2021年福建省厦门市高考物理一模试卷有答案

2021年福建省厦门市高考物理一模试卷
一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48分．第14～18题只有一项符合题
目要求，第19～21题有多项符合要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有
选错的得0分．）
1. 烟雾探测器使用半衰期为432年的放射性元素镅95241Am来探测烟雾，当正常空气分子穿过探测器时，镅95241Am衰变所释放的射线很容易使它们电离，从而产生电流，一旦
有烟雾进入探测器内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报，则（）
A.镅95241Am衰变所释放使空气电离的射线是X射线
B.镅95241Am衰变所释放使空气电离的射线是γ射线
C.1mg的镅95241Am经864年将有0.75mg发生衰变
D.发生火灾时，镅95241Am因温度升高而半衰期变短
2. 乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易
上手。

如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击
球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（）
A.飞出时的初速度大小可能相等
B.飞出时的初速度竖直分量可能相等
C.在空中的时间可能相等
D.撞击墙壁的速度可能相等
3. 如图所示，一根质量为M、长为L的铜管放置在水平桌面上，现让一块质量为m、可
视为质点的钕铁硼强磁铁从铜管上端由静止下落，强磁铁在下落过程中不与铜管接触，在此过程中（）
A.桌面对铜管的支持力一直为Mg
B.铜管和强磁铁组成的系统机械能守恒
C.铜管中没有感应电流
D.强磁铁下落到桌面的时间t>√2L
g
4. 如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于0点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于
静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下处于水平状态。

现保持结点O位置不变，使OA绳逆时针缓慢旋转至竖直方向，在此过程中，P、Q及斜面均保持静止，则（）
A.斜面对物块P的摩擦力一直减小
B.斜面对物块P的支持力一直增大
C.地面对斜面体的摩擦力一直减小
D.地面对斜面体的支持力一直增大
5. 如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元1267−1273年的宋元襄阳之战中使
用而得名，其实质就是一种大型抛石机。

它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出。

将其工
作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量m＝10kg，可视为质点的石块，
装在横杆长臂与转轴O点相距L＝5m的末端口袋中，在转轴短臂右端固定一重物M，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点，静止时长臂与水平面的夹角α＝37∘，
解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落
在水平地面上，石块落地位置与O点的水平距离s＝20m，空气阻力不计，g取10m/
s2．则（）
A.石块水平抛出时的初速度为10√5/m/s
B.石块水平抛出时的初速度为20m/s
C.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2050J
D.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2500J
6. 如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。

已知该粒子在A点的速度大小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则（）
A.粒子的速度v2一定大于v1
B.等势面b的电势比等势面c的电势低
C.粒子从A点运动到B点所用的时间为L cosθ
v1
D.匀强电场的电场强度大小为m(v22−v12)
2qL cosθ
7. 如图所示，灯泡A、B完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n1:n2＝5:1，指示灯L
的额定功率是灯泡A的1
，当输入端接上u＝110√2sin100πt(V)的交流电压后，三个灯
5
泡均正常发光，两个电流表均为理想电流表，且A2的示数为0.4A，则（）
A.电流表A1的示数为0.08A
B.灯泡A的额定电压为22V
C.灯泡L的额定功率为0.8W
D.原线圈的输入功率为8.8W
8. 如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同。

现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则（）
A.粒子a、b可能带异种电荷
B.粒子a、b一定带同种电荷
C.v1:v2可能为2:1
D.v1:v2只能为1:1
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共129分）
如图所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置图。

水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置（从左到右分别记为P、Q、R），测得OP＝x1，OQ＝x2，OR＝x3。

（1）关于实验的要点，下列说法正确的是（）。

A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量
B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径
C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点
D.导轨末端必须保持水平
（2）若入射球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则该实验需要验证成立的表达式为________（用所给符号表示）
（3）除空气阻力影响外，请再说出一条可能的实验误差来源________。

为了粗略测量电阻，小明同学用量程为5mA的毫安表、电动势为3V的电池、0−999.9Ω)的电阻箱制作了一块简易欧姆表，电路如图所示．
（1）为制作欧姆表，________准确测量毫安表的内阻（填“需要”或“不需要”）；
（2）进行欧姆调零之后，用该表测量某电阻时，a表笔是________表笔（填“红”或“黑”），此时毫安表读数为2.5mA，则待测电阻阻值为________Ω；
（3）如果在毫安表两端并联一个电阻，其余电路均不变，表盘中间刻度对应的电阻值________（填“变大”“变小”或“不变”）；
（4）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小，内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值________真实值（填“大于”“小于”或“等于”）．
如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R 且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点。

