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2021年高考物理真题名师评析（福建卷）
物理试题
试题评析
本卷考查高中物理各版块内容的基础知识和典型物理问题，侧重对基础的考查，整体难度不大。试题放眼生活，生产，科技，注重用所学知识处理实际问题。例如第1题，以武夷山九曲溪乘竹筏漂流为背景；第4题以台风吹击广告牌为情景；第5题以中国载人潜水器“奋斗者”号创造了10909米深潜纪录为情景；第8题以科学家在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了2020年诺贝尔物理学奖为情景；本卷试题重视基础，但综合性和开放性也较强，提醒考生注重教材知识的同时，也要重点提升模型建构能力和创新能力，需要考生灵活运用所学知识和物理思想方法，抓住主要因素合理构建物理模型。例如第4题需要根据管道模型。
命题新角度：第8题设计很巧妙，需要构造半径等于恒星S2椭圆轨道半长轴的圆轨道，以便应用开普勒第三定律得出圆轨道周期。第5题以半反半透镜分成的两束光分别通过双缝以及三棱镜为背景分析两种色光；第7题将电磁感应、闭合电路欧姆定律、安培力、牛顿运动定律、动量守恒定律律、焦耳定律、能量守恒定律知识点综合考查，难度较大。
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共6分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示.已知该游客从M点漂流到N点的路程为，用时，M、N间的直线距离为，则从M点漂流到N点的过程中
A.该游客的位移大小为
B.该游客的平均速率为
C.该游客的平均速度大小为
D.若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0
【参考答案】C
【解题思路】根据位移的定义，从M点漂流到N点的过程中,该游客的位移大小为x=1.8km，根据平均速度的定义，平均速度大小v=x/t=ms=0.5m/s，选项A错误C正确。平均速率v=s/t=5.4km/h，选项B错误；若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0.5m/s，选项D错误。
2.一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示.一质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动.下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（所有粒子均不考虑重力的影响）
A.以速度的射入的正电子
B.以速度射入的电子
C.以速度射入的核
D.以速度射入的a粒子
【参考答案】B
【解题思路】：根据题述，质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子所受的电场力和洛伦兹力平衡，即eE=ev0B。因此凡是满足速度v=E/B的才能够做匀速直线运动，所以选项B正确。
【温馨提示】：由于带电粒子所受的洛伦兹力与速度成正比且与速度方向垂直，所以凡是带电粒子在正交的匀强电场、匀强磁场中做直线运动，或不可忽略重力的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做直线运动，一定为匀速直线运动。
3.某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻.若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是
A.增大，不变，增大
B.增大，减小，增大
C.增大，增大，减小
D.增大，不变，减小
【参考答案】C
【解题思路】
当住户使用的用电器增加时，变压器副线圈输出电流增大，增大，不变，减小，根据变压器输入电功率等于输出电功率可知，增大，选项D正确
4.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响.已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的
A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍
【参考答案】B
【解题思路】
设交通标志牌迎风面积为S，空气密度为ρ,标志牌对台风的作用力为F，在t时间内吹向标志牌的空气体积为vtS，空气质量m=ρvtS，由动量定理，Ft=mv-（- mv），解得F=2ρSv2，由牛顿第三定律，可知台风对该交通标志牌的作用力大小为F’=F=2ρSv2，10级台风的风速我们取27m/s，16级台风的风速我们取54m/s估算，16级台风对该交通标志牌的作用力大小与10级台风对该交通标志牌的作用力大小之比为===4，即16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的4倍，选项B正确。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24.每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
5.以声波作为信息载体的水声通信是水下长距离通信的主要手段.2020年11月10日，中国载人潜水器“奋斗者”号创造了10909米深潜纪录.此次深潜作业利用了水声通信和电磁通信等多种通信方式进行指令传输或数据交换，如图所示.下列说法正确的是
A.“奋斗者”号与“探索一号”通信的信息载体属于横波
B.“奋斗者”号与“沧海”号通信的信息载体属于横波
C.“探索一号”与通信卫星的实时通信可以通过机械波实现
D.“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程.
