2021届福建省高考物理压轴试卷(含答案解析)

2021届福建省高考物理压轴试卷

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、8两物块叠放在一起,

随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是（

A.B的向心力是A的向心力的2倍

B.盘对B的摩擦力是8对A的摩擦力的2倍

C.A,B都有沿切线方向且向后滑动的趋势

D.若B先滑动，则B对A的动摩擦因数以小于盘对B的动摩擦因数而

2.一束复色光射入玻璃砖（上、下两表面平行）后分成两束单色光①和

②，已知入射光与玻璃砖上表面的夹角为30。，光束①与上表面的X

反射光（图中未画出）相互垂直，若玻璃砖对光束②的折射率为"，玻现分‘心弋

_下去而

光束②在玻璃砖里发生全反射的临界角为C,则下列说法正确的是

（）

A.n<V3

B.sinC<—

3

C.光束①能在玻璃砖的下表面发生全反射

D.光束②能在玻璃砖的下表面发生全反射

3,列车在平直轨道上行驶，从某时刻起，牵引力逐渐减小但始终大于阻力，则列车在该过程中（）

A.速度变小，位移变大B.速度变大，加速度变大

C.加速度变小，位移变小D.速度变大，位移变大

4.两束单色光线人6以相同的角度从某种玻璃射入空气，发现。发生了全反射、b没有发生全反

射，则下列说法中正确的是（）

A.光线“在玻璃中速度较大B.玻璃对光线。的折射率较大

C.光线b的临界角较小D.光线6在玻璃中的速度较小

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.下列所给的图像中反映作直线运动的物体回到初始位置的是（）

6.正方形虚线框A8CQ位于竖直面内，其中心为0,在A、3两点分别固定

叫…

点电荷+Q与-Q,尸为BC中点,也固定有点电荷-q,光滑绝缘竖直杆与

A8的中垂线重合，与48、8交点分别为〃、G,杆上套有一个带少量正

电荷的小球，不计小球对电场的影响，现将小球自G点无初速度释放，重

力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.小球在。点的加速度为gB.小球在〃点的速度为零

C.小球在G、”两点的电势能相等D.小球在G、”两点的机械能不相等

7.如图：必〃是一正方形区域，处于匀强电场中，并与电场方向平行.大量电子0

从正方形的中心。，以相同速率v向各个方向发射，电子从正方形边界上的不

同点射出，其中到达c点的电子速度恰好为零，不计电子的重力，下面判断正/

确的是（）

A.在正方形边界上c点电势最高

B.到达。点的电子电势能最小，速率是2V

C.到达6、d两点的电子电势能相等，速率均是v

D.到达A边中点的电子速率是在u

2

8.如图所示，粗糙水平地面上有A、0、B、C四点，且。B=BC=2A0=lm,轻弹簧的左端固

定在墙上，右端自由伸长到。点。现有质量为0.5kg的物块从C点以初速度vo=4gm/s开始

向左运动，与此同时，在物块上施加一恒力尸=5N,与水平方向的夹角为37。，物块将弹簧压

缩至A点时，速度减为零，然后物块被反弹至B点，速度再次为零，g取10m/s2,sin370=0.6,

cos37°=0.8,则下列说法中正确的是（）

A.物块接触弹簧前做匀加速运动

B.物块与水平面间的动摩擦因数为0.5

C.弹簧的最大弹性势能为24J

D.物块离开弹簧后摩擦力的冲量大小为四N.s

或者“放热”）.

10.粗细均匀的轻绳一端固定，另一端用手握住连续上下抖动，形成一

列沿水平方向向右传播的横波，某一时刻的波形如图所示。根据这

些信息，得知波在绳子中的传播速度,手抖动绳的频率

。（均选填“变大”、“变小”、“不变”或“无法判断”）

四、实验题（本大题共2小题，共26.0分）

11.如图所示是‘'用。/S实验系统研究机械能守恒定律”的实验装置，本

实验中，采用的传感器是（填写传感器名）。本实验中，先选取

零势能面再进行实验，则零势能面位置的选取对验证摆锤动能与重力

势能之和为常数影响（选填“有”或“无”）。

12.图（①为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池;R】、

/?2、/？3、&和氏5是固定电阻，是可变电阻；表头电流表G的量程为0〜5mA,内阻r=3000,

虚线方框内为换挡开关，A端和8端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为:

