福建省莆田市2021届新高考物理一模试卷含解析

福建省莆田市2021届新高考物理一模试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．如图所示，一个质量为m 的物体（可视为质点），由斜面底端的A 点以某一初速度冲上倾角为30°的固定斜面做匀减速直线运动，减速的加速度大小为g ，物体沿斜面上升的最大高度为h ，在此过程中（ ）
A ．重力势能增加了2mgh
B ．机械能损失了mgh
C ．动能损失了mgh
D ．系统生热
12mgh 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功．
物体在斜面上能够上升的最大高度为h ，所以重力势能增加了mgh ，故A 错误； 加速度sin 301,2mg a f mg m ︒==机械能的损失量为12sin 30h fs mg mgh ==︒
，所以B 正确， 动能损失量为合外力做的功的大小•2K E F s mgs mgh ===V 合外力，故C 错误；
系统生热等于克服摩擦力做功fs mgh =，故D 错误．
考点：考查了功能关于的应用
点评：本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化． 2．太阳系中各行星绕太阳运动的轨道在同一面内。

在地球上观测金星与太阳的视角为θ（金星、太阳与观察者连线的夹角），长时间观察该视角并分析记录数据知，该视角的最小值为0，最大值为m θ。

若地球和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，则金星与地球公转周期的比值为（ ）
A ()23m cos θ
B ()3m 1
sin θC ()3m sin θ
D ．()3m cos θ
【答案】C
【解析】
【详解】
如图所示
最大视角m θ时，观察者与金星的连线应与金星的轨道相切。

由几何关系得
sin m r r θ=金地
万有引力提供向心力有
2
224Mm G mr r T
π= 解得
33m 3(s )in T r T r θ==金金地地
故C 正确，ABD 错误。

3．如下图所示，光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为 ( )
A ．零
B ．向右
C ．向左
D ．不能确定
【答案】A
【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A 正确，BCD 错误．故选A ．
4．下列说法正确的是（ ）
A ．库仑发现了电流的磁效应
B ．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性
C ．镭226变为氡222的半衰期是1620年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短
D ．结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．安培发现了电流的磁效应，选项A 错误；
B ．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性，选项B 正确；
C ．半衰期不随外界环境的变化而变化，选项C 错误；
D ．比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，选项D 错误。

故选B 。

5．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s ，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s 和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比（ ）
A ．1:2
B ．2:1
C ．2:3
D ．3:2
【答案】D
【解析】
【详解】
由动量守恒定律得 112222
11m v m v m v m v ''-=- 解得
122211m v v m v v '+='
+
代入数据得 1232
m m = 故选D 。

6．如图所示，战斗机离舰执行任务，若战斗机离开甲板时的水平分速度为40m/s ，竖直分速度为20m/s ，已知飞机在水平方向做加速度大小等于22m/s 的匀加速直线运动，在竖直方向做加速度大小等于21m/s 的匀加速直线运动。

则离舰后（ ）
A ．飞机的运动轨迹为曲线
B ．10s 内飞机水平方向的分位移是竖直方向的分位移大小的2倍
C ．10s 末飞机的速度方向与水平方向夹角为30°
D ．飞机在20s 内水平方向的平均速度为50m/s/
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．飞机起飞后的合速度与合加速度方向一致，所以飞机运动轨迹为直线，A 错误；
B ．10s 内水平方向位移
201500m 2
x x x v t a t =+= 竖直方向位移
201250m 2
y y y v t a t =+= B 正确；
C ．飞机飞行方向与水平方向夹角的正切tan 0.5θ=，C 错误；
D ．飞机在20s 内水平方向的位移
2140202201200m 2
x '=⨯+⨯⨯= 则平均速度为
60m/s x x v t '=='
D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．氢原子的能级如图所示，普朗克常量为h 。

