2021年福建省福州市高考物理质检试卷（附答案详解）

2021年福建省福州市高考物理质检试卷

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.我国成功研制的环流器二号M装置，是一款通过可控热核聚变方式，提供清洁能

源的装置。笊、瓶的核聚变反应方程为：He+X+17.6MeV,已知笊

核、僦核的比结合能分别是1.09MeU、2.78MeV,lu=931.5MeI//c2,正确的是（）

A.X核结合能为13.73MeVB.笊核结合能为3.27MeV

C.氯原子核的比结合能为7.03MWD.聚变反应中质量亏损为0.01a

2.近年中国军事已经取得很大的发展，特别是中国空军军事实力

出现了质的飞越，直-19和直-20等型号的自主研发直升机大j

大提高了空军部队的综合作战能力。如图为直升飞机在抢救伤g

员的情景，飞机水平飞行的同时绳索把伤员提升到飞机上，在T

此过程中绳索始终保持竖直，不计伤员受到的空气阻力，则下列判断正确的是（）

A.飞机一定做匀速直线运动

B.伤员运动的轨迹一定是一条斜线

C.飞机螺旋桨产生动力的方向一定竖直向上

D.绳索对伤员的拉力大小始终大于伤员的重力

3.在物流货场中广泛利用传送带搬运货物。如图所示，

倾角为9的足够长的传送带始终以恒定的速率%顺”

时针运行，t=0时，初速度为七（>2<%）的小货物

从传送带的底端滑上传送带，已知小货物与传送带之间的动摩擦因数为〃，且〃〉

tan。。小货物在传送带上运动速度V、加速度。、重力势能昂（取小货物刚进入传送

带位置重力势能为零）和动能与随货物位移s变化规律正确的是（）

4.如图,悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳

上。点处，绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定

滑轮与物体乙相连。甲乙两物体质量相等。系统平衡时,

。点两侧绳与竖直方向的夹角分别为a和夕，若a=50°,

则夕等于（）

A.50°B.60°C.65°D.70°

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.2020年11月24日，中国长征五号遥五运载火箭在文昌卫星发射中心起飞，把嫦娥

五号探测器送入地月转移轨道。“嫦娥五号”飞船经过地月转移轨道的P点时实施

一次近月调控后进入圆形轨道I,再经过系列调控使之进入准备“落月”的椭圆轨

道n,最终实现首次月面自动采样封装。若绕月运行时只考虑月球引力作用，下列

关于“嫦娥五号”探测器的说法正确的是（）

A.经过轨道口近月点的速度大于11.2km/s

B.从轨道I经过P点时必须进行减速才能进入轨道口

C.沿轨道I和II运行到P点的加速度相等

D.沿轨道I和H运行的周期相同

6.如图甲所示，通电的螺线管右侧有一金属圆环，在螺线管中通入如图乙所示的正弦

交变电流。规定甲图中所示电流方向为正方向。在B时刻，金属环（）

|i/A

甲乙

A.感应电流为逆时针方向（从左向右方向观察）

B.受到水平向左的安培力作用

C.磁通量最大

D.感应电动势最大

7.空间中存在一静电场，一电子从x=0处以一定的初速度

沿+x轴方向射出，仅在电场力作用下在x轴上做直线运

第2页，共17页O

动，其电势能Ep随位置x变化的关系Ep-x如图所示。则下列判断正确的是（）

A.工1处电场强度比巧处电场强度大

B.%2处电势最大、电场强度最小

C.*3处的电场强度方向沿X轴正方向

D.电子在X=0处的速度大于巧处的速度

8.如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为4：1,原线圈与一可变电阻串联后，接

入一正弦交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为Ro,负载电阻的阻值R=9R0,

团是理想电压表。现将负载电阻的阻值减小为R=4R。，保持变压器输入电流不变，

此时电压表读数为2.0V,贝4（）

A.此时原线圈两端电压的最大值约为10V

B.此时原线圈两端电压的最大值约为14V

C.原线圈两端原来的电压有效值约为20V

D.原线圈两端原来的电压有效值约为28y

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝（图口

中未画出），面积为S的绝热活塞位于气缸内，下端封闭着理想气

体，当热力学温度为7。时，活塞距气缸底部的高度为总现用电L1_________LI

热丝缓慢加热，当气体吸收的热量为。时，活塞上升了0.5鼠则气缸内气体内能的

变化量（填“大于”“等于”或“小于”）Q,此时气缸内气体的热力学温度

为o

10.一列沿x轴正方向传播的横波，t=0时刻的波形如图中实线所示，t=0.2s时刻的

波形如图中的虚线所示，在这段时间内，质点P第一次运动到图中所示位置，则波

的频率为Hz,波速为m/s»