水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为μ1＝0.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面。

斜面CD足够长，倾角为θ＝37∘，动摩擦因数为μ2＝0.8．一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初
水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力为自身重力的5倍，物块速度v0=√gR
2
经过C点时速度大小不发生变化。

sin37∘＝0.6，cos37∘＝0.8，重力加速度为g，求：
（1）物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功；
（2）物块最终停留的位置。

如图所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L左右两侧导轨平面与水平面
夹角分别为α＝37∘、β＝53∘，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导
轨平面向下，磁感应强度大小均为B．均匀金属棒ab和ef质量均为m，长度均为L，电
阻均为R，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ab
与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒ef光滑。

同时由静止释放两金属棒，并对金
属棒ef施加外力F，使ef棒保持a＝0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动。

导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin37∘＝0.6，cos37∘＝0.8．求：
（1）金属棒ab运动过程中最大加速度的大小；
（2）金属棒ab达到最大速度所用的时间；
（3）金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量。

三、选考题：共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科
任选一题作答，并用2B铅笔在题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科都
按所做的第一题计分。

抗击新冠肺炎疫情的战斗中，中国移动携手“学习强国”推出了武汉实景24小时直播，
通过5G超高清技术向广大用户进行九路信号同时直播武汉城市实况，全方位展现镜头
之下的武汉风光，共期武汉“复苏”。

5G是“第五代移动通信技术”的简称，其最显著的
特征之一为具有超高速的数据传输速率。

5G信号一般采用3.3×109−6×109Hz频段
的无线电波，而现行第四代移动通信技术4G的频段范围是1.88×109−2.64×109Hz，则（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为（）
A.5G信号比4G信号所用的无线电波在真空中传播得更快
B.5G信号相比于4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站
C.空间中的5G信号和4G信号不会产生干涉现象
D.5G信号是横波，4G信号是纵波
E.5G信号所用的无线电波具有波粒二象性
如图所示，一透明材料制成的圆柱形棒直径为4cm，长度为30cm。

一束光线从圆柱
×10−9s由另一底面射出。

求：
形棒的一个底面中心垂直射入，经5
4
(i)该透明材料的折射率；
(ii)保持入射点不变，调整光线的入射方向，使其在内壁上发生全反射，仍从另一底面射出，最多能经历几次全反射。

参考答案与试题解析
2021年福建省厦门市高考物理一模试卷
一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48分．第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合要求．全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）
1.
【答案】
C
【考点】
原子核衰变
【解析】
根据三种射线可知，电离能力大小，即可判定镅95241Am会释放出什么射线；
再结合半衰期与外界因素无关，及半衰期的概念，即可求解。

【解答】
解：AB．镅95241Am会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中，α射线能使空气电离，故AB错误；
)2= C．镅95241Am半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，还剩下m=m(1
2
0.25 mg没有衰变，则衰变了0.75mg，故C正确；
D．半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故D错误．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
类平抛运动
【解析】
由于两次乒乓球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解。

根据速度合成规律可分析撞击墙壁的速度大小。

【解答】
C、将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由题意可知，运动过程中高度较小的，运动时间较短，因此球在这两次从飞出到撞击墙壁前的过程中，在空中的时间不相等，故C错误；
D、乒乓球反向做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，高度较小的，运动时间短，水平分速度较大，即乒乓球撞击墙壁的速度较大，故D错误；
B、乒乓球反向做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，高度较小的，抛出时速度的竖直分量较小，故B错误；
A、根据速度的合成可知，高度较小的，水平速度大，竖直速度小，故抛出时的初速度大小不能确定，有可能相等，故A正确。

3.
【答案】
D
【考点】
感应电流的产生条件
楞次定律
【解析】
强磁铁通过铜管时，导致铜管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场
要阻碍原磁场的变化，导致强磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒，在下落过程中
导致铜管产生热能；根据楞次定律得出铜管对桌面的压力大于铜管的重力；由于受到
电磁阻力，导致下落到桌面的时间比自由落体时间长。

