2021年重慶市新高考物理試卷

一、單選題（本大題共9小題，共27.0分）

1.如圖所示，人游泳時若某時刻手掌對水的作用力大

小為F，該力與水平方向的夾角為30。，則該力在水

平方向的分力大小為（）

A.

B.V3F

C.F

D.叵F

2

2.放射性元素123/會衰變為穩定的123.，半衰期約為13%,可以用于檢測人體的甲狀

腺對碘的吸收。若某時刻123/與123段的原子數量之比為4：1,則通過26九后123/與

ore的質量之比（）

A.1：2B.1：4C.1：8D.1：16

3.某眼動儀可以根據其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產生的電流來追蹤眼球的

運動。若該眼動儀線圈面積為S,匝數為N,處于磁感應強度為B的勻強磁場中，線

圈平面最初平行于磁場，經過時間t后線圈平面逆時針轉動至與磁場夾角為。處，則

在這段時間內，線圈中產生的平均感應電動勢的大小和感應電流的方向（從左往右

看）為（)

A.NBSsine逆時針

C.NBSsind順時針

4.電容式加速傳感器常用于觸發汽車安全氣囊等系統，如圖所示。極板”、N組成的

電容器視為平行板電容器，M固定，N可左右運動，通過測量電容器板間的電壓的

變化來確定汽車的加速度。當汽車減速時，極板M、N間的距離減小，若極板上的

電荷量不變，則該電容器（）

NM

A.電容變小B.極板間電壓變大

C.極板間電場強度不變D.極板間的電場強度變小

5.如圖所示，豎直平面內有兩個半徑為R,而內壁光

滑的;圓弧軌道，固定在豎直平面內，地面水平，。、

4

。1為兩圓弧的圓心，兩圓弧相切于N點。一小物塊

從左側圓弧最高處靜止釋放，當通過N點時，速度大小為（重力加速度為g）（）

A.,f2^RB.粵c.粵D,廊

6.某電動牙刷的充電裝置含有變壓器，用正弦交流電給此電動牙刷充電時，原線圈兩

端的電壓為220V,副線圈兩端的電壓為4.4V,副線圈的電流為1.04若將該變壓

器視為理想變壓器，則（）

A.原、副線圈匝數之比為25：1B.原線圈的電流為0.024

C.副線圈兩端的電壓最大值為5VD.原、副線圈的功率之比為50：1

7.質量相同的甲、乙兩小球（視為質點）以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發生正

碰。圖中實線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關于t=

口左右對稱，實線兩個頂點的縱坐標相同，若小球運動中除碰撞外僅受重力，則（）

A.t=0時刻，甲的速率大于乙的速率

B.碰撞前后瞬間，乙的動量不變

C.碰撞前后瞬間，甲的動能不變

D.碰撞后甲的機械能大于乙的機械能

8.圖1和圖2中曲線I、II、III分別描述了某物理量隨分之間的距離變化的規律，為

平衡位置。現有如下物理量：①分子勢能，②分子間引力，③分子間斥力，④分

子間引力和斥力的合力，則曲線I、II、W對應的物理量分別是（）

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圖1圖2

A.①③②B.②④③C.④①③D.①④③

9.簡諧橫波沿x軸正方向傳播，題圖為某時刻波形圖。波源位于x=0處，其位移隨時

間變化的關系為丫=sin（2乃則（）

A.此波的波長為9cmB.此波的頻率為2，z

C.此波的波速為O.lm/sD.此時波源沿y軸正方向運動

二、多選題（本大題共3小題，共9.0分）

10.2021年5月15日“祝融號”火星車成功著陸火星表面，是我國航天事業發展中具有

里程碑意義的進展。此前我國“玉兔二號”月球車首次實現月球背面軟著陸，若

“祝融號”的質量是“玉兔二號”的K倍，火星的質量是月球的N倍，火星的半徑

是月球的P倍，火星與月球均視為球體，則（）

A.火星的平均密度是月球的2倍

B.火星的第一宇宙速度是月球的歷倍

C.火星的重力加速度大小是月球表面的亞倍

P

D.火星對“祝融號”引力的大小是月球對“玉兔二號”引力的翳倍

U.某同學設計了一種天平，其裝置如圖所示。兩相同的同'J----n—

軸圓線圈M、N水平固定，圓線圈P與M、N共軸且平行

等距。初始時，線圈M、N通以等大反向的電流后，在線3斥°

圈P處產生沿半徑方向的磁場，線圈P內無電流且天平平.當」

衡。設從上往下看順時針方向為正向。當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位

置且天平平衡，可能的辦法是（）

A.若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入正向電流

B.若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入負向電流

C.若P處磁場方向沿半徑向內，則在P中通入正向電流

D.若P處磁場方向沿半徑向內，則在P中通入負向電流

12.額定功率相同的甲、乙兩車在同一水平路面上從靜止啟動，其發動機的牽引力隨時

間的變化曲線如圖所示。兩車分別從0和匕時刻開始以額定功率行駛，從功和t4時

刻開始牽引力均視為不變。若兩車行駛時所受的阻力大小與重力成正比，且比例系

B.甲車比乙車先開始運動

C.甲車在匕時刻和乙車在匕時刻的速率相同

D.甲車在t2時刻和乙車在14時刻的速率相同

三、實驗題(本大題共2小題，共18.0分)

13.某同學用手機和帶刻度的玻璃筒等器材研究金屬小球在水中豎直下落的速度變化

情況。他用手機拍攝功能記錄小球在水中靜止釋放后位置隨時間的變化，每/s拍

oU

(1)取某張照片中小球的位置為0號位置，然后依次每隔3張照片標記一次小球的位

置，則相鄰標記位置之間的時間間隔是S0

(2)測得小球位置％隨時間t變化曲線如題圖所示，由圖可知，小球在0.15s?0.35s時

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間段平均速度的大小（選填“大于”、“等于"、“小于”）在0.455?0.65s時

