2021年江苏省普通高中学业水平选择性考试物理试题（江苏新高考）

用“中子活化”技术分析某样品的成分，中子轰击样品中的 $^{14}_{7}\mathrm{N}$ 产生 $^{14}_{6}\mathrm{C}$ 和另一种粒子X，则X是（　　）

A．质子

B． $\alpha$ 粒子

C． $\beta$ 粒子

D．正电子

【答案与解析】

核反应满足质量数与电荷数守恒： $14+1=A_X+14$ ， $7+0=Z_X+6$ ，得 $A_X=1$ 、 $Z_X=1$ ，故X为质子（ $_1^1\mathrm{H}$ ）。故选A。
有研究发现，某神经细胞传递信号时，离子从细胞膜一侧流到另一侧形成跨膜电流，若将该细胞膜视为 $1\times10^{-8}\mathrm{F}$ 的电容器，在 $2\mathrm{ms}$ 内细胞膜两侧的电势差从 $-70\mathrm{mV}$ 变为 $30\mathrm{mV}$ ，则该过程中跨膜电流的平均值为（　　）

A． $1.5\times10^{-7}\mathrm{A}$

B． $2\times10^{-7}\mathrm{A}$

C． $3.5\times10^{-7}\mathrm{A}$

D． $5\times10^{-7}\mathrm{A}$

【答案与解析】

电容器电荷变化量 $\Delta Q=C\Delta U=1\times10^{-8}\times[0.030-(-0.070)]=1\times10^{-8}\times0.10=1.0\times10^{-9}\,\mathrm{C}$ 。平均电流 $I=\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{1.0\times10^{-9}}{2\times10^{-3}}=5.0\times10^{-7}\,\mathrm{A}$ 。故选D。
我国航天人发扬“两弹一星”精神砥砺前行，从“东方红一号”到“北斗”不断创造奇迹。“北斗”第49颗卫星的发射迈出组网的关键一步。该卫星绕地球做圆周运动，运动周期与地球自转周期相同，轨道平面与地球赤道平面成一定夹角。该卫星（　　）

A．运动速度大于第一宇宙速度

B．运动速度小于第一宇宙速度

C．轨道半径大于“静止”在赤道上空的静止卫星

D．轨道半径小于“静止”在赤道上空的静止卫星

【答案与解析】

卫星做匀速圆周运动，周期与地球自转周期相同，由开普勒第三定律知轨道半径与地球静止卫星相同，C、D均错。圆轨道速度 $v=\sqrt{\frac{GM}{r}}$ ，因 $r>R_{\text{地}}$ ，故 $v$ 小于第一宇宙速度 $v_1=\sqrt{\frac{GM}{R_{\text{地}}}}$ 。故选B。
如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。 $t=0$ 时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为 $\omega$ ，则P做简谐运动的表达式为（　　）

A． $x=R\sin(\omega t-\frac{\pi}{2})$

B． $x=R\sin(\omega t+\frac{\pi}{2})$

C． $x=2R\sin\left(\omega t-\frac{\pi}{2}\right)$

D． $x=2R\sin\left(\omega t+\frac{\pi}{2}\right)$

【答案与解析】

水平光线投影下，钉子B的影子P的竖直位移等于B相对转轴A的竖直位移，故振幅为 $R$ 。 $t=0$ 时圆盘位于图示位置（钉子处于最高处）， $x=R$ ；圆盘逆时针匀速转动，竖直位移按余弦规律减小，即 $x=R\cos(\omega t)=R\sin\left(\omega t+\frac{\pi}{2}\right)$ 。故选B。
在光滑桌面上将长为 $\pi L$ 的软导线两端固定，固定点的距离为 $2L$ ，导线通有电流I，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为（　　）

A． $BIL$

B． $2BIL$

C． $\pi BIL$

D． $2\pi BIL$

【答案与解析】

软导线长 $\pi L$ 、两端固定点相距 $2L$ ，故导线弯成半径为 $L$ 的半圆。匀强磁场中半圆电流所受安培力大小等于其弦长对应的直导线受力： $F_{\text{安}}=BI\cdot 2L=2BIL$ ，方向垂直于弦。半圆两端切线相互平行，两张力 $T$ 的合力与安培力平衡： $2T=2BIL$ ，得 $T=BIL$ 。故选A。
铁丝圈上附有肥皂膜，竖直放置时，肥皂膜上的彩色条纹上疏下密，由此推测肥皂膜前后两个面的侧视形状应当是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