处于第4能级的大量氢原子向第2能级跃迁，下列说法中正确的是（ ）
A ．可以释放出3种不同频率的光子
B ．可以释放出2种不同频率的光子
C ．所释放的光子的最小频率为43-E E h
D ．所释放的光子的最小频率为与42-
E E h
【答案】AC
【解析】
【详解】 AB ．大量氢原子处在4E 能级，向下面的2E 能级跃迁，有三种情况
42E E →、43E E →、32E E →
由E hv ∆=知光子的频率有3种。

故A 正确，B 错误；
CD ．其中43E E →跃迁放出的能量最小，相应光子的频率最小，为
43E E E v h h
-∆== 故C 正确，D 错误。

故选AC 。

8．如图所示，两个质量分布均匀的球体P 、Q 静止在倾角为30︒的固定斜面与固定挡板之间.挡板与斜面垂直。

P 、Q 的质量分别为m 、2m ，半径分别为r 、2r ，重力加速度大小为g ，不计一切摩擦。

下列说法正确的是（ ）
A ．P 受到四个力的作用
B ．挡板对P 的支持力为3mg
C ．P 所受弹力的合力大于mg
D ．Q 受到P 的支持力大于mg
【答案】AD
【解析】
【详解】 A ．P 受到重力、斜面的支持力、挡板的支持力和Q 的压力，故A 正确；
B ．两球整体受力平衡，故挡板对P 的支持力大小
N 1=3mgsin 30︒=32
mg 故B 错误； C ．P 所受三个弹力的合力与重力mg 平衡，则P 所受弹力的合力大小为mg ，故C 错误；
D ．Q 受力如图所示，有
F=2mg
故
N 2>Fsin 30︒=mg
故D 正确。

故选AD 。

9．用轻杆通过铰链相连的小球A 、B 、C 、D 、E 处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A 、B 的质量均为2m ，小球C 、D 、E 的质量均为m ．现将A 、B 两小球置于距地面高h 处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中
A ．小球A 、
B 、
C 、
D 、
E 组成的系统机械能和动量均守恒
B ．小球B 的机械能一直减小
C ．小球B 2gh
D ．当小球A 的机械能最小时，地面对小球C 的支持力大小为mg
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
小球A 、B 、C 、D 、E 组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A 错误；由于D 球受力平衡，所以D 球在整个过程中不会动，所以轻杆DB 对B 不做功，而轻杆BE 对B 先做负功后做正功，所以小球B 的机械能先减小后增加，故B 错误；当B 落地时小球E 的速度等于零，根据功能关系212
mgh mv = 可知小球B 2gh C 正确；当小球A 的机械能最小时，轻杆AC 没有力，小球C 竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D 正确，故选CD
10．如图所示，一个小型旋转式交流发电机，其矩形线圈的面积为S ，共有n 匝，总电阻为r ，外电路上
接有一个阻值为R 的定值电阻和一个理想交流电流表A ．线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO '匀速运动，图中线圈平面平行于磁场方向，由此位置开始计时，下列说法正确的是（ ）
A ．发电机所产生电动势的最大值为nBS ω
B ．从初始位置开始，在四分之一个周期内通过R 的电荷量为
BS R r + C ．R ()
2nBS R ωD ．交流电流表的示数一直在变化
【答案】AC
【解析】
【详解】 A ．在初始位置线圈产生的电动势最大，且
122
m E n B ab bc nBS ωω=⨯⨯⨯⨯⨯= 故A 正确；
B ．从初始位置开始，在四分之一个周期内通过R 的电荷量为
n nBS q R r R r
∆Φ=-++ 故B 错误；
C ．电动势的有效值为
m 2222
E E nBS ω==⋅ 电阻R 两端电压的有效值为
()
2E nBS R U R R r ω=⨯=+ 故C 正确；
D ．交流电流表测的是有效值，其示数不会变化，故D 错误。