【解答】
A、磁铁在整个下落过程中，由楞次定律：来拒去留可知，铜管对桌面的压力大于铜管的重力，即大于Mg，故A错误；
B、铜管和强磁铁组成的系统，在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致系统机械能减小，故B错误；
C、强磁铁从铜管上端由静止下落，使穿过铜管的磁通量变化，从而使其产生感应电流，故C错误；
D、若强磁铁能沿管自由下落，则其下落的时间t=√2L
，但强磁铁在下落过程中，受
g
到电磁阻力，导致其下落的时间大于√2L
，故D正确。

g
4.
【答案】
C
【考点】
力的合成与分解的应用
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
对结点O受力分析，根据图解法分析绳OA拉力的变化和绳子OB拉力的变化，然后以P
为研究对象分析受到的摩擦力与支持力的变化；最后以整个系统为研究对象，根据平
衡条件判断地面对斜面体的摩擦力和支持力的变化。

【解答】
A、设连接OP的绳子在滑轮处的点为B，缓慢改变绳OA的方向至竖直方向的过程中，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置，如图所示，可见绳OA的拉力先减
小后增大，绳OB的拉力F′一直减小；
斜面上的物体P受到重力。

斜面得支持力，绳子的拉力，由于不知道绳子的拉力的大小与物块P的重力沿平行于斜面向下的分力的大小之间的关系，所以不能判断斜面对P的
摩擦力是增大或者减小，故A错误；
B、斜面对P的支持力的大小始终与物块P垂直于斜面方向的分力的大小，没有变化，
故B错误；
C、以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力
与OA绳子的拉力沿水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左并逐渐减小，故C正
确；
D、以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：由于拉力F沿竖直向上的分力一直增大，根据竖直方向受力平衡，知地面对斜面体的支持力不断减小。

故D错误。

5.
【答案】
C
【考点】
动能定理的应用
平抛运动的概念
【解析】
石块飞出后做平抛运动，根据几何关系求出平抛运动的高度，从而根据高度求出平抛运动的时间，结合水平距离求出平抛运动的初速度；（长臂从开始位置到竖直位置的过程中，重力做负功，投石机对石块做功，由动能定理求解投石机对石块所做的功W。

【解答】
AB、石块平抛运动的高度ℎ＝L+L sin37∘＝5m+5m×0.6＝8m，
根据ℎ=1
2gt2得：t=√2ℎ
g
=√2×8
10
s=2√10
5
s，
故石块水平抛出时的初速度：v0=s
t =
2√10
5
=5√10m/s，故A错误，B错误；
CD、根据功能关系，从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功等于石块机械能的增加量，故：
W＝mgℎ+1
2mv2=10×10×8J+1
2
×10×(5√10)2J＝2050J，故C正确，D错误。

6.
【答案】
A,C
【考点】
等势面
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
粒子垂直进入匀强电场，做类平抛运动，竖直方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；水平方向不受力，做匀减速直线运动；根据电场力做功情况比较初末速度大小，并求运动时间，然后对A到B过程根据动能定理列式求解电场强度的大小。

【解答】
A、该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A正确；
B、粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b的电势比等势面c的电势高，故B错误；
C、粒子在A点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间：t=L cosθ
v1
，故C正确；
D、A、B两点沿电场线方向的距离为：y＝L sinθ
由动能定理有：qEy=1
2mv22−1
2
mv12
联立解得：E =m(v 22−v 1
2)2qL sin θ
，故D 错误。

7.
【答案】 A,C
【考点】
变压器的构造和原理 【解析】
根据变压器的变流比确定电流A 1的示数。

从电流入手，分析流过灯泡A 的电流，分析原线圈电路得到输入电压和输出电压。

根据功率公式求解灯泡L 的额定功率。

原线圈的输入功率由原线圈的输出功率决定。

【解答】
A 、根据变压器的变流比可知，I 1I 2
=n
2n 1
，解得变压器的输入电流：I 1＝0.08A ，则电流表
A 1的示数为0.08A ，故A 正确；
B 、分析副线圈电路，灯泡正常发光，则流过灯泡A 的电流为0.2A ，流过指示灯L 的电流为0.08A ，指示灯L 的额定功率是灯泡A 的1
5，则指示灯L 两端电压是灯泡A 两端电压的
12
，设副线圈两端电压为U 2，则灯泡A 两端电压为U 2，指示灯L 两端电压为0.5U 2，根据
变压比可知，原线圈两端电压：U 1=n 1n 2
U 2=5U 2，分析原线圈电路可知，输入端电压
为
√2
√2
＝110V ，则110V ＝5U 2+0.5U 2，解得：U 2＝20V ，则灯泡A 的额定电压为
20V ，故B 错误；
C 、灯泡L 两端电压为10V ，流过的电流0.08A ，额定功率为P L ＝10×0.08W ＝0.8W ，故C 正确；
D 、原线圈的输入功率由原线圈的输出功率决定，P 出＝U 2I 2＝20×0.4W ＝8W ，故D 错误。