間段內平均速度的大小。

（3）在實驗器材不變的情況下，能夠減小實驗測量誤差的方法有：（寫出一種

即可）。

14.某興趣小組使用如圖1電路，探究太陽能電池的輸出功率與光照強度及外電路電阻

的關系，其中P為電阻箱，出是阻值為37.9皿的定值電阻，E是太陽能電池，“A是

電流表（量程0?100必，內阻2.1OA0）。

圖】

圖3

（1）實驗中若電流表的指針位置如題圖2所示，則電阻箱P兩端的電壓是V。（保

留3位有效數字）

（2）在某光照強度下，測得太陽能電池的輸出電壓U與電阻箱P的電阻R之間的關系

如圖3中的曲線①所示。不考慮電流表和電阻&消耗的功率，由該曲線可知，M點

對應的太陽能電池的輸出功率是mW.（保留3位有效數字）

（3）在另一更大光照強度下，測得U-R關系如圖3中的曲線②所示。同樣不考慮電

流表和電阻Ro消耗的功率，與曲線①相比，在電阻R相同的情況下，曲線②中太陽

能電池的輸出功率（選填“較小”、“較大”）,由圖像估算曲線②中太陽能

電池的最大輸出功率約為mW.（保留3位有效數字）

四、計算題（本大題共4小題，共40.0分）

15.我國規定摩托車、電動自行車騎乘人員必須依法配戴具有緩

沖作用的安全頭盔。小明對某輕質頭盔的安全性能進行了模

擬實驗檢測。某次，他在頭盔中裝入質量為5.0kg的物體（物體

與頭盔密切接觸），使其從1.80m的高處自由落下（如圖），并

與水平地面發生碰撞，頭盔厚度被擠壓了0.03m時，物體的速

度減小到零。擠壓過程不計物體重力，且視為勻減速直線運

動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g

取lthn/s?。求：

（1）頭盔接觸地面前瞬間的速度大小：

（2）物體做勻減速直線運動的時間：

（3）物體在勻減速直線運動過程中所受平均作用力的大小。

16.如圖1所示的Oxy豎直平面內，在原點。有一粒子源，可沿x軸正方向發射速度不同、

比荷均為g的帶正電的粒子。在x>L的區域僅有垂直于平面向內的勻強磁場;x<L

m

的區域僅有如圖2所示的電場，0?to時間內和2to時刻后的勻強電場大小相等，方

向相反（0?玲時間內電場方向豎直向下），to?2to時間內電場強度為零。在磁場左

邊界x=L直線上的某點，固定一粒子收集器（圖中未畫出）。0時刻發射的力粒子在t0

時刻經過左邊界進入磁場，最終被收集器收集；B粒子在g時刻以與4粒子相同的發

射速度發射，第一次經過磁場左邊界的位置坐標為《,-牛）；C粒子在片時刻發射,

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其發射速度是4粒子發射速度的;，不經過磁場能被收集器收集。忽略粒子間相互作

用力和粒子重力，不考慮邊界效應。

(1)求電場強度E的大小；

(2)求磁感應強度B的大小；

(3)設2to時刻發射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發射速度大小。

圖1圖2

17.定高氣球是種氣象氣球，充氣完成后，其容積變化可以忽略。現有容積為匕的某氣

罐裝有溫度為G、壓強為pi的氨氣，將該氣罐與未充氣的某定高氣球連通充氣。當

充氣完成后達到平衡狀態后，氣罐和球內的溫度均為7\,壓強均為k為常數。

然后將氣球密封并釋放升空至某預定高度，氣球內氣體視為理想氣體，假設全過程

無漏氣。

(1)求密封時定高氣球內氣體的體積；

(2)若在該預定高度球內氣體重新達到平衡狀態時的溫度為玲，求此時氣體的壓強。

18.如圖所示，一直角棱鏡ABC,N4=90。，AC=lo從4B邊界面垂直入射的甲、乙

兩種不同頻率的單色光，在棱鏡中傳播速度分別為自C和A2c(0<kx<k2<l,c為

真空中的光速)，甲光第一次到達BC邊恰好發生全反射。求：

(1)該棱鏡分別對甲光和乙光的折射率；

(2)BC邊的長度。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：根據平行四邊形定則，可知沿水平方向和豎直方向將手掌對水的作用力分

解，如圖所示:

則該力在水平方向的分力大小為:

