2021屆福建省高考物理壓軸試卷

一、單選題（本大題共4小題，共16.0分）

如圖所示，粗糙水平圓盤上，質量相等的A、8兩物塊疊放在一起,

隨圓盤一起做勻速圓周運動，則下列說法正確的是（

A.B的向心力是A的向心力的2倍

B.盤對B的摩擦力是8對A的摩擦力的2倍

C.A,B都有沿切線方向且向后滑動的趨勢

D.若B先滑動，則B對A的動摩擦因數以小于盤對B的動摩擦因數而

2.一束復色光射入玻璃磚（上、下兩表面平行）后分成兩束單色光①和

②，已知入射光與玻璃磚上表面的夾角為30。，光束①與上表面的X

反射光（圖中未畫出）相互垂直，若玻璃磚對光束②的折射率為"，玻現分‘心弋

_下去而

光束②在玻璃磚里發生全反射的臨界角為C,則下列說法正確的是

（）

A.n<V3

B.sinC<—

3

C.光束①能在玻璃磚的下表面發生全反射

D.光束②能在玻璃磚的下表面發生全反射

3,列車在平直軌道上行駛，從某時刻起，牽引力逐漸減小但始終大于阻力，則列車在該過程中（）

A.速度變小，位移變大B.速度變大，加速度變大

C.加速度變小，位移變小D.速度變大，位移變大

4.兩束單色光線人6以相同的角度從某種玻璃射入空氣，發現。發生了全反射、b沒有發生全反

射，則下列說法中正確的是（）

A.光線“在玻璃中速度較大B.玻璃對光線。的折射率較大

C.光線b的臨界角較小D.光線6在玻璃中的速度較小

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

5.下列所給的圖像中反映作直線運動的物體回到初始位置的是（）

6.正方形虛線框A8CQ位于豎直面內，其中心為0,在A、3兩點分別固定

叫…

點電荷+Q與-Q,尸為BC中點,也固定有點電荷-q,光滑絕緣豎直桿與

A8的中垂線重合，與48、8交點分別為〃、G,桿上套有一個帶少量正

電荷的小球，不計小球對電場的影響，現將小球自G點無初速度釋放，重

力加速度為g，下列說法正確的是（）

A.小球在。點的加速度為gB.小球在〃點的速度為零

C.小球在G、”兩點的電勢能相等D.小球在G、”兩點的機械能不相等

7.如圖：必〃是一正方形區域，處于勻強電場中，并與電場方向平行.大量電子0

從正方形的中心。，以相同速率v向各個方向發射，電子從正方形邊界上的不

同點射出，其中到達c點的電子速度恰好為零，不計電子的重力，下面判斷正/

確的是（）

A.在正方形邊界上c點電勢最高

B.到達。點的電子電勢能最小，速率是2V

C.到達6、d兩點的電子電勢能相等，速率均是v

D.到達A邊中點的電子速率是在u

2

8.如圖所示，粗糙水平地面上有A、0、B、C四點，且。B=BC=2A0=lm,輕彈簧的左端固

定在墻上，右端自由伸長到。點。現有質量為0.5kg的物塊從C點以初速度vo=4gm/s開始

向左運動，與此同時，在物塊上施加一恒力尸=5N,與水平方向的夾角為37。，物塊將彈簧壓

縮至A點時，速度減為零，然后物塊被反彈至B點，速度再次為零，g取10m/s2,sin370=0.6,

cos37°=0.8,則下列說法中正確的是（）

A.物塊接觸彈簧前做勻加速運動

B.物塊與水平面間的動摩擦因數為0.5

C.彈簧的最大彈性勢能為24J

D.物塊離開彈簧后摩擦力的沖量大小為四N.s

或者“放熱”）.

