg，解得a3＝gtanθ、a4＝gtanα，若＝，则＝，故选项D正确。21.【答案】ABD【解析】设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin30°＝m，解得vA＝，vB＝＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin30°＝mv2－mv，v＝，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin30°)＝mv＋Mv，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。22.【答案】:（1）见解析图（3分）（2）a.最大 c．再次为I(或仍为I) R0（3分）【解析】(1)滑动变阻器的最大阻值远小于待测电流表内阻，因此必须采用分压式接法，电路图如图所示。13\n(2)a.实验前电阻箱R2应该调节到最大，以保证两电表安全；c.让电流表A2示数不变，可直接从电阻箱R2的读数得到电流表A1的内阻r1。23.【答案】:(1)BC DE (2)0.420 0.417【解析】(1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v0＝＝m/s＝1.050m/s，A在碰撞前的动量p0＝m1v0＝0.4×1.050kg·m/s＝0.420kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v＝＝m/s＝0.695m/s，碰撞后两小车的总动量p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695kg·m/s＝0.417kg·m/s。24.【答案】:(1) (2)【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m②由几何关系知d＝r③联立①②③式得＝。④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为13\nt＝⑥联立②④⑤⑥式得t＝。⑦25.【答案】(1)84N (2)0.65m≤H≤0.7m【解析】思路点拨：解此题可按以下思路(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。[解析](1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝mv－0在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：FN＝m联立解得：FN＝84N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：F′N＝FN＝84N。(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：mgHmin－μmgL＝mv－0在O点有：mg＝m代入数据解得：Hmin＝0.65m仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入数据解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。33.【答案】(1)BD（2）1)(p0＋p) 2)p0＋p 【解析】理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误。（2）13\n(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得(p10－p)·2S＝(p0－p)·S①得p10＝(p0＋p)。②(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有p2·S＝p1·2S③由玻意耳定律得p1V1＝p10·2V0④p2V2＝p0V0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥联立②③④⑤⑥式解得p1＝p0＋p⑦V1＝。34.【答案】(1)ABD (2)①－cm ②变大 变大 变小 变小 变大 ③34cm 2cm【解析】由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确。(2)①由题图可知A＝2cm，T＝2×10－2s，振动方程为x＝Asin＝－Acosωt＝－2coscm＝－2cos100πtcm当t＝0.25×10－2s时，x＝－2coscm＝－cm。13\n②由题图可知在t＝1.5×10－2s到t＝2×10－2s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大。③在t＝0到t＝8.5×10－2s时间内经历个周期，质点的路程为s＝17A＝34cm，位移为2cm。13