F=Fcos30°=—F，故ABC錯誤，￡＞正確。

xX2

故選：Do

以尸為對角線，分別沿水平和豎直方向為鄰邊做平行四邊，求水平分力。

合力與分力共同作用效果相同，是等效替代的關系，滿足平行四邊形定則。

2.【答案】B

【解析】解：根據題述，123/與123方原子數量之比為4：1,則通過26%（兩個半衰期）后，

4份123/衰變剩余1份，生成了3份1237e原子，此時剩余123/與1232原子數量之比為I：

4,因為123/與123方原子質量相同，所以通過26%（兩個半衰期）后，123/與123方原子的

質量之比為1：4,故B正確，AC。錯誤。

故選：B。

根據半衰期與剩余質量的關系即可判斷。

該題考查半衰期的由于，注意123/與123方原子的質量相同是解答的關鍵。

3.【答案】A

【解析】解：開始時線圈與磁場額方向平行，則穿過線圈的磁通量為零；經過時間3

面積為S的線圈平面逆時針轉動至與磁場夾角為。處，磁通量變化為：48=BSs譏仇由

法拉第電磁感應定律，線圈中產生的平均感應電動勢的大小為：E=N竽="經空；由

Att

楞次定律可判斷出感應電流方向為逆時針方向。故4正確，錯誤。

故選：4。

根據。=BSs譏。判斷穿過線圈的磁通量，然后求出磁通量的變化量，再根據法拉第電

磁感應定律求出平均電動勢的大小，根據楞次定律判斷感應電流的方向。

該題考查楞次定律與法拉第電磁感應定律，正確求出磁通量的變化是解答的關鍵。

4.【答案】C

【解析】解：4由平行板電容器電容的決定式。=吊可得，d減小，C增大，故A錯誤；

B.電容器所帶電荷量Q不變，C增大，由〃=色可得，U變小，故8錯誤；

CD.由勻強電場的場強與電勢差關系公式可得

fE與d無關，E不變，故C正確，。錯誤。

acaerS

故選Co

根據電容的決定式結合d的變化得出電容的變化，結合公式Q=CU和U=Ed完成分析即

可。

本題考查電容器的動態分析，目的是考查學生的推理能力，難度不大。

5.【答案】D

【解析】解：圖中N。連線與水平方向的夾角氏由幾何關系可得sin。=9=；,可得0=

30°

設小物塊通過N點時速度為。，小物塊從左側圓弧最高點靜止釋放，

由機械能守恒定律可得mgRs譏0=解得：〃=故。正確，ABC錯誤。

故選：D。

先根據幾何知識求解N。連線與水平方向的夾角，根據機械能守恒定律求解小球過N點

的速度。

本題考查機械能守恒定律，需要結合數學知識結合機械能夠守恒定律處理問題。

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6.【答案】B

【解析】解：4由理想變壓器的變壓公式，可知原副線圈匝數之比為詈=券=券=苧，

n2U24.41