【参考答案】B D
【解题思路】根据题述，“奋斗者”号与“探索一号”通信是以声波作为信息载体的水声通信，而声波属于纵波，选项A错误；“奋斗者”号与“沧海”号通信以无线蓝绿光作为信息载体的电磁通信，而电磁波属于横波，选项B正确；由于“探索一号”与太空中的通信卫星相距很远，声波不能在真空中传播，所以“探索一号”与通信卫星的实时通信只能通过电磁波实现，选项C错误；“探索一号”与“探索二号”利用水面无线通信，其通信过程也是能量传播的过程.选项D正确。
6.如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点.已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外.则
A.O点的磁感应强度为0
B.O点的磁感应强度方向由O指向c
C.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向
D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向
【参考答案】B D
【解题思路】
由判断直线电流产生磁场的安培定则可知，通电直导线b、c在O点的产生的磁场方向相反，大小相等，抵消；通电直导线a、d在O点的产生的磁场方向垂直ad连线指向c，所以选项B正确A错误；通电直导线c 、d在e点的产生的磁场方向相反，大小相等，抵消；通电直导线a、b在e点的产生的磁场大小相等，磁场方向分别垂直ae连线和be连线，二者的合磁场方向沿y轴负方向，所以选项D正确C错误。
7.如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计.图中矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.在时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界、进入磁场，速度大小均为；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时，b棒仍位于磁场区域内.已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，a棒的质量为m.在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则
A.时刻a棒加速度大小为
B.时刻b棒的速度为0
C.时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍
D.时间内，a棒产生的焦耳热为
【参考答案】AD
【解题思路】在时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界、进入磁场，速度大小均为，由右手定则可判断出两金属棒产生的感应电动势和感应电流方向都是逆时针方向，产生的感应电动势都是BLv0，由闭合电路欧姆定律可得，时刻a金属棒中感应电流I==，受到的安培力F=BIL=，由牛顿第二定律F=ma可得.时刻a棒加速度大小为a=，时刻b棒的速度为v0，选项A正确B错误；由于金属棒a、b串联构成回路，所以在时间内，通过a棒横截面的电荷量与b棒相同，选项C错误；由于金属棒a、b电阻分别为R和，金属棒a、b串联构成回路，二者电流相等，由焦耳定律可知金属棒a、b产生的焦耳热之比为1∶2，设时间内，a棒产生的焦耳热为Q，则b棒产生的焦耳热为2Q，由电阻定律可知，金属棒a的横截面积为b的2倍，体积为b的2倍，质量为b的2倍，即b的质量为0.5m。时刻流经a棒的电流为0，说明金属棒a、b具有共同速度，由动量守恒定律，mv0-0.5 mv0=1.5 mv，解得v=v0/3。由能量守恒定律，+=Q+2Q+，解得：Q=，选项D正确。
8.两位科学家因为在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了2020年诺贝尔物理学奖.他们对一颗靠近银河系中心的恒星的位置变化进行了持续观测，记录到的的椭圆轨道如图所示.图中O为椭圆的一个焦点，椭圆偏心率（离心率）约为0.87.P、Q分别为轨道的远银心点和近银心点，Q与O的距离约为（太阳到地球的距离为），的运行周期约为16年.假设的运动轨迹主要受银河系中心致密天体的万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出
A.与银河系中心致密天体的质量之比
B.银河系中心致密天体与太阳的质量之比
C.在P点与Q点的速度大小之比
D.在P点与Q点的加速度大小之比
【参考答案】B D
【解题思路】