四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）

11.某同学要测量水笔笔帽的深度、内径和外径，应选择.（填“游标卡尺”或

“螺旋测微器”）进行测量。如图甲为游标卡尺结构，某次游标位置如图乙所示,

12.某实验小组设计了如图甲所示电路图测量电流表Gi的内阻r；实验室提供的实验器

有：

人待测电流表GI（0〜57nA,内阻约为3000）

B.电流表Gz（0〜内阻约为15000）

C.定值电阻%（300。）

D定值电阻/?2（10。）

E.滑动变阻器/?3（。〜1000。）

F.滑动变阻器/?式0〜200）

G.干电池（1.5Q2节

”.开关S及导线若干

第4页，共17页

(1)实验电路中的定值电阻应选,滑动变阻器应选(填所选择仪器前

的序号)。

(2)请在图乙中完成实物连接

(3)实验中测出G1和电流表的示数A和12。图丙为该组同学测出数据的-A图线,

则待测电流表G1的内阻=0(保留3位有效数字)。

(4)用该电路测量出的电流表内阻值方法，(填“存在”或“不存在”)系统

误差。

五、计算题(本大题共3小题，共40.0分)

13.如图甲所示，一个质量为1依的小物体以12m/s的初速度从斜面底端沿斜面向上运

动，在1.2s时到达最高点，而后沿斜面返回，在t2时刻回到斜面底端。物体运动的

u—t图像如图乙所示，斜面倾角0=37。，(sin37°=0.6(cos37°=0.8,重力加速

度g=10m/s2)o求：

(1)物体向上运动的加速度大小的和滑动摩擦力大小了;

(2)物体回到出发点时的速度大小％。

14.如图所示，质量为M=2kg、带有半径为R=0.8m四分之一光滑圆弧轨道AB的曲

面体静止在光滑的水平地面上；质量为m=0.5kg的小球以a0=25/的初动能冲上

曲面体轨道AB,取g=lOm/s?。求：

(1)小球第一次冲出曲面体轨道的3点时曲面体的速度大小巧;

(2)小球第一次冲出曲面体轨道的B点时小球的速度大小方；

(3)小球第一次冲出曲面体轨道的8点至再次落回8点的时间t。

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15.如图所示，在xOy平面直角坐标系中的第一、二象限内有一个矩形区域MVQP内