故A錯誤；

A由理想變壓器的變流公式，］=受=/解得原線圈電流A=9x1.04=0.022,故B

，2九150x50

正確；

C根據有效值與最大值的關系可知，副線圈兩端的電壓最大值U2m=V2XU2=A/2X

4.4V=6.16V,故C錯誤；

D根據理想變壓器輸出功率大于輸入功率可知，原副線圈的功率之比為1：1,故。錯

誤。

故選：B?

根據理想變壓器原副線圈電壓、電流與匝數之比關系可以分析，再根據最大值與有效值

之間關系以及輸入功率等于輸出功率即可解本題.

該題考查理想變壓器電壓、電流與原副線圈匝數之比的關系，有效值與最大值之間關系，

以及輸入功率等于輸出功率等知識點，屬于基本題型。

7.【答案】C

【解析】解：4根據位移圖像斜率表示速度可知，t=0時刻，甲的速率小于乙的速率,

故A錯誤；

BC.根據甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據題述，

虛線（乙的位移圖像）關于t=q左右對稱，所以碰撞前后瞬間，乙的動量大小不變，方

向變化，甲的動能不變，故8錯誤，C正確：

D根據題述，實線兩個頂點的縱坐標相同，可知碰撞后甲的機械能與乙的機械能相等，

故。錯誤。

故選：Co

位移圖像斜率表示速度，圖線交點代表相遇，然后逐項解答。

本題考查的是x-t圖像，解題的關鍵是知道圖線的斜率代表速度，圖像的交點代表兩物

體相遇。

8.【答案】D

【解析】解：根據分子處于平衡位置（即分子之間距離為ro）時分子勢能最小可知，曲線/

為分子勢能隨分子之間距離r變化的圖像；

根據分子處于平衡位置（即分子之間距離為力）時分子力為零，可知曲線H為分子力隨分

子之間距離r變化的圖像；

根據分子之間斥力隨分子之間距離的增大而減小，可知曲線HI為分子斥力隨分子之間距

離r變化的圖像。故。正確，ABC錯誤；

故選Do

根據分子力隨分子間距離變化的圖像和分子勢能隨分子間距離變化的圖像分析可得。

本題主要考查了分子力隨分子間距離變化的圖像和分子勢能隨分子間距離變化的圖像，

熟知圖像并且會分析其變化是解題的關鍵。

9.【答案】C

【解析】解：4由波形圖可知，此波的波長4=10cm,故A錯誤；

8.由位移隨時間變化的關系得e=2n,由3=2兀/■可得此波的頻率f=1Hz,故B錯誤；

C.由3=與可得，7=1s由4=u7'可得此波的傳播速度，u=0.17n/s,故C正確；

D根據“上下坡”法則可知，波源處于上坡過程，則此時波源沿y軸負方向運動，故。

錯誤：

故選：Co

根據圖像可知波長為10m，由題干y=sin（2a）方程可知，角速度，根據角速度與頻率

關系可知頻率和周期，再根據波速波長以及周期之間的關系，可知波速，根據“上下坡”

