2021年高考物理試卷（福建）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2021年福建省新高考物理試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．【解答】解：A、位移指的是從M點(diǎn)漂流到N點(diǎn)的有向線段，故A錯(cuò)誤；B、從M點(diǎn)漂流到N點(diǎn)的路程為5.4km，則平均速率為，故B錯(cuò)誤；C、該游客的平均速度大小為，故C正確；D、以玉女峰為參考系，若以所乘竹筏為參考系，故D錯(cuò)誤；故選：C。2．【解答】解：質(zhì)子（H）以速度v5自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，滿足：qv0B＝qE解得v0＝即質(zhì)子的速度滿足速度選擇器的條件；A.以速度射入的正電子（，所受的洛倫茲力小于電場(chǎng)力，故A錯(cuò)誤；B.以速度v0射入的電子（e），而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；CD.以速度2v0射入的氘核（H）0射入的α粒子（He）0＝，故都不能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；故選：B。3．【解答】解：不考慮變壓器的輸入電壓隨負(fù)載變化，即變壓器原線圈的輸入電壓U1＝UV1不變，根據(jù)：可知2＝Uv2不變；當(dāng)住戶使用的用電器增加時(shí)燈變小，由可知2＝IA7變大，而由，UV3＝U2﹣I7R可知V3減??；由理想變壓器的原理U1I7＝U2I2，可知原線圈的電流I8＝IA1變大；故綜合上述分析可知A1增大，A7增大，V2不變，V3減小；故ABC錯(cuò)誤。故選：D。4．【解答】解：設(shè)空氣的密度為ρ，風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的橫截面積為SΔm＝ρSv?Δt假定臺(tái)風(fēng)風(fēng)迎面垂直吹向一固定的交通標(biāo)志牌的末速度為零，對(duì)風(fēng)﹣FΔt＝0﹣Δmv可得：F＝ρSv210級(jí)臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速v7≈25m/s，16臺(tái)風(fēng)的風(fēng)速v2≈50m/s，則有＝≈4故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題6分，共24.每小題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分5．【解答】解：A.由題知，“奮斗者”號(hào)與“探索一號(hào)”通信是通過(guò)水聲音通信，故信息載體屬于縱波；B.由題知，“奮斗者”號(hào)與“滄?！碧?hào)通信是通過(guò)無(wú)線藍(lán)綠光通信，故信息載體屬于橫波；C.因?yàn)樘罩袥](méi)有介質(zhì)，故機(jī)械波無(wú)法傳播，故C錯(cuò)誤；D.在傳遞信息的過(guò)程也是傳遞能量的過(guò)程，故“探索一號(hào)”與“探索二號(hào)”的通信過(guò)程也是能量傳播的過(guò)程。故選：BD。6．【解答】解：AB.由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，故四條導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，四條導(dǎo)線中在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由圖可知，Bb與Bc相互抵消，Ba與Bd合成，根據(jù)平行四邊形定則，其大小不為零，B正確；CD.由題知，四條導(dǎo)線中的電流大小相等，a，故a，c、d到e點(diǎn)的距離相等、d在e點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，四條導(dǎo)線中在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向由圖可知Bc與Bd大小相等，方向相反；而Bb與Ba大小相等，方向如圖所示，可知兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的合磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸負(fù)方向，D正確。故選：BD。7．【解答】解：A、根據(jù)右手定則、b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流均為順時(shí)針?lè)较颉各自產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)之和0。感應(yīng)電流I＝對(duì)a由牛頓第二定律得：BIL＝ma解得：a＝，故A正確；B、由題意知、b電阻率相同，電阻分別為R和2RR＝ρ，6R＝ρ可得：Sa＝2Sb，可知a的體積是b的2倍，密度相同，即b的質(zhì)量為。a、b在磁場(chǎng)中時(shí)，所受安培力總是反向等大，a，則此系統(tǒng)動(dòng)量守恒。