存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴上,=ON=3d,

MP=NQ=d。在第四象限正方形ONFO内存在沿+x方向、大小E=丝”的匀强

m

电场，沿PM在第三象限放置一平面足够大的荧光屏，屏与y轴平行。一个电子A

从坐标原点沿+y方向射入磁场，恰好不从PQ边射出磁场。已知电子的质量为〃?,

电量为-e。试求：

(1)电子射入磁场时的速度大小v；

(2)电子在电场中运动的时间S；

(3)若另一电子C从x坐标轴上某点。*0)以相同的速度射入磁场。A、C打在荧光

屏上同一点，电子射入磁场时的坐标X。

,y

D

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、由反应方程式可得X是中子，中子没有结合能，故A错误；

B、因为笊核的比结合能是1.09MeV,由结合能和比结合能的关系可得笊核的结合能为：

1.09MeIZx2=2.18MeV,故B错误；

C、设反应物的结合能为则有：=1.09MeKX2+2.78MeVx3=10.52MeV,设

生成物的结合能为E2

根据反应方程式可得：邑—%=—17.6MeV

B|J10.52Mey-E2=-17.6MeV

解得氮原子核的结合能为：E2=10.52MeV+17.6MeV=28A2MeV

所以氯原子核的比结合能为：28.12MeV+4=7.03MeV,故C正确；

D、该反应释放的能量为17.6MeU,由质能方程E=Amc2可得：△m=持=巴里

C2C2

因为lu=931.5MeV7c2,所以该聚变反应的质量亏损为△m=黑&=0.0189”，故。

错误。

故选：Co

根据反应方程式计算得到X所代表的的物质，中子没有结合能；结合能除以核子数等于

比结合能；反应物的结合能表示将反应物的原子核分解成独立核子需要吸收的能量，生

成物的结合能表示核子结合成生成物的原子核释放的能量，前者减去后者，若差值为负

值说明该反应释放的能量较多，反应为放热反应，若差值为正值说明该反应吸收的能量

较多，反应为吸热反应；利用质能方程计算质量亏损。

本题考查的是核反应方程中能量的计算，平时要注意理解记忆相关的物理量和公式。

2.【答案】A

【解析】解：小由题，绳索始终保持竖直，可知伤员沿水平方向受到的合力为零，由

于不计伤员受到的空气阻力，可知伤员沿水平方向一定是做匀速直线运动，则飞机沿水

平方向做匀速直线运动，故A正确；

8、伤员沿竖直方向的运动未知，所以不能判断出运动的轨迹是否是斜线；若伤员向上

做变速运动，则运动的轨迹是曲线，故B错误；

C、题目中仅仅不计伤员受到的空气阻力，飞机受到的沿水平方向的阻力要考虑，所以

飞机螺旋桨产生动力的方向一定不能竖直向上，故C错误；

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。、伤员沿竖直方向的运动未知，若伤员先向上加速，快到达飞机的时候向上减速，则

绳索对伤员的拉力大小先大于伤员的重力，伤员快到达飞机的时候向上减速，绳索对伤

员的拉力大小小于伤员的重力，故。错误。

故选：Ao

伤员参与了水平方向的直线运动以及竖直方向的直线运动，分析伤员的受力情况，判断

其运动情况，结合运动的合成分析伤员的运动规律.

解决本题的关键知道伤员在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合平行四边形定则进

行合成.

3.【答案】D

【解析】物体沿斜面运动，刚滑上传送带时，N>tand,所以沿斜面做匀加速直线运动，

加速度满足⑷ngcos。-=ma,当物块速度达到传送带速度，开始与传送带相

对静止，一起做匀速直线运动。

A：匀加速阶段O-Si，v2=2as,v=V2as，所以u-s图像不是直线，故4错误；

B:匀速阶段S1-S2，a=0,故B错误；

C：匀速阶段，物体重力势能继续增加，故C错误；

D：匀加速阶段，动能与=|巾"=6&5,动能与位移关系是正比例关系，图像时过原

点倾斜直线，匀速阶段，速度不变，动能不变，故O正确。

故选：。。

通过分析物体沿斜面山滑的运动关系，定性或定量得到几个物理量和位移的关系。

本题关键，通过定性关系得到几个物理量随s变化的大致关系，可以使用排除法解决。

4.【答案】C

【解析】解：（方法一）由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为相，

对。点进行受力分析，下面绳子的拉力，叫，右边绳子的拉力，"g,左边绳子的拉力凡

如下图所示：

因整体处于静止状态，故受力平衡，通过矢量的合成法则，结合几何关系则有:

40+4夕+Za=180°

因Na=50°,

解得：4?=65°,

（方法二）对。点进行受力分析，下面绳子的拉力，监，右边绳子的拉力mg,左边绳子的

拉力F,如下图所示：

因整体处于静止状态，故受力平衡，根据力的平行四边形定则有：

竖直卜方向：mgcosa+Fcosp=mg

水平X方向：mgsina=Fsinfi

因a=50。，联立上式

解得：0=65。,

故C正确，A3。错误；

故选：C„

对。点进行受力分析，依据平衡条件，结合力的平行四边形定则，及三角函数，列式即

可求解。

本题考查受力平衡的应用，要求熟练掌握力的平行四边形定则，此外要注意三角函数的

正确列式。本题由于夹角不是特殊值，直接计算增加题目的难度，推荐用方法一求解。

5.【答案】BC

【解析】解：A、11.2Mn/s为地球第二宇宙速度，是脱离地球吸引的最小发射速度，地

球的质量大于月球的质量，若在p点的速度大于11.2km/s,则会脱离月球的吸引，故A

错误；

8、探测器在轨道I运行时做匀速圆周运动，即万有引力等于所需向心力，当在p点减

速时，万有引力不变，所需向心力减小，故实际提供的向心力大于所需要向心力，做近

心运动，进入轨道D,故B正确；

C、不同轨道在p点万有引力相同，只有万有引力提供加速度，故合力相同，根据牛顿

第二定律可知加速度相同，故C正确；

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D、轨道I和II的半长轴不相同，根据开普勒第三定律：”=K,周期不同，故。错误。