法則可知振動方向。

解決本題的關鍵能夠從波動圖象獲取信息，以及知道質點的振動方向與波的傳播方向的

關系。

10.【答案】AD

【解析】解：4根據密度的定義有：p=*體積^=［兀/?3,可知火星的平均密度與月

球的平均密度之比為幺=Nx2=^,即火星的平均密度是月球的9倍，故A

P月M月,p3p3p3

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正確;

BC.由G罌=mg可知火星的重力加速度與月球表面的重力加速度之比為言==

Nx轟=%即火星的重力加速度是月球表面的重力加速度的強，在星球表面附近有：

cMm

G-^r=mg；

同時萬有引力提供向心力有：G^=m-,可知火星的第一宇宙速度與月球的第一宇

R2R

宙速度之比為a==I*P=2，故8c錯誤；

%8%Np2Np

。.由萬有引力定律F=G需可知火星對“祝融號”引力大小與月球對“玉兔二號”引

力大小之比為獸?奧?*=NXKX2=M，即火星對“祝融號”引力大小是月

'月照月m玉"火

球對“玉兔二號”引力大小的翳倍，故。正確。

故選AD.

根據密度的定義式結合體積公式即可求出密度的關系，由萬有引力提供向心力即可求出

半徑的關系以及第一宇宙速度、重力加速度和萬有引力的關系。

解決本題的關鍵掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，并能靈活運用，知道周期與軌

道半徑的關系，基礎題。

11.【答案】BC

【解析】解：AB.當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，則需要線圈

P需要受到豎直向下的安培力，若P處磁場方向沿半徑向外，由左手定則可知，可在P中

通入負向電流，故A錯誤，B正確；

CD.若P處磁場方向沿半徑向內，由左手定則可知，可在P中通入正向電流，故C正確,

。錯誤。

故選：BC。

根據磁場方向和電流方向，利用左手定則判斷安培力的方向即可。

本題主要是考查安培力方向的判斷方法，利用左手定則進行分析：伸開左手，使拇指與

其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一平面內；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向

電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向。

12.【答案】ABC

【解析】解：力、根據題述，兩車額定功率P相同，勻速運動后牽引力等于阻力，因此

甲車阻力大于乙車阻力，根據甲車t2時刻后和乙車t4時刻后兩車牽引力不變，甲車牽引

力大于乙車可知尸=f=/ong可知甲車的總重比乙車大，故4正確;

8、如圖所示甲車在4點所對應的時刻牽引力與

阻力瞬間相等，所以甲車從這個時刻開始，做加

速運動；乙車在B點所對應的時刻牽引力與阻力

瞬間相等，乙車從這個時刻開始加速，所以甲車

比乙車先開始運動，故B正確；

C、兩車分別從ti和t3時刻開始以額定功率行駛，這兩個時刻，兩車的牽引力等大，由

P=Fu可知，甲車在h時刻和乙車在J時刻的速率相同，故C正確；

D、t2時刻甲車達到最大速度,t4時刻乙車達到最大速度,根據汽車的額定功率P=/%=

kmg方可知由于甲車的總重比乙車大，所以甲車在t2時刻的速率小于乙車在t4時刻的速

率，故O錯誤。

故選ABC.