8.
【答案】 B,C
【考点】
带电粒子在匀强磁场中的运动规律 向心力
【解析】
根据左手定则分析两个粒子的电性；设圆形磁场的直径为d ，根据几何关系求出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度的表达式，再根据速度之比等于半径之比进行求解。

【解答】
AB 、由于a 、b 最终都从N 点离开磁场，说明a 粒子开始向下偏转，b 粒子开始向上偏转，根据左手定则可知两个粒子都带正电，故A 错误、B 正确；
CD 、设圆形磁场的直径为d ，粒子a 在磁场中运动的半径为r 1，粒子a 经过n （正整数）次通过MN 到达N 点，第一次通过MN 的轨迹如图所示，根据几何关系可得：r 1=
√22
⋅
d n =√2d
2n
，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝m v12
r1，解得：v1=qB
m
r1；
同理可得，设粒子b经过k（正整数）次通过MN到达N点，轨迹半径r2=√2
2⋅d
k
=√2d
2k
，
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B＝m v22
r2，解得：v2=qB
m
r2；
所以v1
v2=r1
r2
=k
n
，当k＝2、n＝1时v1:v2＝2:1，故C正确、D错误。

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22～32题为必考题，每个试题考生
都必须作答．第33～38题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（11题，共
129分）
【答案】
C,D
m1x2＝m1x1+m2x3
确认落点P、Q、R时的位置不准的误差
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
（1）为使两球发生正碰，两球半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，同时小球必须做平抛运动，且每次初速度相同，从而即可判定；（2）小球离开平板后做平抛运动，两球碰撞后入射球的速度变小，碰撞后入射球的水平位移减小，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式；
（3）根据实验原理与实验注意事项，结合误差的根源，即可分析答题。

【解答】
A、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A错误；
B、为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B错误；
C、重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点，才能保证每次平抛的初速度相同，故
C正确；
D、导轨末端必须保持水平，确保做平抛运动，故D正确；
故选：CD；
小球离开长木板后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，
小球做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度越小，水平位移越小，
两球碰撞后入射球的速度变小，小于被碰球的速度，碰撞后入射球的水平位移变小，
入射球的水平位移小于被碰球的水平位移，由题目图示可知，
入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的Q、P两点；
碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2，小球做平抛运动的时间t相等，
两边同时乘以t:m1v0t＝m1v1t+m2v2t，
则：m1OQ＝m1OP+m2OR；
即为m1x2＝m1x1+m2x3；
依据实验原理，及实验操作，除空气阻力影响外，
可能的实验误差来源是：轨道摩擦阻碍的影响，
或确认落点P、Q、R时的位置不准的误差，
或x 1，x 2，x 3的长度测量误差， 故答案为：（1）CD ；（2）m 1x 2＝m 1x 1+m 2x 3；（3）确认落点P 、Q 、R 时的位置不准的误差。

【答案】 （1）不需要 （2）红,600 （3）变小 （4）大于
【考点】
用多用电表测电阻 【解析】
（1）由欧姆表的工作原理据工作原理确定出是否需要测量毫安表的内阻。

（2）多用表工作时电流由红表笔流入电表，由黑表笔流出电表；由欧姆表的工作原理可求得相应电流对应的电阻值；
（3）若并上一电阻，由闭合电路欧姆定律分析内部总电阻的变化，中间刻度值为内部电阻值。

（4）由欧姆表的工作原理闭合电路欧姆定律分析同一测量电阻下电流的变化情况，由电流的变化确定出测量值的误差。

【解答】
解：（1）由欧姆表的工作原理得：I =E R g +r+R+R x
，而R g +r +R =E I g
，即I =
E
E
I g
+R x ，不
用确定出R g 的值；
（2）电流由红表笔流入电表，则a 为红表笔； 由闭合电路欧姆定律：I =
E
E
I g
+R x ，代入I ＝2.5mA 求得R x ＝600Ω；
（3）在毫安表两端并联一个电阻后，欧姆表的最大电流I >I g ，则内阻R =E I
<E
I g
，其
内部电阻阻值变小，则中间刻度值变小； （4）由闭合电路欧姆定律得：I =
I g R R+R x
=
I g 1+
R x R
，因电动势E 减小，则其内阻R 中要减小，
同样的R x 值对应的电流要减小，则其电阻示数变大，即测量值大于真实值． 【答案】
物块从A 点运动到B 点的过程中，阻力所做的功为−1
4mgR ； 物块最终停留在斜面上距离C 点S =25
31R 的位置。