10.粗細均勻的輕繩一端固定，另一端用手握住連續上下抖動，形成一

列沿水平方向向右傳播的橫波，某一時刻的波形如圖所示。根據這

些信息，得知波在繩子中的傳播速度,手抖動繩的頻率

。（均選填“變大”、“變小”、“不變”或“無法判斷”）

四、實驗題（本大題共2小題，共26.0分）

11.如圖所示是‘'用。/S實驗系統研究機械能守恒定律”的實驗裝置，本

實驗中，采用的傳感器是（填寫傳感器名）。本實驗中，先選取

零勢能面再進行實驗，則零勢能面位置的選取對驗證擺錘動能與重力

勢能之和為常數影響（選填“有”或“無”）。

12.圖（①為某同學組裝完成的簡易多用電表的電路圖。圖中E是電池;R】、

/?2、/？3、&和氏5是固定電阻，是可變電阻；表頭電流表G的量程為0?5mA,內阻r=3000,

虛線方框內為換擋開關，A端和8端分別與兩表筆相連。該多用電表有5個擋位，5個擋位為:

直流電壓5U擋和10U擋，直流電流10m力擋和100巾4擋，歐姆X10。擋。

圖(b)

⑴圖⑷中的B端與(填“紅"或"黑")色表筆相連接。

(2)開關S接位置—(填“1”或“2”)時是電流擋的小量程，根據題給條件可得％=n,

R2=/?4=/2o

(3)某次測量時該多用電表指針位置如圖(b)所示。若此時B端是與“1”相連的，則多用電表讀

數為;若此時B端是與“3”相連的，則讀數為；

(4)已知圖中的電源E的電動勢為10匕當把開關S接到位置3,短接4B進行歐姆調零后，此

歐姆擋內阻為n

(5)當電池長期使用使得電動勢變小，用該電池的多用電表測量電阻時，所測得的阻值將

(填“偏大”“偏小”或“不變”).

五、簡答題(本大題共1小題，共10.0分)

13.如圖所示，在一豎直平面內有水平勻強磁場，磁感應強度8的方向垂直該豎直平面向里，讓質

量為電荷量為q(q>0)的粒子從坐標原點。沿豎直平面以不同的初速度和方向入射到該磁

場中，在豎直平面內還有一豎直向上勻強電場，場強大小后=詈，。點坐標為(L,0),L未知。

XXXX

L

XXXX

(1)若乙=771〃98,發現初速度大小為孫的粒子恰好能夠打中。點，求粒子初速度與X軸正方向的可

能夾角值；

(2)撤去電場E,只考慮從坐標原點水平向右射入磁場的粒子，小珂同學發現，無論L取什么值，均

可使粒子經直線運動通過。點，試問v應取什么值；

(3)撤去電場E,只考慮從坐標原點水平向右射入磁場的粒子，若v為第(2)問可取值之外的任意值,

則L取哪些值，可使q必定會經曲線運動通過。點；3已知)

(4)接第(3)問，求。到a運動過程中的最大速度。(V已知)

六、計算題(本大題共2小題，共16.0分)

14.如圖所示，有兩根足夠長的平行光滑導軌水平放置，右側用一小段光滑圓弧和另一對豎直光滑

導軌平滑連接，導軌間距L=lm。細金屬棒油和cd垂直于導軌靜止放置，它們的質量機均為

1kg,電阻R均為0.52cd棒右側1機處有一垂直于導軌平面向下的矩形勻強磁場區域，磁感應強

度B=1T,磁場區域長為s。以M棒的初始位置為原點，向右為正方向建立坐標系。現用向右

的水平變力尸作用于必棒上，力隨時間變化的規律為F=(0.25t+1)N,作用4s后撤去尸.撤去

F之后川棒與cd棒發生完全彈性碰撞，〃棒向右運動。金屬棒與導軌始終接觸良好，導軌電

阻不計，空氣阻力不計。求：

(1)撤去力尸的瞬間，外棒的速度大小；

(2)若s=lm,求cd棒滑上右側豎直導軌，距離水平導軌的最大高度加

(3)若可以通過調節磁場右邊界的位置來改變s的大小，求cd棒最后靜止時的位置x與s的關系。

15.如圖所示，在傾角為。=30。的光滑斜面內固定一光滑鐵皮制作的:圓弧軌道AB,鐵皮面垂直斜

4

面放置，圓弧的圓心為O,半徑為R,半徑OA和OB分別垂直于斜面的側邊和底邊，質量為相

的小球從圓弧軌道上無初速度釋放：

圖1圖2

(1)若小球由4點釋放，求小球滑到軌道底端H點時的速度大小以及此時小球對軌道的壓力.