设银河系中心超大质量的致密天体质量为M银心，恒星绕银河系中心（银心）做椭圆轨道运动的椭圆半长轴为a，半焦距为c，根据题述Q与O的距离约为，可得a-c=120AU，又有椭圆偏心率（离心率）约为c/a=0.87.联立可以解得a和c，设想恒星S2绕银心做半径为a的匀速圆周运动，由开普勒第三定律可知周期也为TS2，因此G=mS2a（）2，对地球围绕太阳运动，有G=m地a（）2，而a=120r，TS2=16T1，联立可解得银河系中心致密天体与太阳的质量之比，不能得出与银河系中心致密天体的质量之比，选项A错误B正确；由于远银心点和近银心点轨迹的曲率半径相同，设为ρ,恒星S2在远银心点，由万有引力提供向心力，G=mS2，在近银心点由万有引力提供向心力，G=mS2，联立可解得在P点与Q点的速度大小之比为=，选项C正确；在远银心点和近银心点，由万有引力定律和牛顿第二定律，分别有G=mS2aP，G=mS2 aQ
，联立可解得在P点与Q点的加速度大小之比为=，选项D正确。
【关键点拨】：解答此题的关键点主要有三：一是构造半径等于恒星S2椭圆轨道半长轴的圆轨道，如图；二是明确椭圆轨道远银心点和近银心点轨迹的曲率半径相同；三是在远银心点和近银心点所受万有引力不同，向心加速度的表达式类似。
一题多解：选项C也可以利用开普勒第二定律解答。开普勒第二定律，也称等面积定律，指的是太阳系中太阳和运动中的行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。推广到银河系，根据开普勒第二定律，有vP（a+c）= vQ（a-c），可得在P点与Q点的速度大小之比为=。
知识拓展：椭圆离心率的定义为椭圆上焦距与长轴的比值。离心率越大，椭圆越扁平；离心率越小，椭圆越接近于圆形。
三、非选择题：共60分，其中9、10题为填空题，11、12为实验题，13～15题为计算题.考生根据要求作答.
9.（4分）
核污水中常含有氚等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全.氚衰变的半衰期长达12.5年，衰变方程为其中是质量可忽略不计的中性粒子，Z=__________，A=__________.若将含有质量为m的氚的核污水排入大海，即使经过50年，排入海中的氚还剩__________m（用分数表示）.
【参考答案】. 2 3 1/16
【解题思路】：根据核反应满足的质量数守恒和电荷数守恒，可知Z=1-(-1)=2,A=3. 由==4，可知50年为4个半衰期。若将含有质量为m的氚的核污水排入大海，即使经过50年，排入海中的氚还剩=m。
10.（4分）
如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外__________“做正功”或“做负功”或“不做功”），气体的温度__________（填“升高”“降低”“先升高后降低”或“始终不变”）.
【参考答案】做正功 先升高后降低
【解题思路】：一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体体积增大，对外做正功。由于p——V图像中等温线是一双曲线，对A、B两个状态，由理想气体状态方程可得，A、B两个状态的温度相同，内能相同，所以气体的温度先升高后降低。
11.（6分）
某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值约为，材料未知.实验过程如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图（a）所示.该电阻丝的直径为__________.
（2）对多用电表进行机械调零.
（3）将多用电表的选择开关旋至__________倍率的电阻挡（填“”“”“”或“”）.
（4）将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线.
（5）将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图（b）所示.该电阻丝的电阻值为__________.
（6）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置.
（7）实验测得的该电阻丝电阻率为__________（结果保留3位有效数字）.
【参考答案】.（1）1.414
（3）
（5）160
（7）
【关键能力：】实验探究能力。
【解题思路】 （1）根据螺旋测微器读数规则，该电阻丝的直径为d=1mm+0.414mm=1.414mm。
（3）根据中值电阻为“15”，测量电阻值约为的电阻，要使指针指在中值电阻附近，应该将多用电表的选择开关旋至×10倍率的电阻挡。
（5）根据多用电表欧姆档读数规则，该电阻丝的电阻值为16×10Ω=160Ω.