T2

故选：BC。

根据第二宇宙速度的定义和中心天体质量越大，第二宇宙速度越大，判断轨道口在近月

点的速度和11.2km/s的关系：根据探测器做近心运动判断实际向心力和所需向心力的

关系，判断速度的变化;根据万有引力提供合力，根据牛顿第二定律判断加速度的关系；

根据开普勒第三定律判断周期的关系。

解题的关键就是理解第二宇宙速度、物体做近心运动的条件，掌握开普勒第三定律。

6.【答案】AD

【解析】解：4、在从4到B时刻，根据安培定则知螺线管中的磁通量向左且减小，根

据楞次定律可知金属环中的感应磁场向左且变大，则感应电流为逆时针方向，故A正确；

8、由于8时刻，螺线管中的电流为0,则螺线管产生的磁感应强度为0,知此时金属环

不受安培力，故B错误；

C、在从A到8时刻，螺线管中的磁通量向左且减小，根据楞次定律知，金属环中的感

应磁场变大，磁通量不为0,故C错误；

。、由乙图知，8时刻图线的斜率最大，当电流变化率最大时，磁场的变化率也最大，

由E=n要可知，此时的感应电动势也最大，故。正确。

故选：AD.

根据安培定则判定穿过线圈的磁通量变化，再依据楞次定律，确定金属环的感应电流方

向。根据左手定则判断金属环的受力情况

解决本题的关键是理解并掌握楞次定律：增反减同或来拒去留，利用左手定则来分析环

所受的安培力方向。

7.【答案】AD

【解析】解：A、根据动能定理可知，eE-^x=^Ep,则图象的斜率k=为=eE,所

以图象的斜率越大则电场强度越大，所以看处电场强度比X3处电场强度大，故A正确；

B、g处图象的斜率为零，则电场强度为零，最小；根据Ep=q9可知，负电荷在电势

低的地方电势能大，所以久2处电势最小，故B错误；

C、当X>X2时电势能减小，说明电场力对电子做正功，则电场线方向沿-％方向，故c

错误；

D、整个过程中只有电场力做功，则有：Ep+Ek=定值，电子在x=0处的电势能小于

处的电势能，则电子在X=0处的动能大于%3处的动能，电子在x=0处的速度大于X3处

的速度，故。正确。

故选：AD.

根据动能定理得到图象的斜率所表示的物理意义，由此分析电场强度的大小；根据Ep=

q,可知，负电荷在电势低的地方电势能大；根据电场力的做功情况分析电场线的方向；

整个过程中只有电场力做功，则有：£p+Ek=定值，由此分析电子在久=0处的速度与

心处的速度大小。

本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚图象的斜率表示的物理意义,

根据电场力做功情况进行分析能量的变化。

8.【答案】BC

【解析】解：AB、现将负载电阻的阻值减小为R=4R°,保持变压器输入电流不变，此

时电压表的读数为5.0心

根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压4=5x5R。=2.5匕根据电压与匝数成正

比可知，此时原线圈两端电压的有效值%=43=4x2.5V=10V,所以此时原线圈两

端电压的最大值约为=10V21Zx14V,故A错误，B正确；

CD、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为Ro,负载电阻的阻值R=9R0,由于保持变压

器输入电流不变，所以输出电流也不变，所以原来副线圈电压U'2=^xlORo=5V,

根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值为=4U2'=4X5V=

20K,故C正确，。错误；

故选：BC.

根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比即可

求得结论。

掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系：最大值和有效值之

间的关系：有效值=当最大值，即可解决本题。

9.【答案】小于1.5T0

【解析】根据热力学第一定律，内能的变化量△U=Q+W，。为吸收的热量，W为外

界对气体做功，根据题意，活塞上升，气体对外界做功，卬为负值，△(/<(2,即气缸

内气体内能的变化量小于。；

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根据等压过程黑=白Vo=hS,匕=1.5/iS,解得7\=1.5To。

故答案为：1.5%。

本题应用热力学第一定律，活塞上升过程对外做功，可以判断内能变化，根据理想气体

状态方程，可以求解此时的热力学温度。

本题需要知道，气体体积增大，推动活塞，对外做功。第二个空需要分析出为等压过程，

找到初末状态的体积和温度。

10.【答案】1.2530

【解析】解：因波沿x轴正方向传播，故将t=0时刻的波形沿x轴正方向平移，当平移

△x=；；!+时，可以得到虚线波形，说明实线波形和虚线波形之间的时间间隔为△t=

4

"nT；

4

由于在这段时间内，质点尸第一次运动到图中所示位置，故△[<7",所以△£=:,因

4

为At=0.2s,所以周期T=0.8s,频率.f=^=^~Hz=1.25Hz.