t2時(shí)刻流過(guò)a的電流為零，a、b之間的磁通量不變，設(shè)為v，由動(dòng)量守恒定律得：mv0﹣v0＝（m+）v解得：v＝v0，即t8時(shí)刻b棒的速度為v5，故B錯(cuò)誤；C、t1～t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)a，根據(jù)q＝It、b棒橫截面的電荷量相等；D、t3～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)a，由能量守恒定律得：m+×＝（m+2+Q總解得回路中產(chǎn)生的總熱量Q總＝a棒產(chǎn)生的焦耳熱Qa＝Q總＝m，故D正確。故選：AD。8．【解答】解：A、設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸為2a，則偏心率為0.87＝＝由題知，Q與O的距離約為120AU由此可求出a、c，由于S2是繞致密天體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬(wàn)有引力定律6與銀河系中心致密天體的質(zhì)量之比，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)開(kāi)普勒第三定律有，式中k是與中心天體的質(zhì)量M有關(guān)的常量，所以8是繞致密天體運(yùn)動(dòng)，有＝k致∝M致對(duì)地球圍繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)，有＝k太∝M太兩式相比，可得＝因S2的半長(zhǎng)軸為a，周期TS4、日地之間的距離r地、地球繞太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)周期T地都已知，故由上式可以求出銀河系中心致密天體與太陽(yáng)的質(zhì)量之比；C、根據(jù)開(kāi)普勒第二定律有vP（a+c）＝vQ（a﹣c），則＝，因a，則可以求出S2在P點(diǎn)與Q點(diǎn)的速度大小之比，故C正確；D、S7不管是在P點(diǎn)，還是在Q點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得G＝ma解得a＝因?yàn)镻點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為a+c，Q點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為a﹣c5在P點(diǎn)與Q點(diǎn)的加速度大小之比＝因a、c可以求出8在P點(diǎn)與Q點(diǎn)的加速度大小之比可以求出，故D正確。故選：BCD。三、非選擇題：共60分，其中9、10題為填空題，11、12為實(shí)驗(yàn)題，13～15題為計(jì)算題。考生根據(jù)要求作答。9．【解答】解：衰變方程為，根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可得，解得：Z＝2A+8＝3，解得：A＝3；經(jīng)過(guò)50年，排入海水中的氚的剩余質(zhì)量為：故答案為：2；3；。10．【解答】解：該過(guò)程氣體體積增大，對(duì)外做正功。由題圖可知，從狀態(tài)A到狀態(tài)B，根據(jù)一定理想氣體狀態(tài)方程。故答案為：做正功；先升高后降低11．【解答】解：（1）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，所以電阻絲的直徑為d＝1mm+41.4×8.01mm＝1.414mm；（3）使用多用電表歐姆擋測(cè)電阻時(shí)，為了減小誤差，由于該電阻絲的阻值在100～200Ω，所以應(yīng)選擇×10倍率的電阻擋；（5）15～20之間的分度值為1，所以該電阻絲的電阻值為R＝16×10Ω＝160Ω；（7）根據(jù)電阻定律有R＝ρ，解得該電阻絲的電阻率為ρ＝＝﹣4Ω?m。故答案為：（1）6.414；（3）×10；（7）3.14×10﹣412．【解答】解：（2）由題圖（b）可知從左往右點(diǎn)間距逐漸增大，說(shuō)明小車做加速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)減小木板的傾角。（4）打F點(diǎn)時(shí)小車的速度大小等于打E、G兩點(diǎn)之間小車的平均速度大小，即（5）v﹣t圖像的斜率表示加速度，所以由圖像可知小車加速度大小逐漸變小。小車加速度隨速度的增大而變小，根據(jù)牛頓第二定律可知小車所受合外力F隨速度的增大而變小，設(shè)小車所受空氣阻力大小為f而細(xì)繩拉力T不變，故由此得到的結(jié)論是空氣阻力隨速度增大而增大。故答案為：往右移；3.15；空氣阻力隨速度增大而增大13．【解答】解：（1）設(shè)探測(cè)器在動(dòng)力減速階段所用時(shí)間為t，初速度大小為v1，末速度大小為v2，加速度大小為a。由勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間關(guān)系公式有v7＝v1﹣at代入題給數(shù)據(jù)解得a＝1.5m/s2設(shè)探測(cè)器下降的距離為s，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移公式有s＝v1t﹣聯(lián)立解得s＝3840m（2）設(shè)火星的質(zhì)量、半徑和表面重力加速度大小分別為M火、r火和g火，地球的質(zhì)量、半徑和表面重力加速度大小分別為M地、r地和g地，已知：，。