(2)若小球從軌道上的某處釋放，打在斜面內軌道右側垂直斜面底邊放置的木板上，當木板與半徑

08的距離為R時，小球打在匕點，木板與半徑05的距離為2R時，小球打在P2點，且木板上

兩落點P1P2的距離為3R,求小球釋放點距離軌道底端8的高度(設斜面足夠大，木板足夠長).

【答案與解析】

1.答案：B

解析：解：A、因為4、B兩物體的角速度大小相等，根據4=因為兩物塊的角速度大小相

等，轉動半徑相等，質量相等，則向心力相等.故A錯誤；

22

B、對整體分析，fB=2mra),對A分析，有：fA=mra),知盤對8的摩擦力是8對A的摩擦

力的2倍，故B正確.

C、4所受的靜摩擦力方向指向圓心，可知A有沿半徑向外滑動的趨勢，8受到盤的靜摩擦力方向指

向圓心，有沿半徑向外滑動的趨勢，故C錯誤.

。、對AB整體分析,曲2成？=2mr說，解得O>B=對A分析,〃4mg=mra)l，解得必=

因為8先滑動，可知B先達到臨界角速度，可知B的臨界角速度較小，即說<幺，故。錯誤.

故選：B

A、8兩物體一起做圓周運動，靠摩擦力提供向心力，兩物體的角速度大小相等，結合牛頓第二定律

分析判斷.

解決本題的關鍵知道4、8兩物體一起做勻速圓周運動，角速度大小相等，知道圓周運動向心力的來

源，結合牛頓第二定律進行求解，難度中等.

2.答案：A

解析：解：AB,根據題意可知兩束光的入射角都為60。，而光束①的折射角小于光束②的折射角，

所以光束①的折射率大于光束②，

光束①的發射角為60。,所以光束①在上表面的折射角為30。,根據折射定律有,光束①的折射率為：

sin600nz

九i=-...=V3,

1sin3O°

所以71<V3，

因為sinC=

n

所以C>更，故A正確，B錯誤；

3

CD、根據幾何知識可知，光束①和光束②在下表面的入射角等于在上表面的折射角，根據光路可

逆原理可知，兩光束不可能在下表面發生全反射，故CZ)錯誤。

故選：A。

兩束光的入射角都為60。，而光束①的折射角小于光束②的折射角，根據折射定律可知，光束①的

折射率大于光束②，根據題中所給條件分析光束①的折射角，再由折射定律求解光束①的折射率，

并分析②的折射率大小范圍；分析兩束光在下表面的入射角與全反射的臨界角的大小關系，從而判

斷能否在下表面發生全反射。

解決該題需要能正確分析兩束光的折射率的大小關系，熟記折射定律的表達式，掌握全反射的臨界

角的求解公式，知道光路可逆原理。

3.答案：D

解析：解：列車在加速，知加速度的方向與速度的方向相同，當牽引力逐漸減小但始終大于阻力，

根據牛頓第二定律可得a=3,則知加速度減小；

m

而加速度方向始終與速度方向相同，所以速度仍然增大，位移一直增大，故。正確，ABC錯誤。

故選：Do

判斷速度增加還是減小，看速度方向與加速度方向關系，當速度的方向與加速度的方向相同，做加

速運動，速度增大、位移增大。

解決本題的關鍵知道當速度的方向與加速度的方向相同，做加速運動；當速度的方向與加速度方向

相反，做減速運動。

4.答案：B

解析：解：A、兩束單色光線“、b以相同的角度從某種玻璃射入空氣，發現。發生了全反射、b沒

有發生全反射，知。光的臨界角小于〃光的臨界角，根據知，。光的折射率大，則a光的頻

率大，根據"=：知，"光的折射率大，則。光在玻璃中的速度小，6光在玻璃中的速度大.故8正

確，ACO錯誤.