直流电压5U挡和10U挡，直流电流10m力挡和100巾4挡，欧姆X10。挡。

图(b)

⑴图⑷中的B端与(填“红"或"黑")色表笔相连接。

(2)开关S接位置—(填“1”或“2”)时是电流挡的小量程，根据题给条件可得％=n,

R2=/?4=/2o

(3)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读

数为;若此时B端是与“3”相连的，则读数为；

(4)已知图中的电源E的电动势为10匕当把开关S接到位置3,短接4B进行欧姆调零后，此

欧姆挡内阻为n

(5)当电池长期使用使得电动势变小，用该电池的多用电表测量电阻时，所测得的阻值将

(填“偏大”“偏小”或“不变”).

五、简答题(本大题共1小题，共10.0分)

13.如图所示，在一竖直平面内有水平匀强磁场，磁感应强度8的方向垂直该竖直平面向里，让质

量为电荷量为q(q>0)的粒子从坐标原点。沿竖直平面以不同的初速度和方向入射到该磁

场中，在竖直平面内还有一竖直向上匀强电场，场强大小后=詈，。点坐标为(L,0),L未知。

XXXX

L

XXXX

(1)若乙=771〃98,发现初速度大小为孙的粒子恰好能够打中。点，求粒子初速度与X轴正方向的可

能夹角值；

(2)撤去电场E,只考虑从坐标原点水平向右射入磁场的粒子，小珂同学发现，无论L取什么值，均

可使粒子经直线运动通过。点，试问v应取什么值；

(3)撤去电场E,只考虑从坐标原点水平向右射入磁场的粒子，若v为第(2)问可取值之外的任意值,

则L取哪些值，可使q必定会经曲线运动通过。点；3已知)

(4)接第(3)问，求。到a运动过程中的最大速度。(V已知)

六、计算题(本大题共2小题，共16.0分)

14.如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑

导轨平滑连接，导轨间距L=lm。细金属棒油和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量机均为

1kg,电阻R均为0.52cd棒右侧1机处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强

度B=1T,磁场区域长为s。以M棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右

的水平变力尸作用于必棒上，力随时间变化的规律为F=(0.25t+1)N,作用4s后撤去尸.撤去

F之后川棒与cd棒发生完全弹性碰撞，〃棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电

阻不计，空气阻力不计。求：

(1)撤去力尸的瞬间，外棒的速度大小；

(2)若s=lm,求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度加

(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，求cd棒最后静止时的位置x与s的关系。

15.如图所示，在倾角为。=30。的光滑斜面内固定一光滑铁皮制作的:圆弧轨道AB,铁皮面垂直斜

4

面放置，圆弧的圆心为O,半径为R,半径OA和OB分别垂直于斜面的侧边和底边，质量为相

的小球从圆弧轨道上无初速度释放：

图1图2

(1)若小球由4点释放，求小球滑到轨道底端H点时的速度大小以及此时小球对轨道的压力.

(2)若小球从轨道上的某处释放，打在斜面内轨道右侧垂直斜面底边放置的木板上，当木板与半径

08的距离为R时，小球打在匕点，木板与半径05的距离为2R时，小球打在P2点，且木板上

两落点P1P2的距离为3R,求小球释放点距离轨道底端8的高度(设斜面足够大，木板足够长).

【答案与解析】

1.答案：B

解析：解：A、因为4、B两物体的角速度大小相等，根据4=因为两物块的角速度大小相

等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等.故A错误；

22

B、对整体分析，fB=2mra),对A分析，有：fA=mra),知盘对8的摩擦力是8对A的摩擦

力的2倍，故B正确.

C、4所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，8受到盘的静摩擦力方向指

向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误.

。、对AB整体分析,曲2成？=2mr说，解得O>B=对A分析,〃4mg=mra)l，解得必=

因为8先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即说<幺，故。错误.

故选：B

A、8两物体一起做圆周运动，靠摩擦力提供向心力，两物体的角速度大小相等，结合牛顿第二定律

分析判断.

解决本题的关键知道4、8两物体一起做匀速圆周运动，角速度大小相等，知道圆周运动向心力的来

源，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等.