故选：AC 。

11．如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行，从抛出后起一段时间内小球的动能随时间平方（E K —t 2）图象如图乙所示，横坐标在0: 2.5之间图线为直线，此外为曲线，重力加速度为g ，则根据图乙信息，可以求得（ ）
A ．小球的初速度
B ．小球的质量
C ．小球在斜面上滑行的时间
D ．斜面的倾角
【答案】ABD
【解析】
【详解】 AB.小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得：
E k =mgh+2012
mv 由平抛运动的规律有 h=212
gt 联立得
E k =2212mg t +2012
mv 图象在0: 2.5之间是直线，由图可求得直线的斜率k ，由数学知识可得212
k mg =，g 已知，则能求出小球的质量m ；由图知 t 2=0时，E k =5J ，由E k =2012
mv ，可求得小球的初速度v 0，故AB 正确； CD.小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为α，则有 tanα=00y
v gt v v =
由题图知，t 2=2.5，可以求得t ，小球的初速度v 0也可求得，从而能求出斜面的倾角α；根据小球在斜面的运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间，故C 错误，D 正确。

故选ABD 。

12．如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为+q 的小球A ，在其上方l 处固定着一个光滑的定滑轮O ，绝缘
轻质弹性绳一端系在O
点正上方2
l 处的D 点，另一端与质量为m 的带电小球B 连接。

小球B 平衡时OB 长为l ，且与竖直方向夹角为60°。

由于小球B 缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向夹角为30°时，小球B 恰好在AB 连线的中点C 位置平衡。

已知弹性绳的伸长始终处于弹性限度内，静电力常量为k ，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A ．小球
B 带负电
B ．弹性绳原长为2l
C ．小球B 在C 位置时所带电荷量为2
8mgl kq
D ．小球B 在初始平衡位置时所带电荷量为2
2mgl kq
【答案】BC
【解析】
【详解】 A ．由同种电荷相互排斥可知，小球B 带正电，故A 错误；
D ．根据受力分析和平衡条件，可得
2
qQ mg k l = 解得小球B 在初始位置时所带电荷量为2
mgl Q kq
=，故D 错误； C ．小球B 在C 位置时，由相似三角形原理可得
()
20.50.5qQ k l mg l l
'
=
解得2
8mgl Q kq
'=，故C 正确； B ．当小球B 在C 位置时，设绳子原长为x ，由受力分析和相似三角形原理可知，当小球B 在初始平衡位置时有
32B F mg k l x ⎛⎫==- ⎪⎝⎭
绳绳
当小球B 在C 位置时有 31
3C mg F k l x ⎛⎫+==- ⎪ ⎪⎝⎭
绳绳 联立方程组可得弹性绳原长2
l x =
，故B 正确。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某物理实验小组的同学用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律．
（1）为减少阻力对测量结果的影响，实验中应选用__________（填“电磁打点”或“电火花”计时器进行打点．
（2）本实验中需要直接测量的物理量是__________，通过计算得到的物理量是__________（均填标号）．
A ．重锤的质量
B ．重锤下落的高度
C ．与下落高度对应的重锤的瞬时速度
（3）在实验得到的纸带中，选用如图乙所示的起点O 与相邻点之间距离约为2mm 的纸带来验证．图中A 、
B 、
C 、
D 、
E 、
F 、
G 为七个相邻的点，E 、F 、G 到起点O 的距离分别为h n-1、h n 、h n+1．设打相邻点间的时间间隔为T ，如果机械能守恒得到验证，则可根据以上物理量求得当地重力加速度g=__________．
【答案】电火花； B ； C ； 2
112()8n n n
h h T h +-+ ； 【解析】
（1）打点计时器有电磁打点计时器和电火花计时器，其中电火花计时器实验误差较小．电火花打点记时器是利用照明电打出的火花而打出点，由于作用快，不会产生托痕，可使实验更精确，误差更小．
（2）重锤的质量可测可不测，因为动能的增加量和重力势能的减小量式子中都有质量，可以约去．需要
测量的物理量是B ：重锤下落的高度，通过计算得到的物理量是C ：与下落高度对应的重锤的瞬时速度． （3）根据匀变速直线运动直线运动过程中中间时刻速度推论可得112n
n F h h v T
+--=，根据机械能守恒定律可得2211112()1()228n n n n n n
h h h h m mgh g T T h +-+---=⇒= 14．某实验小组做“验证力合成的平行四边形定则”实验，涉及以下问题，请分析解答。