故選：B.

兩束單色光線a、b以相同的角度從某種玻璃射入空氣，發現。發生了全反射、人沒有發生全反射，

根據折射定律得出兩光折射率的大小，比較出臨界角的大小，根據u=￡比較出光在玻璃中傳播速度

n

的大小，通過頻率的大小得知波長的大小.

解決本題的突破口在于通過臨界角的大小比較出兩光折射率的大小，從而比較出頻率、波長、在介

質中的速度大小關系.

5.答案：ACD

解析：略

6.答案：AC

解析：解：4、小球在O點時，受到A、8兩點電荷的庫侖力的合力水平向右，受到/點電荷庫侖力

也水平向右，桿的彈力水平向左，使小球水平方向所受合力為零，所以小球豎直方向只受重力，加

速度為g,故4正確；

8、小球由G到//,電場力做功為零，但重力做功使小球動能增加，故小球在”點速度不為零，故B

錯誤；

CD、在A、8兩電荷的電場中，豎直桿與等勢線重合，在尸點電荷的電場中，G、，為等勢點，即

在三個點電荷的合電場中，G、，兩點電勢相同，小球在這兩點的電勢能相同，因此機械能也相等，

故C正確，。錯誤；

故選：AC,

分析小球的受力情況，由牛頓第二定律分析小球在。點的加速度。根據等量異種電荷電場中電勢分

析情況，分析小球在三個點電荷的合電場中的電勢情況，由能量守恒定律分析小球在”點的速度、

電勢能、機械能關系。

本題的關鍵是明確小球所受的庫侖力情況，要掌握等量異種電荷電場的分布情況，運用電場的疊加

原理分析這類問題。

7.答案：CD

解析：解：A、由題意，到達c點的電子速度恰好為零，該電子所受的電場力方向必定沿C-a方向，

則電場方向沿a—c方向，故c點電勢最低.故A錯誤.

8、電場力對到達。點的電子做正功最多，電勢能最小，設速率是%.根據動能定理得

2

。7c：Woc=0—^mv...(1)

22

ota：Woa=|mv'—1mv...@

而%c=—%a，解得，1/=療仇故8錯誤.

C、由于法d兩點的電勢相等，電場力對到達從”兩點的電子做功為零，則到達氏d兩點的電子

電勢能相等，速率均是。.故c正確.

2

。、設de邊中點為e,電子到達e的速率為七,根據動能定理得：woe~-|mv...@

又恨=2恨...?

聯立①③④得，%=字也故。正確.

故選

根據到達。點的電子速度恰好為零，判斷場強的方向，由電場線的方向確定電勢的高低；根據動能

定理求解到達。點的電子速率和到達。、d兩點的電子的速率.

本題的解題關鍵是判斷電場方向，根據電場線與等勢面垂直的特點分析電勢差的關系，由動能定理

求解速率.

8.答案：BD

解析：解：AB,對物體全程使用動能定理：-n(rng+Fsin37°xx總+FxCBcos37°=0-gm詔,x總=

4m,xCB=Im

代入數據得：〃=0.5

物體滑接觸彈簧時：尸分=FCOS37°-?mg+Fs)37。)