T0.8

由图象得出波长入=24m,波速u=1=T7m/s=30m/s.

T0.8

故答案为：1.25,30.

首先利用平移法，结合质点尸第一次运动到图中所示位置，判断出实线波形和虚线波形

之间的时间间隔，确定波的周期，然后利用波长、周期、波速之间的关系作答。

本题难点在于确定实线波形和虚线波形之间的时间间隔。解答此类问题的一般思路是采

用平移法得出时间间隔一般表达式，再由题目中的特殊要求，将多解转化为单一情况.

11.【答案】游标卡尺2.125

【解析】解：螺旋测微器的结构不便于进行测量水笔笔帽的深度、内径和外径，所以选

择游标卡尺进行测量，

20分度的游标卡尺精度为0.05mm,主尺的示数2.1cm,游标尺的示数5x0.05mm=

0.25mm=0.025cm,故示数为2.1czn+0.025cm=2.125cm

故答案为：游标卡尺；2.125

根据测量物体的特点选择螺旋测微器和游标卡尺，游标卡尺读数时主尺示数加上游标尺

示数即可。

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪

器进行有关测量.

12.【答案】CF330不存在

【解析】解：(1)若Gi和G2均满偏，则可出定值Rl=

悬=黑渭0=3。。。，故定值电阻选择阻值为

30000的Co滑动变阻器采用分压接法选择最大阻值小

的E

(2)连接实物图如图乙所示;

(3)由并联电路电压相等可列：(—1温，变形国乙

可得：/2=詈乂/]。图象的斜率k=詈=黑，:黑;解得r=3300。

R](4.50—0.50)X10°

(4)从实验原理上看，无任何近似计算，即使考虑电表内阻，也不影响影响真实值，所

以此结果无系统误差。

故答案为：(1)C、尸；(2)如图乙所示；(3)330；(4)不存

图乙

在

(1)为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；

(2)按电路图连接实物；

(3)根据图示电路及串联并联电路关系及欧姆定律写出%-的表达式,结合图象求出Gi

的内阻；

(4)系统误差是由实验原理等不可克服因素引起的误差，从实验原理分析是否存在系统

误差。

本题考查了测量电流表内阻与多用电表改装问题，根据题意分析清楚图示电路图理解实

验原理是解题的前提；知道欧姆表工作原理、分析清楚电路结构应用串并联电路特与欧

姆定律即可解题。

13.【答案】解：(1)由图乙可知，上滑加速度的=^=Vm/s2=10/n/s2；

由牛顿第二定律得mgsin。+/=mar

解得：f=4N；

第14页，共17页

(2)由图乙可知【，0〜1.2s内速度时间图象与时间轴所围的面积为上滑位移，

x==|x12x1.2m=7.2m,

物体下滑时，由牛顿第二定律mgs讥。-fimgcosd=ma2

解得：a2=2mls2

则相—0=2a2x

解得％=

答：(1)物体向上运动的加速度大小为10m/s2,滑动摩擦力为4N；

(2)物体回到出发点时的速度为胃M/S。

【解析】(1)由速度图象的斜率可求得物体上滑的加速度大小，再由牛顿第二定律即可

求出物体与斜面间的摩擦力大小；

(2)物体上滑时做匀减速运动，由速度位移公式求沿斜面上升的最大距离，再根据牛顿

第二定律求物体从最高点沿斜面返回时的加速度的大小，然后根据速度与位移关系求解

末速度；

本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，关键要抓住速度的斜率大小表示加速度。要

知道物体往返两个过程位移大小相等。

14.【答案】解：(1)设小球获得的速度为孙，由能量守恒定律得：Ek0=\mvl，代入数

据解得：v0=10机/s

小球第一次冲出曲面体轨道的B点时，两者水平方向速度打相等，

以水平向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvQ=(M4-m)vx,解得%=

2m/s

(2)设小球第一次冲出曲面体