在尸-t圖像中，但牽引力等于阻力時，汽車做勻速直線運動，汽車在啟動的過程中，

當牽引力大于阻力時開始做加速運動，根據圖像即可判斷出誰先運動，根據P=求得

速度。

本題主要考查了機車的啟動，明確兩種啟動方式，抓住當牽引力等于阻力時，速度達到

最大。

13.【答案】尚小于每張照片標記一次小球的位置

【解析】解：⑴相鄰標記位置之間的時間間隔是7=4x/s=2s

6015

(2)小球在0?15s?0.35s時間內(zk=0.35s-0.15s=0.20s),位移=240mm-

40mm=200mm=0.200m,平均速度大小為%=第=^rm/s=

小球在0.45s?0.65s時間內(At=0.65s—0.45s=0.20s),位移4%2=750mm—

400mm=350mm=0.350m,平均速度大小為藝=等=^^m/s=L75m/s

△「2(J.ZU

由此可知小球在0.15s?0.35s時間內平均速度的大小小于小球在0.45s~0.65s時間內的

平均速度的大小；

第14頁，共19頁

(3)在實驗器材不變的情況下，能夠減小實驗誤差測量誤差的方法有：每張照片標記一

次小球的位置。

故答案為：(1)會；(2)小于；(3)每張照片標記一次小球的位置

(1)根據時間與周期的關系解得；

(2)再運用平均速度的計算公式，從而即可求解；

(3)根據實驗原理與操作解答。

考查探究小車速度隨時間的變化，掌握逐平均速度的計算公式，要熟練掌握公式的應用,

提高解決實驗能力。

14.【答案】2.4840.5較大66.7

【解析】解：(1)電流表量程是由圖2所示表盤可知，其分度值是讀數/=

-s

62.0M=6.20x10-54電阻箱p兩端的電壓U=l(rg+Ro)=6.20x10x(2.10+

37.9)x103V=2.48V?

(2)由圖3所示可知，M點對應的電壓U=1.80V,電阻R=80.00,太陽能電池的輸出功

率p=竺=竺竺勿=4.05x10-2W=40.5mlVo

R80.0

(3)由圖3所示圖像可知，與曲線①相比，在電阻R相同的情況下，曲線②中太陽能電池

的電壓較大，由P可知，曲線②中太陽能電池的輸出電功率較大；

由圖像②可知，太陽能電池電動勢為E=2.80V,太陽能電池的內阻隨外接電阻R的增

大而減小，可估算出當R=300時電池內阻約為300,太陽能電池輸出功率最大，最大

輸出電功率P=受=*W=0.0667"=66.7mWZo

4R4X30

故答案為：(1)2.48；(2)40.5；(3)較大;66.7。

(1)根據電流表的量程與圖示表盤確定其分度值，根據指針位置讀出其讀數，然后求出

電阻箱兩端電壓。

(2)根據圖示圖像求出電壓與對應的電阻阻值，然后求出輸出功率。

(3)當電池內電阻與外電阻相等時電池的輸出功率最大，根據圖3所示圖像分析求解。

要掌握常用器材的使用方法與讀數方法；對電表讀數時要先確定其量程與分度值，根據

指針位置讀數，讀數時視線要與刻度線垂直；分析清楚圖示圖像，應用電功率公式即可

解題。

15.【答案】解：(1)由自由落體運動規律可得：v2=2gh,其中：h=1.80m

代入數據解得：v=6m/s；

(2)由勻變速直線運動規律可得：=其中4x=0.03m

代入數據解得:t=0.01s；

(3)取向下為正分向，由動量定理得：一Ft=0-7nu

代入數據解得：F=3000N。

答：(1)頭盔接觸地面前瞬間的速度大小為6m/s；

(2)物體做勻減速直線運動的時間為0.01s；

(3)物體在勻減速直線運動過程中所受平均作用力的大小為3000N。

【解析】(1)由自由落體運動規律求解速度大小；

(2)由勻變速直線運動規律求解時間；

(3)由動量定理求解物體在勻減速直線運動過程中所受平均作用力的大小。

本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受

力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。由于本題在擠壓過程不計物體重力，所

以列動量定理方程時可不分析重力。

16.【答案】解：(1)設4粒子發射速度為明分別畫出4BC粒子運動軌跡，如圖1：

根據題述可知

L—Vtg

對B粒子沿y方向運動

北=2.0(步a也包

92'3'33

qE=ma

聯立解得：E=器;

(2)設收集器的位置坐標為(L,y),

第16頁，共19頁

對C粒子：L=0.25v-4t0,y=：Q(3to)2

r

對4粒子：L=vt0,y=|ato

/粒子進入磁場時沿不方向分速度為

以=u=《

fo

沿y方向分速度

%=at-Y

,Qto

又tan。=—=1

vx

由幾何關系得

2rc