代入數據得：尸冷=°，即物體做勻速直線運動，故4錯誤，8正確

o>

C、由C到A由動能定理有:FXCACOS370-“(mg+Fsin37)xCA-EP=0

代入數據得：EP=12],故C錯誤

D、。點速度為M,由。至IJB,有：-F%OBCOS37°-“(mg+Fsin37°)XoB=0-之7n"2

解得：v=4y/2m/s

據牛頓第二定律有：Fcos37°+n(mg+Fsin370)=ma

代入數據得：a=16m/s2,

由“=就得：t=?s.If=ft=l^(mg+Fsm37°)t

代入數據得：If=V2NS,故。正確

故選：BD。

全程應用動能定理可求得摩擦因數〃，對物體分析求得合力得出加速度確定運動情況；

由C到A應用動能定理求得彈性勢能；

由。到B用動能定理求得在。點的速度，由牛頓第二定律求得加速度，進而得出時間，由沖量定義

求得沖量。

應用動能定理解題關鍵是確定好運動過程，所選運動過程要含有要求的物理量。

9.答案：>放熱吸熱

解析：解：氣體經歷過程1,壓強減小，體積變大，膨脹對外做功，內能減小，故溫度降低，%>加

過程2先發生等容變化，做功W=0,壓強P減小，根據查理定律可知，溫度降低，內能減小4U<0,

根據熱力學第一定律可得：Q=△〃<(),故在等容變化過程中氣體放熱；

之后再發生等壓過程，體積變大，根據蓋呂薩克定律可知，溫度升高，△(/>(),體積變大，故氣體

對外做功，W<0,根據熱力學第一定律可知，熱量一定滿足Q>0,故等壓過程一定吸熱

故答案為：>放熱吸熱

在過程1中，氣體始終與外界無熱量交換，為絕熱過程；在過程2中，氣體先經歷等容變化再經歷

等壓變化，利用理想氣體的狀態方程，結合熱力學第一定律逐項分析判斷即可。

本題考查氣體定律的綜合運用，解題關鍵是要根據圖象分析好壓強人體積X溫度T三個參量的

變化情況，知道發生何種狀態變化過程，選擇合適的實驗定律，再結合熱力學第一定律聯立即可分

析求解。

10.答案：不變變小

解析：解：機械波的波速是由介質決定的，則波在繩子中的傳播速度不變；

根據相鄰波峰之間或波谷之間的距離等于波長，由圖看出波長越來越大，波速不變，由波速公式-=

“可知，頻率越來越小。

故答案為：不變，變小

機械波的波速是由介質決定的，與波長無關；由圖可看出波長的變化，由波速公式分析頻率的變化。

本題關鍵要抓住波速是由介質決定，保持不變，再由波速公式分析頻率的變化情況。

11.答案：光電門無

解析：解：由圖示可以看出，重錘通過光電門測出經過的時間3及遮光片的寬度"，根據"來測

出速度，從而求出動能.并量出從釋放位置到光電門的高度，算出重力勢能，從而驗證機械能是否

守恒；

零勢能面的選取與勢能的改變無關，但與勢能有關，本實驗要測量的量是勢能的變化量，所以零勢

面的選擇與實驗結果無影響。

故答案為：光電門、無

(1)通過光電門來測出經過的時間，及遮光片的寬度，根據。=?來測出速度，從而求出動能.并量

出從釋放位置到光電門的高度，算出重力勢能，從而驗證機械能是否守恒.

(2)零勢能面位置的選取，對驗證擺錘動能與重力勢能之和為常數無影響，但必須要有零勢能的位置,

這樣重力勢能才有意義。

考查如何通過實驗來驗證機械能守恒，巧用光電門來簡便測量瞬時速度，同時注意在實驗中盡量減

小阻力的影響。

12.答案：黑23027035059mA11001000偏大

解析：解：(1)由圖(a)所示電路圖可知，8與歐姆表內置電源的正極相連，B為黑表筆.

(2)由圖(a)所示電路圖可知，開關S接位置2時，分流電阻較大，此時電流擋的小量程；

根據圖(a)所示電路圖，由歐姆定律可知:％=與詈,%+區2=懺,&=%產，解得:&=300,

li~lg12Tg，2

R2—270。，/?4=3500.

(3)B端是與“1”相連的，電流表量程為100加4,分度值是2mA,多用電表讀數為2m4x29.5=59mA-.

此時8端是與“3”相連，多用電表測電阻，由圖示可知，指針指在11的位置，則讀數為11x100=

non；

(4)圖中的電源E的電動勢為10V,當把開關S接到位置3,短接4、8進行歐姆調零后，此歐姆擋內

阻為：R=--1~~~=1000/2；

3/八與10X10-34'

(5)當電池電動勢變小、內阻變大時，歐姆得重新調零，由于滿偏電流％不變，歐姆表內阻氏內=方變

小，待測電阻的測量值是通過電流表的示數體現出來的，可知當R的變小時，/=/*=篝-=

K內十KXK內+KX

%

7無，由于(g不變、R的變小，指針跟原來的位置相比偏左，歐姆表的示數變大；

%

故答案為：(1)黑；(2)2；30；270；350；(3)59m411012；(4)1000；(5)偏大.