(1)实验的部分步骤如下：
①将橡皮筋的一端固定在
A 点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连一个弹簧测力计
②如图所示，沿相互垂直的两个方向分别拉两个弹簧测力计，
使橡皮筋的绳套端被拉到某一点O ，由弹簧测力计的示数记录两个拉力1
F 、2F 的大小，此时1F =_________N ，2F =______N
③再用一个弹簧测力计将橡皮筋的绳套端拉至O 点，读出拉力F 大小并确定其方向
④在如图所示的方格纸上以每格1N 为标度，作出拉力1F 、2F
⑤应用平行四边形定则作出1F 、2F 的合力F 合的图示，并按每格1N 的标度读出合力的大小
⑥若在误差允许的范围内，F 与F 合满足__________，则验证了力合成的平行四边形定则
(2)实验中，下列器材中必须要用的是__________
(3)下列实验操作正确的是________。

A ．拉动橡皮筋时，弹簧测力计要与木板平面平行
B ．每次拉伸橡皮筋时，两个弹簧测力计间的夹角越大越好
C ．描点确定拉力方向时，两点间的距离应尽可能大一些
【答案】4.80N 3.60N 大小相等，方向相同 C AC
【解析】
【详解】
(1)[1][2]②弹簧测力计的分度值为0.1N ，估读至0.01N ，则示数分别为
1 4.80N F =，
2 3.60N F =
[3]⑥若在误差允许的范围内，F 与F 合满足大小相等，方向相同，则验证了力合成的平行四边形定则；
(2)[4]实验还需要用毫米刻度尺画直线、并进行长度的测量，所以C 正确，A 、B 错误；
故选C ；
(3)[5]A ．实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边形定则，为了减小实验误差，弹簧测力计、细绳、橡皮筋都应与木板平行，这样各力的图示能够正确体现相应力的大小，故A 正确；
B ．为减小作图过程中产生的误差，两个弹簧测力计拉力间的夹角不能太小，也不能太大，故B 错误；
C ．描点确定拉力方向时，两点之间的距离应尽可能大一些，以减小实验的误差，故C 正确；
故选AC 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，圆心为O 、半径为r 的圆形区域内、外分别存在磁场方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，外部磁场的磁感应强度大小为B 0。

P 是圆外一点，OP ＝2r 。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出，第一次从A 点(图中未画出)沿圆的半径方向射入圆内后从Q 点(P 、O 、Q 三点共线)沿PQ 方向射出圆形区域。

不计粒子重力，sin37︒ ＝0.6，cos37︒ ＝0.8。

求：
(1)粒子在圆外部磁场和内部磁场做圆周运动的轨道半径；
(2)圆内磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从第一次射入圆内到第二次射入圆内所经过的时间。