2.答案：A

解析：解：AB,根据题意可知两束光的入射角都为60。，而光束①的折射角小于光束②的折射角，

所以光束①的折射率大于光束②，

光束①的发射角为60。,所以光束①在上表面的折射角为30。,根据折射定律有,光束①的折射率为：

sin600nz

九i=-...=V3,

1sin3O°

所以71<V3，

因为sinC=

n

所以C>更，故A正确，B错误；

3

CD、根据几何知识可知，光束①和光束②在下表面的入射角等于在上表面的折射角，根据光路可

逆原理可知，两光束不可能在下表面发生全反射，故CZ)错误。

故选：A。

两束光的入射角都为60。，而光束①的折射角小于光束②的折射角，根据折射定律可知，光束①的

折射率大于光束②，根据题中所给条件分析光束①的折射角，再由折射定律求解光束①的折射率，

并分析②的折射率大小范围；分析两束光在下表面的入射角与全反射的临界角的大小关系，从而判

断能否在下表面发生全反射。

解决该题需要能正确分析两束光的折射率的大小关系，熟记折射定律的表达式，掌握全反射的临界

角的求解公式，知道光路可逆原理。

3.答案：D

解析：解：列车在加速，知加速度的方向与速度的方向相同，当牵引力逐渐减小但始终大于阻力，

根据牛顿第二定律可得a=3,则知加速度减小；

m

而加速度方向始终与速度方向相同，所以速度仍然增大，位移一直增大，故。正确，ABC错误。

故选：Do

判断速度增加还是减小，看速度方向与加速度方向关系，当速度的方向与加速度的方向相同，做加

速运动，速度增大、位移增大。

解决本题的关键知道当速度的方向与加速度的方向相同，做加速运动；当速度的方向与加速度方向

相反，做减速运动。

4.答案：B

解析：解：A、两束单色光线“、b以相同的角度从某种玻璃射入空气，发现。发生了全反射、b没

有发生全反射，知。光的临界角小于〃光的临界角，根据知，。光的折射率大，则a光的频

率大，根据"=：知，"光的折射率大，则。光在玻璃中的速度小，6光在玻璃中的速度大.故8正

确，ACO错误.

故选：B.

两束单色光线a、b以相同的角度从某种玻璃射入空气，发现。发生了全反射、人没有发生全反射，

根据折射定律得出两光折射率的大小，比较出临界角的大小，根据u=£比较出光在玻璃中传播速度

n

的大小，通过频率的大小得知波长的大小.

解决本题的突破口在于通过临界角的大小比较出两光折射率的大小，从而比较出频率、波长、在介

质中的速度大小关系.

5.答案：ACD

解析：略

6.答案：AC

解析：解：4、小球在O点时，受到A、8两点电荷的库仑力的合力水平向右，受到/点电荷库仑力

也水平向右，杆的弹力水平向左，使小球水平方向所受合力为零，所以小球竖直方向只受重力，加

速度为g,故4正确；

8、小球由G到//,电场力做功为零，但重力做功使小球动能增加，故小球在”点速度不为零，故B

错误；

CD、在A、8两电荷的电场中，竖直杆与等势线重合，在尸点电荷的电场中，G、，为等势点，即

在三个点电荷的合电场中，G、，两点电势相同，小球在这两点的电势能相同，因此机械能也相等，

故C正确，。错误；

故选：AC,

分析小球的受力情况，由牛顿第二定律分析小球在。点的加速度。根据等量异种电荷电场中电势分

析情况，分析小球在三个点电荷的合电场中的电势情况，由能量守恒定律分析小球在”点的速度、

电势能、机械能关系。

本题的关键是明确小球所受的库仑力情况，要掌握等量异种电荷电场的分布情况，运用电场的叠加

原理分析这类问题。

7.答案：CD

解析：解：A、由题意，到达c点的电子速度恰好为零，该电子所受的电场力方向必定沿C-a方向，

则电场方向沿a—c方向，故c点电势最低.故A错误.

8、电场力对到达。点的电子做正功最多，电势能最小，设速率是%.根据动能定理得

2

。7c：Woc=0—^mv...(1)

22

ota：Woa=|mv'—1mv...@

而%c=—%a，解得，1/=疗仇故8错误.

C、由于法d两点的电势相等，电场力对到达从”两点的电子做功为零，则到达氏d两点的电子

电势能相等，速率均是。.故c正确.

2

。、设de边中点为e,电子到达e的速率为七,根据动能定理得：woe~-|mv...@

又恨=2恨...©

联立①③④得，%=字也故。正确.