(1)歐姆表內置電源的正極與黑表筆相連，紅表筆與負極相連，分析圖示電路圖答題.

(2)表頭與分流電阻并聯可以改裝成電流表，分流電阻阻值越大，電流表量程越小，根據圖示電路圖

應用串并聯電路特點與歐姆定律可以求出電阻阻值.

(3)根據多用電表所測量的量與量程確定其分度值，然后根據指針位置讀出其示數.

(4)根據歐姆定律求出歐姆表內阻.

(5)歐姆表的工作原理是閉合電路的歐姆定律，根據歐姆表工作原理分析答題.

會規范使用多用電表，能正確讀出多用電表的示數，是解決本題的關鍵，在平時實驗訓練過程中要

多加注意規范操作和正確使用，多用電表的讀數，重點是分清測量的物理量不同，讀數方法不同，

電壓、電流對應量程、電阻是倍率；要特別注意，用電壓表和歐姆表時，表頭的內阻和量程變了，

也就是R1和R2與表頭Rg并聯組成新的表頭(電流表).

13.答案：解：

(1)由幾何關系：sin?=2

r

2

由牛頓第二定律：

解得：e=30°

還有一種情況。為鈍角，所以。可能為30。或150。

(2)mg=qvB

(3)把速度v分解為%和火.

mgmg

其中%=謫，%="一謫

粒子以速度打做勻速圓周運動同時,以孫水平向右做勻速直線運動。

L=vot

t=nT

2nm

T=

qB

解得：〃=詈等(九取1，2,3,...)

(4)最大速度為=%+。2=掌+W-簿I

當"之癡'時%,="

當"翳時為=翳…

答：(1)初速度大小為火的粒子恰好能夠打中。點，夾角為30。或150。；

(2)使粒子經直線運動通過。點，速度為肅;

(3乂為詈密(n取1,2,3,…)，可使q必定會經曲線運動通過“點；①已知)

(4)0到a運動過程中的最大速度為當">詈時小=v,當“<常時為=矍一”

解析：(1)作圖結合牛頓第二定律可求得夾角；

(2)根據受力分析可知滿足重力等于洛倫茲力時均可使粒子經直線運動通過a點；

(3)根據運動的分解可求得片

(4)若兩分速度同向時，速度最大。

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，根據牛頓第二定律與運動的分解可求解，注意L的多解。

14.答案：解：(1)設撤去力尸的瞬間，"棒的速度大小為巧。

4s內的平均作用力］=F(0)+F(4)=1+(。25*4+1)%=15N

22

由動量定理得Ft=mvj—0

解得：Vi=6m/s

(2)cd棒與血棒質量相等，發生彈性碰撞后交換速度，岫棒靜止，《/棒以速度巧向右。

設〃棒離開磁場時的速度為為。

mv

由動量定理得-B/L△t=mv2-i0

-BLv△tBLx

解得W=5m/s

上升的高度九=￡==1.25m

(3)分三種情況：如果s足夠大，〃棒在磁場內運動的距離為

由第二題的過程可知d=4黑=6m

①當s>6m時、%=d4-1=7m

當SV67n時，cd棒穿過磁場后經豎直軌道返回，若仍沒有穿過磁場，即2sNd,此時棒的位置坐

標為x=2s-d+l(m)

②當3nl<s<6m時，x=(2s—5)m

當SV37n時，cd棒返回穿過磁場，與加棒發生彈性碰撞后靜止。

③當0VsV37n時，x=Oo

答：(1)撤去力尸的瞬間，外棒的速度大小是6m/s；

(2)若s=lrn,求cd棒滑上右側豎直導軌，距離水平導軌的最大高度〃是1.25m；

(3)①