竖直肥皂膜在重力作用下上薄下厚，前后两表面间距自上而下逐渐增大，故等厚干涉条纹上疏下密；又因表面张力使膜向内凹陷，符合该侧视形状。故选C。
某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于 $AC$ 面射入，可以看到光束从圆弧面 $ABC$ 出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为（　　）

A．1.2

B．1.4

C．1.6

D．1.8

【答案与解析】

激光垂直 $AC$ 面入射不偏折，到达圆弧面 $ABC$ 时恰好发生全反射，临界角 $i_c$ 满足 $\sin i_c=\frac{1}{n}$ 。由方格纸几何关系可读出入射角满足 $\sin i_c=\frac{5}{6}$ ，故 $n=\frac{1}{\sin i_c}=1.2$ 。故选A。
如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率 $v_{1}<v_{2}$ ，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值 $E_{km}$ 随电压U变化关系的图像是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案与解析】

光电管加正向电压，光电子到达A极的最大动能 $E_{km}=eU+h\nu-h\nu_c$ 。故 $E_{km}-U$ 图线斜率均为 $e$ （相同）；截止频率越大，纵截距 $h\nu-h\nu_c$ 越小。已知 $\nu_1<\nu_2$ ，故材料1图线在材料2图线之上，两线平行。故选C。
如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（　　）

A．A比B先落入篮筐

B．A、B运动的最大高度相同

C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小

D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同

【答案与解析】

两球从相同高度抛出并落入同一篮筐，且入筐速度方向相同，对应斜抛运动中两条轨迹（高抛与低抛），二者入筐方向一致。由运动对称性，两球在上升过程中经过任一相同高度时速度方向相同；而两球最大高度不同（B错），图示不能判定A先入筐（A错），最高点速度即水平分速度、二者不等（C错）。故选D。
一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点， $OA=OB$ ，现垂直于 $AB$ 将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则（　　）

A．O、C两点电势相等

B．A点的电场强度大于B点

C．沿直线从A到B电势先升高后降低

D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大

【答案与解析】

完整球壳内部场强为零、电势为常量 $V_0$ ，可视为左右两半球贡献叠加。对截面（含O与C）上任意点P，左右半球关于该平面对称、贡献电势相等，故右半球在P处电势均为 $V_0/2$ ，特别地 $V(O)=V(C)$ ，O、C等势，A正确。由对称性，A、B关于O对称，去掉左半球后右半球在A、B处场强大小相等，B错。去掉左半球后内部场强均指向背离所剩正电荷区（ $-x$ 方向），电势沿A→B单调递增，并非“先升高后降低”，C错；且A、B处场强大小相等，不“逐渐增大”，D错。故选A。
小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量 $M=200.0\mathrm{g}$ ，槽码和挂钩的总质量 $m=50.0\mathrm{g}$ 。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间 $\Delta t_{1}$ 和 $\Delta t_2$ ，以及这两次开始遮光的时间间隔 $\Delta t$ ，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量 $\Delta v$ 。

（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度 $d=$ ＿＿＿＿ $\mathrm{mm}$ ；（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是＿＿＿＿；（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到 $\Delta t$ 和 $\Delta v$ 的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出 $\Delta v-\Delta t$ 图线＿＿＿＿。

$\Delta t/\mathrm{s}$ 0.721 0.790 0.854 0.913 0.968
$\Delta v/(\mathrm{m\cdot s^{-1}})$ 1.38 1.52 1.64 1.75 1.86

（4）查得当地的重力加速度 $g=9.80\mathrm{m/s^{2}}$ ，根据动量定理， $\Delta v-\Delta t$ 图线斜率的理论值为＿＿＿＿ $\mathrm{m/s^{2}}$ ；（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因时＿＿＿＿。

