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2021年福建省新高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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．【解答】解：A、位移指的是从M点漂流到N点的有向线段，故A错误；
B、从M点漂流到N点的路程为5.4km，则平均速率为 ，故B错误；
C、该游客的平均速度大小为 ，故C正确；
D、以玉女峰为参考系，若以所乘竹筏为参考系，故D错误；
故选：C。
2．【解答】解：质子（ H）以速度v 自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，
5
满足：qv B＝qE
0
解得v ＝
0
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A.以速度 射入的正电子（ ，所受的洛伦兹力小于电场力，故A错误；
B.以速度v 射入的电子（ e），而做匀速直线运动，故B正确；
0
CD.以速度2v 射入的氘核（ H） 射入的 粒子（ He） ＝ ，故都不能做匀速直线运
0 0 0
α
动；
故选：B。
3．【解答】解：不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压 U ＝
1
U 不变，
V1
根据： 可知
2
＝U
v2
不变；当住户使用的用电器增加时
灯
变小，由 可
知 ＝I 变大，而由，U ＝U ﹣I R可知V 减小；由理想变压器的原理U I ＝U I ，可
2 A7 V3 2 7 3 1 7 2 2
知原线圈的电流I ＝I 变大；故综合上述分析可知A 增大，A 增大，V 不变，V 减小；
8 A1 1 7 2 3
故ABC错误。
第1页 | 共9页故选：D。
4．【解答】解：设空气的密度为 ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S
Δm＝ Sv•Δt ρ
假定台ρ风风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对风
﹣FΔt＝0﹣Δmv
可得：F＝ Sv2
10级台风的ρ风速v
7
≈25m/s，16台风的风速v
2
≈50m/s，则有
＝ ≈4
故B正确，ACD错误。
故选：B。
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．【解答】解：A.由题知，“奋斗者”号与“探索一号”通信是通过水声音通信，故信息
载体属于纵波；
B.由题知，“奋斗者”号与“沧海”号通信是通过无线蓝绿光通信，故信息载体属于横
波；
C.因为太空中没有介质，故机械波无法传播，故C错误；
D.在传递信息的过程也是传递能量的过程，故“探索一号”与“探索二号”的通信过程
也是能量传播的过程。
故选：BD。
6．【解答】解：AB.由题知，四条导线中的电流大小相等，故四条导线在 O点的磁感应强
度大小相等，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向
第2页 | 共9页由图可知，B 与B 相互抵消，B 与B 合成，根据平行四边形定则，其大小不为零，B
b c a d
正确；
CD.由题知，四条导线中的电流大小相等，a，故a，c、d到e点的距离相等、d在e点的
磁感应强度大小相等，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向
由图可知B 与B 大小相等，方向相反；而B 与B 大小相等，方向如图所示，可知两个
c d b a
磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向，D正确。
故选：BD。
7．【解答】解：A、根据右手定则、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向、b各
自产生的电动势之和 。
0
感应电流I＝
对a由牛顿第二定律得：
BIL＝ma
解得：a＝ ，故A正确；
B、由题意知、b电阻率相同，电阻分别为R和2R
R＝ ，6R＝
ρ ρ
可得：S ＝2S ，
a b
可知a的体积是b的2倍，密度相同，即b的质量为 。
a、b在磁场中时，所受安培力总是反向等大，a，则此系统动量守恒。t 时刻流过a的电
2
第3页 | 共9页流为零，a、b之间的磁通量不变，设为v，由动量守恒定律得：
mv ﹣ v ＝（m+ ）v
0 0
解得：v＝ v ，即t 时刻b棒的速度为 v ，故B错误；
0 8 5
C、t ～t 时间内，通过a，根据q＝It、b棒横截面的电荷量相等；
1 2
D、t ～t 时间内，对a，由能量守恒定律得：
3 2
m + × ＝ （m+ 2+Q总
解得回路中产生的总热量Q总 ＝
a棒产生的焦耳热Q
a
＝ Q总 ＝ m ，故D正确。
故选：AD。
8．【解答】解：A、设椭圆的长轴为2a，则偏心率为
0.87＝ ＝
由题知，Q与O的距离约为120AU
由此可求出a、c，由于S 是绕致密天体运动，根据万有引力定律 与银河系中心致密天
2 6
体的质量之比，故A错误；
B、根据开普勒第三定律有 ，式中k是与中心天体的质量M有关的常量，所以 是绕
8
致密天体运动，有
＝k致 ∝M致
对地球围绕太阳运动，有
＝k太 ∝M太
两式相比，可得 ＝
因S
2
的半长轴为a，周期T
S4
、日地之间的距离r地 、地球绕太阳的公转周期T地 都已知，
第4页 | 共9页故由上式可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比；
C、根据开普勒第二定律有 v （a+c）＝ v （a﹣c），则 ＝ ，因a，则可以求
P Q
出S 在P点与Q点的速度大小之比，故C正确；
2
D、S 不管是在P点，还是在Q点，根据牛顿第二定律得
7
G ＝ma
解得a＝
因为P点到O点的距离为a+c，Q点到O点的距离为a﹣c 在P点与Q点的加速度大小
5
之比 ＝
因a、c可以求出 在P点与Q点的加速度大小之比可以求出，故D正确。
8
故选：BCD。
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．【解答】解：衰变方程为 ，根据电荷数守恒和质量数守恒可得，
解得：Z＝2
A+8＝3，解得：A＝3；
经过50年，排入海水中的氚的剩余质量为：
故答案为：2；3； 。
10．【解答】解：该过程气体体积增大，对外做正功。
由题图可知，从状态A到状态B，根据一定理想气体状态方程 。
故答案为：做正功；先升高后降低
11．【解答】解：（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，所以电
阻丝的直径为d＝1mm+41.4×8.01mm＝1.414mm；
（3）使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，由于该电阻丝的阻值在 100～
第5页 | 共9页200 ，所以应选择×10倍率的电阻挡；
（5Ω）15～20之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为R＝16×10 ＝160 ；