【考点】
动能定理的应用 牛顿第二定律的概念 向心力
【解析】
（1）物块运动到B 点时对轨道的压力为自身重力的5倍，可根据牛顿第三定律得到物块受到的支持力；在B 点，物块受到的重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式得到B 点的速度；最后对从A 到B 过程根据动能定理列式求解阻力的功；
（2）首先假设滑上斜面S 的位置，对从B 到最高点过程根据动能定理列式；然后通过比较重力平行斜面分力与最大静摩擦力关系判断物体能够静止在最高点。

【解答】
物块到B 点时，设轨道支持力为N ，由牛顿第三定律知：N ＝N ′＝5mg ， 由牛顿第二定律：N −mg ＝m v B
2
R
，
解得：v B =2√gR ，
A 到
B 的过程，由动能定理：2mgR +W f =1
2mv B 2−1
2mv 02
，
解得：W f =−1
4
mgR ；
设物块沿着斜面上升的最大位移为S ，由动能定理：
−μ1mg ⋅2R −mg ⋅S sin θ−f ⋅S =0−1
2mv B 2
，
其中：f ＝μ2N ，N ＝mg cos θ， 解得：S =25
31R ，
由于μ2mg cos θ>mg sin θ，故物块在速度减为零之后不会下滑， 物块最终会静止在斜面上距离C 点S =25
31R 的位置。

【答案】
金属棒ab 运动过程中最大加速度的大小为0.2g ； 金属棒ab 达到最大速度所用的时间为4mR B 2L 2； 金属棒ab 运动过程中，外力F 对ef 棒的冲量大小为8m 2gR 5B 2L 2
，方向沿斜面向上。

【考点】
单杆切割磁感线
电磁感应中的能量问题 闭合电路的欧姆定律 动量定理的理解
【解析】
（1）金属棒ab 释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律列方程求解；
（2）根据平衡条件求解金属棒ab 释放之后达到最大速度时的电流强度，再对ef 根据E ＝BLv 结合闭合电路的欧姆定律求解ef 的速度大小，再根据速度时间关系求解时间； （3）求出金属棒ab 释放之后任意时刻的加速度与时间的关系，画出加速度图像，根据图像面积表示的物理意义求解ab 静止时经过的时间，再对ef 棒由动量定理求解力F 的冲量大小和方向。

【解答】
ef 棒保持a ＝0.2g 的加速度沿斜面向下匀加速运动，根据右手定则可知电流方向为feab ，根据左手定则可知ab 棒受到的安培力垂直于斜面向下，则金属棒ab 释放瞬间加速度最大，
根据牛顿第二定律可得：mg sin α−μmg cos α＝ma m ， 解得金属棒ab 运动过程中最大加速度的大小为a m ＝0.2g ；
金属棒ab 释放之后，合外力为零时速度最大，根据平衡条件可得：
mg sin α＝μ(mg cos α+BIL)， 根据闭合电路的欧姆定律可得：I =
E 2R
，
金属棒ef 切割磁感应线产生的感应电动势E ＝BLv ef ， 对ef 棒根据速度时间关系可得：v ef ＝0.2gt ， 联立解得：t =4mR
B 2L 2；
金属棒ab 释放之后，任意时刻的加速度为a ab ，
根据牛顿第二定律可得：mg sin α−μ(mg cos α+BIL)＝ma ab ， 解得：a ab ＝0.2g −B 2L 2g 20mR ⋅t ，
所以ab 棒的加速度随时间变化的图像如图所示，
a −t 图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒a
b 释放起，经过时间t′＝2t =8mR
B 2L 2速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金属棒ef 一直做匀加速直线运动，则有：
ef 的速度：v ef ＝0.2gt′， ef 的位移：x =1
2×0.2gt ′2
对金属棒ef ，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得： I F −BI ¯
Lt′+mg sin βt′＝mv ef −0， 其中：I ¯
t′＝q =
△Φ2R
=
BLx 2R
，
联立解得：I F =−
8m 2gR 5B 2L 2
，负号代表冲量沿斜面向上。

三、选考题：共45分。

请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B 铅笔在题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则每学科都按所做的第一题计分。

【答案】 B,C,E 【考点】
电磁波的发射、传播和接收 光的波粒二象性
【解析】
明确电磁波的性质，知道电磁波在真空中传播速度均为光速，并且电磁波为横波；明确光的光粒二象性，知道频率越大粒子性越明显；波长越大，波动性越明显。

【解答】。