A．选用的槽码质量偏小

B．细线与气垫导轨不完全平行

C．每次释放滑块的位置不同

D．实验中 $\Delta t$ 的测量值偏大

【答案与解析】

(1)游标卡尺主尺读数为 $10\,\mathrm{mm}$ ，20分度游标精度 $0.05\,\mathrm{mm}$ ，读数为 $10\,\mathrm{mm}+4\times0.05\,\mathrm{mm}=10.20\,\mathrm{mm}$ 。故填 $10.20$ 。 (2)调节气垫导轨使滑块能短时静止，目的是将气垫导轨调至水平。故填：将气垫导轨调至水平。 (3)根据表中 $(\Delta t,\Delta v)$ 数据描点，用直线拟合得 $\Delta v-\Delta t$ 图线（作图略）。故填：见解析（描点作图）。 (4)对滑块与遮光条、槽码整体，由动量定理 $mg\Delta t=(M+m)\Delta v$ ，得 $\Delta v=\frac{mg}{M+m}\Delta t$ ，斜率理论值 $k=\frac{mg}{M+m}=\frac{0.050\times9.80}{0.200+0.050}=1.96\,\mathrm{m/s^2}$ 。故填 $1.96$ 。 (5)斜率实验值偏小，原因：细线与导轨不完全平行使实际合外力偏小（B）； $\Delta t$ 测量值偏大使斜率 $\Delta v/\Delta t$ 偏小（D）。故填BD。
贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为 $0.2\mathrm{T}$ ，线圈的匝数为100、面积为 $0.5\mathrm{m^{2}}$ ，电阻为 $0.6\mathrm{\Omega}$ ，若磁体转动的角速度为 $90\mathrm{rad/s}$ ，线圈中产生的感应电流为 $50\mathrm{A}$ 。求：（1）线圈中感应电动势的有效值E；（2）线圈的输出功率P。

【答案与解析】

(1)感应电动势最大值 $E_m=NBS\omega=100\times0.20\times0.5\times90=900\,\mathrm{V}$ ，有效值 $E=\frac{E_m}{\sqrt2}\approx6.4\times10^2\,\mathrm{V}$ 。 (2)线圈输出电压 $U=E-Ir=636-50\times0.6\approx606\,\mathrm{V}$ ，输出功率 $P=IU\approx50\times606\approx3.1\times10^4\,\mathrm{W}$ 。即线圈电动势有效值约为 $6.4\times10^2\,\mathrm{V}$ ，输出功率约为 $3.1\times10^4\,\mathrm{W}$ 。
如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为 $p_0$ 和 $T_0$ 。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中：（1）内能的增加量 $\Delta U$ ；（2）最终温度T。

【答案与解析】

(1)活塞移动时受力平衡 $p_1S=p_0S+f$ ，气体对外做功 $W=p_1\Delta V=(p_0S+f)L$ 。由热力学第一定律 $\Delta U=Q-W=Q-(p_0S+f)L$ 。 (2)初态 $p_0,T_0,V_0=SL$ ；末态体积 $V=2SL$ ，压强 $p_2=\frac{p_0S+f}{S}$ （静摩擦达最大、恰好平衡）。由理想气体状态方程 $\frac{p_0V_0}{T_0}=\frac{p_2V}{T}$ ，得 $T=\frac{p_2V}{p_0V_0}T_0=2\frac{p_0S+f}{p_0S}T_0$ 。即内能增加量 $\Delta U=Q-(p_0S+f)L$ ，最终温度 $T=2\frac{p_0S+f}{p_0S}T_0$ 。
如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为 $2L$ 的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为 $37^{\circ}$ ，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到 $53^{\circ}$ 时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取 $\sin37^{\circ}=0.6$ ， $\cos37^\circ=0.8$ ，求：（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；（2）环A的质量M；（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。