故选

根据到达。点的电子速度恰好为零，判断场强的方向，由电场线的方向确定电势的高低；根据动能

定理求解到达。点的电子速率和到达。、d两点的电子的速率.

本题的解题关键是判断电场方向，根据电场线与等势面垂直的特点分析电势差的关系，由动能定理

求解速率.

8.答案：BD

解析：解：AB,对物体全程使用动能定理：-n(rng+Fsin37°xx总+FxCBcos37°=0-gm诏,x总=

4m,xCB=Im

代入数据得：〃=0.5

物体滑接触弹簧时：尸分=FCOS37°-©mg+Fs)37。)

代入数据得：尸冷=°，即物体做匀速直线运动，故4错误，8正确

o>

C、由C到A由动能定理有:FXCACOS370-“(mg+Fsin37)xCA-EP=0

代入数据得：EP=12],故C错误

D、。点速度为M,由。至IJB,有：-F%OBCOS37°-“(mg+Fsin37°)XoB=0-之7n"2

解得：v=4y/2m/s

据牛顿第二定律有：Fcos37°+n(mg+Fsin370)=ma

代入数据得：a=16m/s2,

由“=就得：t=?s.If=ft=l^(mg+Fsm37°)t

代入数据得：If=V2NS,故。正确

故选：BD。

全程应用动能定理可求得摩擦因数〃，对物体分析求得合力得出加速度确定运动情况；

由C到A应用动能定理求得弹性势能；

由。到B用动能定理求得在。点的速度，由牛顿第二定律求得加速度，进而得出时间，由冲量定义

求得冲量。

应用动能定理解题关键是确定好运动过程，所选运动过程要含有要求的物理量。

9.答案：>放热吸热

解析：解：气体经历过程1,压强减小，体积变大，膨胀对外做功，内能减小，故温度降低，%>加

过程2先发生等容变化，做功W=0,压强P减小，根据查理定律可知，温度降低，内能减小4U<0,

根据热力学第一定律可得：Q=△〃<(),故在等容变化过程中气体放热；

之后再发生等压过程，体积变大，根据盖吕萨克定律可知，温度升高，△(/>(),体积变大，故气体

对外做功，W<0,根据热力学第一定律可知，热量一定满足Q>0,故等压过程一定吸热

故答案为：>放热吸热

在过程1中，气体始终与外界无热量交换，为绝热过程；在过程2中，气体先经历等容变化再经历

等压变化，利用理想气体的状态方程，结合热力学第一定律逐项分析判断即可。

本题考查气体定律的综合运用，解题关键是要根据图象分析好压强人体积X温度T三个参量的

变化情况，知道发生何种状态变化过程，选择合适的实验定律，再结合热力学第一定律联立即可分

析求解。

10.答案：不变变小

解析：解：机械波的波速是由介质决定的，则波在绳子中的传播速度不变；

根据相邻波峰之间或波谷之间的距离等于波长，由图看出波长越来越大，波速不变，由波速公式-=

“可知，频率越来越小。

故答案为：不变，变小

机械波的波速是由介质决定的，与波长无关；由图可看出波长的变化，由波速公式分析频率的变化。

本题关键要抓住波速是由介质决定，保持不变，再由波速公式分析频率的变化情况。

11.答案：光电门无

解析：解：由图示可以看出，重锤通过光电门测出经过的时间3及遮光片的宽度"，根据"来测

出速度，从而求出动能.并量出从释放位置到光电门的高度，算出重力势能，从而验证机械能是否

守恒；

零势能面的选取与势能的改变无关，但与势能有关，本实验要测量的量是势能的变化量，所以零势

面的选择与实验结果无影响。

故答案为：光电门、无

(1)通过光电门来测出经过的时间，及遮光片的宽度，根据。=?来测出速度，从而求出动能.并量

出从释放位置到光电门的高度，算出重力势能，从而验证机械能是否守恒.

(2)零势能面位置的选取，对验证摆锤动能与重力势能之和为常数无影响，但必须要有零势能的位置,

这样重力势能才有意义。

考查如何通过实验来验证机械能守恒，巧用光电门来简便测量瞬时速度，同时注意在实验中尽量减

小阻力的影响。

12.答案：黑23027035059mA11001000偏大

解析：解：(1)由图(a)所示电路图可知，8与欧姆表内置电源的正极相连，B为黑表笔.