Ω Ω
（7）根据电阻定律有 R＝ ，解得该电阻丝的电阻率为 ＝ ＝
ρ ρ
﹣4 •m。
Ω
故答案为：（1）6.414；（3）×10；（7）3.14×10﹣4
12．【解答】解：（2）由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，
应减小木板的倾角。
（4）打 F 点时小车的速度大小等于打 E、G 两点之间小车的平均速度大小，即
（5）v﹣t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。
小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车所受合外力 F随速度的增
大而变小，设小车所受空气阻力大小为f
而细绳拉力T不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
故答案为：往右移；3.15；空气阻力随速度增大而增大
13．【解答】解：（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为v ，末速度
1
大小为v ，加速度大小为a。
2
由匀变速直线运动速度与时间关系公式有 v ＝v ﹣at
7 1
代入题给数据解得a＝1.5m/s2
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
s＝v t﹣
1
联立解得s＝3840m
（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为M火 、r火 和g火 ，地球的质量、
半径和表面重力加速度大小分别为M地 、r地 和g地 ，已知： ， 。
第6页 | 共9页由万有引力等于重力，对质量为m的物体，有
在地球表面上，有 。
解得：g火 ＝8m/s2
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m ，由力的平衡
max
条件有F＝m
max
g火
联立解得m ＝1875kg
max
即在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量为1875kg。
答：（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小为1.3m/s2，下降距离为3840m；
（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为
1875kg。
14．【解答】解：（1）小滑块的质量为m，斜面倾角为 ，滑块受斜面的支持力大小为
N，拉力为10N时滑块的加速度大小为a θ
T+mgsin ﹣f＝ma①
N﹣mgcoθs ＝0②
f＝ N③θ
联立μ①②③式并代入题给数据得
a＝7m/s2④
（2）设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W＝T s +T s ⑤
1 1 4 2
式中T 、T 和s 、s 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
1 3 1 2
题意，T ＝8N，s ＝7m，T ＝10N，s ＝3m。设滑块第一次到达B点时的动能为E ，由
7 1 2 2 k
动能定理有
W+（mgsin ﹣f）（s +s ）＝E ﹣4⑥
1 2 k
联立②③⑤θ ⑥式并代入题给数据得
E ＝26J⑦
k
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时 。设滑块离B点的最大距离为
k
s ，由动能定理有
max
﹣（mgsin +f）s ＝0﹣E ⑧
min k
θ
第7页 | 共9页联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
s ＝1.8m⑨
max
答：
（1）当拉力为10N时，滑块的加速度大小为7m/s2；
（2）滑块第一次到达B点时的动能为26J
（3）第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为6.3m。
15．【解答】解：（1）设A到M点的距离为R ，A点的电荷对小球S 的库仑力大小为
M 1
F ，由库仑定律有F ＝ ①
A A
设小球S 在M点所受电场力大小为F ，由力的合成有F ＝2F sin45°②
1 M M A
联立①②式，由几何关系并代入数据得F ＝ ③
M
（2）设O点下方 处为C点 ，小球S 在C处所受的库仑力大小为F ，由库仑定律和
C 1 C
力的合成有F ＝2 sin ④
C
θ
式中sin ＝
θ
设小球S 的质量为m ，小球S 在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有F +m g＝
4 1 1 C 6
m a⑤
1
由图（c）可知，式中a＝2g
联立④⑤式并代入数据得m ＝ ⑥
7
设S 的质量为m ，碰撞前、后S 的速度分别为v ，v ′，S 碰撞前、后的速度分别为
2 2 6 1 1 8
v ，v ′，取竖直向下为正方向 v +m v ＝m v ′+m v ′⑦
2 2 6 1 2 8 1 1 2 2
8⑧
设小球S 碰撞前的动量为p ，由动量的定义有p ＝m v ⑨
2 2 4 2 2
第8页 | 共9页依题意有
m ＝m
1 2
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得p ＝﹣ ⑩
7
即碰撞前S 的动量大小为 。
2
（3）设O点上方 处为D点，S 在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向
1
竖直向上，S 在此处加速度为0；S 在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动
7 1 3
能运动到N点与S 相碰，S 运动到D点时的速度必须大于零。
2 1
设M点与D点电势差为U ，由电势差定义有U ＝ ﹣ ⑪
MD MD M D
设小球S
8
初动能为E
k
，运动到D点的动能为 E
kD
，φ由动φ能定理有 m
1
g（MO﹣DO）
+QU ＝E ﹣E ⑫E ＞0⑬
MD kD k kD
由对称性，D点与C点电势相等，依据图（b）所给数据 ＞ ⑭
k
答：（1）小球S 在M点所受电场力大小为 。
3
（2）当小球S 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S 发生弹性
1 5
碰撞。已知S 与S 的质量相等，碰撞前 的动能均为 ，碰撞时间极短 的动量大
1 2 8 2
小为 。
（3）现将S 固定在N点，为保证S 能运动到N点与之相碰，S 从M点下落时的初动
4 1 1
能须满足E ＞ 。
k
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日期：2021/12/23 15:02:41；用户：账号1；邮箱：lvye1@xyh.com；学号：40537956
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