由萬(wàn)有引力等于重力，對(duì)質(zhì)量為m的物體，有在地球表面上，有。解得：g火＝8m/s2設(shè)變推力發(fā)動(dòng)機(jī)的最大推力為F，能夠懸停的火星探測(cè)器最大質(zhì)量為mmax，由力的平衡條件有F＝mmaxg火聯(lián)立解得mmax＝1875kg即在懸停避障階段，該變推力發(fā)動(dòng)機(jī)能實(shí)現(xiàn)懸停的探測(cè)器的最大質(zhì)量為1875kg。答：（1）在動(dòng)力減速階段，探測(cè)器的加速度大小為1.3m/s2，下降距離為3840m；（2）在懸停避障階段，能借助該變推力發(fā)動(dòng)機(jī)實(shí)現(xiàn)懸停的探測(cè)器的最大質(zhì)量為1875kg。14．【解答】解：（1）小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊受斜面的支持力大小為N，拉力為10N時(shí)滑塊的加速度大小為aT+mgsinθ﹣f＝ma①N﹣mgcosθ＝0②f＝μN(yùn)③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a＝7m/s2④（2）設(shè)滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中拉力所做的功為W，由功的定義有W＝T1s1+T4s2⑤式中T1、T3和s1、s2分別對(duì)應(yīng)滑塊下滑過(guò)程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。依題意，T7＝8N，s1＝7m，T2＝10N，s2＝3m。設(shè)滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有W+（mgsinθ﹣f）（s1+s2）＝Ek﹣4⑥聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek＝26J⑦（3）由機(jī)械能守恒定律可知，滑塊第二次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)k。設(shè)滑塊離B點(diǎn)的最大距離為smax，由動(dòng)能定理有﹣（mgsinθ+f）smin＝0﹣Ek⑧聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax＝1.8m⑨答：（1）當(dāng)拉力為10N時(shí)，滑塊的加速度大小為7m/s2；（2）滑塊第一次到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為26J（3）第一次在B點(diǎn)與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離為6.3m。15．【解答】解：（1）設(shè)A到M點(diǎn)的距離為RM，A點(diǎn)的電荷對(duì)小球S1的庫(kù)侖力大小為FA，由庫(kù)侖定律有FA＝①設(shè)小球S1在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為FM，由力的合成有FM＝2FAsin45°②聯(lián)立①②式，由幾何關(guān)系并代入數(shù)據(jù)得FM＝③（2）設(shè)O點(diǎn)下方處為C點(diǎn)C，小球S1在C處所受的庫(kù)侖力大小為FC，由庫(kù)侖定律和力的合成有FC＝2sinθ④式中sinθ＝設(shè)小球S4的質(zhì)量為m1，小球S1在C點(diǎn)的加速度大小為a，由牛頓第二定律有FC+m6g＝m1a⑤由圖（c）可知，式中a＝2g聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)得m7＝⑥設(shè)S2的質(zhì)量為m2，碰撞前、后S6的速度分別為v1，v1′，S8碰撞前、后的速度分別為v2，v2′，取豎直向下為正方向6v1+m2v8＝m1v1′+m2v2′⑦8⑧設(shè)小球S2碰撞前的動(dòng)量為p2，由動(dòng)量的定義有p4＝m2v2⑨依題意有m1＝m2聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，得p7＝﹣⑩即碰撞前S2的動(dòng)量大小為。（3）設(shè)O點(diǎn)上方處為D點(diǎn)，S1在D點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小等于小球的重力大小，方向豎直向上，S7在此處加速度為0；S1在D點(diǎn)上方做減速運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)下方做加速運(yùn)動(dòng)3能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與S2相碰，S1運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度必須大于零。設(shè)M點(diǎn)與D點(diǎn)電勢(shì)差為UMD，由電勢(shì)差定義有UMD＝φM﹣φD?設(shè)小球S8初動(dòng)能為Ek，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的動(dòng)