【答案与解析】

(1)静止时B受重力与两段绳张力 $T_1=T_2=T$ ，竖直平衡 $2T\cos37^\circ=mg$ ，得 $T=\frac{mg}{1.6}$ ；环A水平平衡：弹簧弹力 $F=T\sin37^\circ=\frac{mg}{1.6}\times0.6=\frac{3}{8}mg$ 。 (2)转动至 $53^\circ$ 时， $AB$ 段张力为零。对B： $T_1'\cos53^\circ=mg\Rightarrow T_1'=\frac{mg}{0.6}$ ；水平向心 $T_1'\sin53^\circ=m\omega^2(L\sin53^\circ)$ ，得 $\omega^2=\frac{g}{0.6L}$ 。对A：弹簧弹力反向（指向O）大小为 $\frac{3}{8}mg$ ，提供向心力 $M\omega^2(2L\sin53^\circ)=M\omega^2(1.6L)$ ，故 $\frac{3}{8}mg=M\cdot\frac{g}{0.6L}\cdot1.6L=M\frac{8}{3}g$ ，得 $M=\frac{9}{64}m$ 。 (3)B上升高度 $h=L\cos37^\circ-L\cos53^\circ=0.8L-0.6L=\frac{1}{5}L$ 。动能 $E_{\mathrm{kB}}=\frac12m(\omega L\sin53^\circ)^2=\frac12m\cdot\frac{g}{0.6L}\cdot(0.8L)^2=\frac{8}{15}mgL$ ， $E_{\mathrm{kA}}=\frac12M(\omega\cdot1.6L)^2=\frac{3}{10}mgL$ 。由能量关系 $W=E_{\mathrm{kA}}+E_{\mathrm{kB}}+mgh=\frac{3}{10}mgL+\frac{8}{15}mgL+\frac{1}{5}mgL=\frac{31}{30}mgL$ 。即弹簧弹力 $F=\frac{3}{8}mg$ ，环A质量 $M=\frac{9}{64}m$ ，装置对A、B所做总功 $W=\frac{31}{30}mgL$ 。
如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为 $\alpha$ ，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：（1）粒子加速到P点所需要的时间t；（2）极板N的最大厚度 $d_{m}$ ；（3）磁场区域的最大半径 $R_{m}$ 。

【答案与解析】

(1)设P点速度 $v_P$ ，由 $qv_PB=\frac{mv_P^2}{R}$ 得 $R=\frac{mv_P}{qB}$ 。设加速次数为 $n$ ，由动能定理 $nqU=\frac12mv_P^2$ ，又周期 $T=\frac{2\pi m}{qB}$ ，加速时间可忽略，粒子在磁场中运动时间 $t=(n-1)\frac{T}{2}$ 。联立得 $t=\left(\frac{qB^2R^2}{2mU}-1\right)\frac{\pi m}{qB}$ 。 (2)磁场中轨道半径 $r=\frac{mv}{qB}$ ，结合 $E_k=\frac12mv^2$ 得 $r=\frac{\sqrt{2mE_k}}{qB}$ 。加速到P前最后两半周半径 $r_1=\frac{\sqrt{2m(E_{kP}-qU)}}{qB}$ ， $r_2=\frac{\sqrt{2m(E_{kP}-2qU)}}{qB}$ ，其中 $E_{kP}=\frac{(qBR)^2}{2m}$ 。由几何关系 $d_m=2(r_1-r_2)$ ，代入得 $d_m=2\left(\sqrt{R^2-\frac{2mU}{qB^2}}-\sqrt{R^2-\frac{4mU}{qB^2}}\right)$ 。 (3)偏转器中粒子受磁场力与电场力，径向合力提供曲率半径 $r_Q$ 的向心力： $qv_PB-qE=\frac{mv_P^2}{r_Q}$ ，得 $r_Q=\frac{qB^2R^2}{qB^2R-mE}$ 。由几何关系 $R_m=R+2(r_Q-R)\sin^2\frac{\alpha}{2}$ ，代入得 $R_m=R+\frac{2RmE\sin^2(\alpha/2)}{qB^2R-mE}$ 。即粒子加速到P所需时间 $t=\left(\frac{qB^2R^2}{2mU}-1\right)\frac{\pi m}{qB}$ ，极板N最大厚度 $d_m=2\left(\sqrt{R^2-\frac{2mU}{qB^2}}-\sqrt{R^2-\frac{4mU}{qB^2}}\right)$ ，磁场区域最大半径 $R_m=R+\frac{2RmE\sin^2(\alpha/2)}{qB^2R-mE}$ 。