（7）电阻丝长度L=80.00cm=0.8000m，横截面积S=πd2/4=1.57×10-6m2。
由电阻定律，R=ρL/S，解得实验测得的该电阻丝电阻率为Ω·m。
12.（6分）
某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连.
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力.若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该__________（填“往左移”“往右移”或“固定不动”）.
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端.
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图（c）所示.已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出.打出F点时小车的速度大小为__________（结果保留2位小数）
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板.实验近似得到的某时刻起小车图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小__________（填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）.据此可以得到的实验结论是__________.
【参考答案】.（2）往右移
（4）0.15
（5）逐渐变小 空气阻力随速度增大而增大
关键能力：实验探究能力。
【解题思路】 （2）由于纸带上打出的点间距越来越大，说明小车做加速运动，平衡摩擦力过度，垫块应该往右移。（4）纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出，则两个相邻计数点之间的
时间间隔为T=5×1/50s=0.10s。由做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打出F点时小车的速度大小为vF=×10-2m/s=0.15m/s。
（5）根据v——t图像的斜率等于加速度可知，小车加速度大小逐渐减小，据此可以得到的实验结论是空气阻力随速度增大而增大。
13.（12分）
一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段.在动力减速阶段，探测器速度大小由减小到0，历时.在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点.已知火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，地球表面重力加速度大小取，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动.求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量.
【参考答案】.（1）， （2）
【名师解析】.（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为，末速度大小为，加速度大小为a，由匀变速直线运动速度公式有
①
代入题给数据得
②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
③
联立②③式并代入题给数据得
④
（2）设火星的质量，半径和表面重力加速度大小分别为，，地球的质量、半径和表面重力
，，由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m的物体有
⑤
⑥
式中G为引力常量.设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量为，由力的平衡条件有⑦
联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得
⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为.
14.（12分）
如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑.斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同.一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T.T随滑块沿斜面下滑的位移；的变化关系如图（b）所示.已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，.求：
（1）当拉力为时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离.
【参考答案】.（1） （2） （3）
【名师解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为.由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小.依题意，
，，，
设滑块第一次到达点时的动能为，由动能定理有
⑥
联立（2）（3）（5）（6）式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为.设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
15.（16分）
如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线的中点，M、N在连线的中垂线上.A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（）.以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴.若取无穷远处为电势零点，则上的电势随位置x的变化关系如图（b）所示.一电荷量为Q（）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在段运动的加速度大小随位置x的变化关系如图（c）所示.图中g为重力加速度大小，k为静电力常量.
（1）求小球在M点所受电场力大小.
（2）当小球运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球发生弹性碰撞.已知与的质量相等，碰撞前，后的动能均为，碰撞时间极短.求碰撞前的动量大小.
（3）现将固定在N点，为保证能运动到N点与之相碰，从M点下落时的初动能须满足什么条件？
【名师解析】
.（1）设到喜的距离为，A点的电荷对小球的库仑力大小为，由库仑定律有
①
设小球在喜所受电场力大小为，由力的合成有
②
联立①②式，由几何关系并代入数据得
③
（2）设O点下方处为点，与的距离为，小球在处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有
④
式中
设小球的质量为，小球在点的加速度大小为，由牛顿第二定律有
⑤
由图（c）可知，式中，联立④⑤式并代入数据得
⑥
设的质量为，碰撞前、后的速度分别为，，碰撞前、后的速度分别为，取竖直向而为正方向.由动量守恒定律和能量守恒定律有
⑦
⑧
设小球S碰撞前的动量为，由动量的定义有⑨
依题意，.
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得
⑩
即碰撞前的动量大小为.
（3）设O点上方处为D点.根据图（c）和对称性可知，在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，在此处加速度为0；在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证
能运动到N点与相碰，运动到D点时的速度必须大于零.
设M点与D点电势差为，由电势差定义有

设小球初动能为，运动到D点的动能为，由动能定理有


由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥ 式可得：

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