(2)由图(a)所示电路图可知，开关S接位置2时，分流电阻较大，此时电流挡的小量程；

根据图(a)所示电路图，由欧姆定律可知:％=与詈,%+区2=忏,&=%产，解得:&=300,

li~lg12Tg，2

R2—270。，/?4=3500.

(3)B端是与“1”相连的，电流表量程为100加4,分度值是2mA,多用电表读数为2m4x29.5=59mA-.

此时8端是与“3”相连，多用电表测电阻，由图示可知，指针指在11的位置，则读数为11x100=

non；

(4)图中的电源E的电动势为10V,当把开关S接到位置3,短接4、8进行欧姆调零后，此欧姆挡内

阻为：R=--1~~~=1000/2；

3/八与10X10-34'

(5)当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流％不变，欧姆表内阻氏内=方变

小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，可知当R的变小时，/=/*=篝-=

K内十KXK内+KX

%

7无，由于(g不变、R的变小，指针跟原来的位置相比偏左，欧姆表的示数变大；

%

故答案为：(1)黑；(2)2；30；270；350；(3)59m411012；(4)1000；(5)偏大.

(1)欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题.

(2)表头与分流电阻并联可以改装成电流表，分流电阻阻值越大，电流表量程越小，根据图示电路图

应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值.

(3)根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数.

(4)根据欧姆定律求出欧姆表内阻.

(5)欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据欧姆表工作原理分析答题.

会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要

多加注意规范操作和正确使用，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，

电压、电流对应量程、电阻是倍率；要特别注意，用电压表和欧姆表时，表头的内阻和量程变了，

也就是R1和R2与表头Rg并联组成新的表头(电流表).

13.答案：解：

(1)由几何关系：sin®=2

r

2

由牛顿第二定律：

解得：e=30°

还有一种情况。为钝角，所以。可能为30。或150。

(2)mg=qvB

(3)把速度v分解为%和火.

mgmg

其中%=谪，%="一谪

粒子以速度打做匀速圆周运动同时,以孙水平向右做匀速直线运动。

L=vot

t=nT

2nm

T=

qB

解得：〃=詈等(九取1，2,3,...)

(4)最大速度为=%+。2=掌+W-簿I

当"之痴'时%,="

当"翳时为=翳…

答：(1)初速度大小为火的粒子恰好能够打中。点，夹角为30。或150。；

(2)使粒子经直线运动通过。点，速度为肃;

(3乂为詈密(n取1,2,3,…)，可使q必定会经曲线运动通过“点；①已知)

(4)0到a运动过程中的最大速度为当">詈时小=v,当“<常时为=矍一”

解析：(1)作图结合牛顿第二定律可求得夹角；

(2)根据受力分析可知满足重力等于洛伦兹力时均可使粒子经直线运动通过a点；

(3)根据运动的分解可求得片

(4)若两分速度同向时，速度最大。

本题考查带电粒子在磁场中的运动，根据牛顿第二定律与运动的分解可求解，注意L的多解。

14.答案：解：(1)设撤去力尸的瞬间，"棒的速度大小为巧。

4s内的平均作用力］=F(0)+F(4)=1+(。25*4+1)%=15N

22

由动量定理得Ft=mvj—0

解得：Vi=6m/s

(2)cd棒与血棒质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，岫棒静止，《/棒以速度巧向右。

设〃棒离开磁场时的速度为为。

mv

由动量定理得-B/L△t=mv2-i0

-BLv△tBLx

解得W=5m/s

上升的高度九=£==1.25m

(3)分三种情况：如果s足够大，〃棒在磁场内运动的距离为

由第二题的过程可知d=4黑=6m

①当s>6m时、%=d4-1=7m

当SV67n时，cd棒穿过磁场后经竖直轨道返回，若仍没有穿过磁场，即2sNd,此时棒的位置坐

标为x=2s-d+l(m)

②当3nl<s<6m时，x=(2s—5)m

当SV37n时，cd棒返回穿过磁场，与加棒发生弹性碰撞后静止。

③当0VsV37n时，x=Oo

答：(1)撤去力尸的瞬间，外棒的速度大小是6m/s；

(2)若s=lrn,求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度〃是1.25m；

(3)①