【答案】 (1) R 2=3r (2) B 内=
04B (3) 0
6730m qB π 【解析】
【详解】 （1）设粒子在圆外和圆内磁场中运动的轨道半径分别为R 1、R 2，由几何关系可知:
r 2+R 12=（2r-R 1）2
解得
R 1=34
r 三角形O 1AO 与三角形O 1QO 2相似，则
121O A OA QO O Q
= 即
121
3R r R r R =- 解得:
R 2=3r
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 Bqv=2
mv R
即 B=mv qR
B 0=34
mv
r q ⨯ B 内=
3mv q r ⨯ 解得
B 内=04
B （3）由几何关系知：
tan ∠O 1OA=134R r = 解得: ∠
O 1OA=37°
同理可知
∠QOC=2∠O 1OA=74°
粒子在磁场中做圆周运动的周期
T=2R v
π 可得:
T=2m qB
π 所以粒子从A 运动到Q 的时间：
t 1=00
37237360454
m m B qB q ππ︒⨯=︒⨯ 粒子从Q 运动到C 的时间：
t 2=00
360-106212736090m m qB qB ππ︒︒⨯=︒ t=t 1+t 2=0
6730m qB π 16．如图所示为水平放置玻璃砖横截面，上表面为半径为R 的半圆，AOB 为其直径，ABCD 为正方形。

M 点为CD 中点。

一束单色光从底面上距C 点兮处的N 点垂直于底边入射，恰好在上表面发生全反射。

求：
(1)玻璃砖的折射率；
(2)现使光束从M 点入射，且改变入射光的方向，使光线射入玻璃砖后恰好不从上表面射出，则入射角为多少度。

【答案】 (1)2；(2)30︒
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由全反射可知
1
sin C
n
=，由几何关系可得
1
2
sin
2
R
C
R
==
解得
2
n=
(2)由折射定律可得
sin
sin
n
α
β
=，根据正弦定理有
2
sin sin150
R R
β︒
=
解得
=30
α︒
17．在直角坐标系xoy平面内存在着电场与磁场，电场强度和磁感应强度随时间周期性变化的图像如图甲
所示。

t=0时刻匀强电场沿x轴负方向，质量为m、电荷量大小为e的电子由（－L，0）位置以沿y轴负方向的初速度v0进入第Ⅲ象限。

当电子运动到（0，－2L）位置时，电场消失，空间出现垂直纸面向外的匀强磁场，电子在磁场中运动半周后，磁场消失，匀强电场再次出现，当匀强电场再次消失而匀强磁场再次出现时电子恰好经过y轴上的（0，L）点，此时电子的速度大小为v0、方向为+y方向。

已知电场的电场强度、磁场的磁感应强度以及每次存在的时间均不变，求：
(1)电场强度E和磁感应强度B的大小；
(2)电子从t=0时刻到第三次经过y轴所用的时间；
(3)通过分析说明电子在运动过程中是否会经过坐标原点。

【答案】 (1)202mv E eL
=，2mv B eL 0=；(2)0(6)L t v π=+；(3)能过原点 【解析】
【分析】
【详解】
(1)轨迹如图所示
电子由A 点进入第Ⅲ象限，此时空间存在-x 方向的电场，设电子运动到B 点用时为t ，在x 方向上
212
L at = 在-y 方向上
02L v t =
设电场强度为E
eE ma =
解得202mv E eL
=。

在B 点，电子速度为v ，方向与y 轴夹角为α，则
tan at v α= 0cos v v α
= 电子从C 点到D 点可以逆向看成从D 点到C 点的运动，此过程中只有电场，跟A 到B 的过程完全一样。

由几何知识知道EC=L ，OE=L 。

从B 到C ，电子做圆周运动的半径为R
22
R L = 设磁感应强度为B
20v evB m R
= 解得2mv B eL
0=。

(2)到D 点后，电子在磁场中运动的半径为r ，半周期后运动到F 点。

20v evB m r
= 电子在磁场中运动周期跟速度大小无关，由
2r T v π= 可得
2m T eB
π= 到F 点之后的运动，周期性重复从A-B-C-D-F 的运动过程，第三次到y 轴时位置是E 点。

每次在电场中运动的时间为t 1
10
2L t v = 每次在磁场中运动的时间为t 2
22
T t = 所以从开始运动到第三次经过y 轴的时间
120
32(6)L t t t v π=+=+ (3)把从B-C-D-F-E 看成一个运动周期，每周期沿+y 方向移动L 。

所以可以判断电子一定会经过坐标原点。