2021届福建泉州市高考物理一模试卷附答案详解

2021届福建泉州市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）

1.如图甲，一维坐标系中有一质量为m=2kg的物块静置于x轴上的

某位置（图中未画出），t=0时刻，物块在外力作用下沿x轴开始运

动，如图乙为其位置坐标和速率平方关系图像的•部分，下列说

法正确的是

A.t=4s时物块的速率为2m/s

B.物块做匀加速直线运动且加速度大小为17H/S2

C.t=4s时物块位于x=4nl处

D.在0〜4s时间内物块运动的位移67n

2.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦式交变电流，为了

使变压器输入功率增大,

A.只增加原线圈的匝数叫B.只减少副线圈的匝数电

C.只减小负载电阻R的阻值D.只增大负载电阻尺的阻值

3.把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一

半处记为4点.以地面为零势能面.设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则下列说

法不正确的是（）

A.皮球上升过程中的克服重力做功等于下降过程中重力做功

B.皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量

C.皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等

D.皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在4点下方

4.如图所示，同一轨道上有两艘绕地球运行的宇宙飞船，它们的运行周

期为T，运行速度为/已知引力常量为G,则下列说法正确的是（）

A.地球的质量为鉴

B.两飞船运动的轨道半径衅

C.两飞船运动的加速度为平

D.后面的飞船要追上前面的飞船进行对接需向后喷出一些物质使其加速

5.如图所示，倾角为a足够大的光滑斜面上，有一个xOy坐标系，x轴]4]

沿水平方向.若将光滑金属小球从。点分别施以不同的初始运动条/~/—►/

件，关于其后运动规律，下列分析不正确的有（）//

A.将小球以初速度%分别沿x和y的正方向抛出后，将同时到达斜■

面底边

B.将小球以初速度%分别沿％正方向和y的负方向抛出，到达斜面底边时速度一样大

C.将小球以速度北沿x正方向抛出和无初速度释放小球，到达斜面底边的时间相同

D.无论怎样将小球沿斜面抛出或释放，小球做的都是匀变速运动，加速度大小均为gs讥a

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

6.下列说法中正确的是（）

A.卢瑟福根据a粒子的散射实验结果提出了原子的核式结构模型

B.IH+IH号〃e+乩是核聚变反应方程

C.放射性元素的半衰期随温度的升高而变短

D.y射线是能量很高的电磁波，它的电离作用和穿透能力都很强

7.如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b从容器中的4点飘出（B

在4点初速度为零），经电压U加速后，从x轴坐标原点处进入磁感应强!s*二x

It___

度为B的匀强磁场，最后分别打在感光板S上，坐标分别为修、*2・图中㈤-

半圆形虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，贝M）

A.a的比荷一定大于b的比荷

B.b进入磁场的速度一定大于a进入磁场的速度

C.若a、b电荷量相等，则它们的质量之比ma：mb=x1：xj'

D.若a、b质量相等，则它们电荷量相等

8.汽车在平直路面上由静止开始以a=2rn/s2的加速度匀加速启动，经过匕=5s达到额定功率，

随后汽车保持该额定功率继续行驶了6s达到最大速度，若人及汽车的总质量僧=1000kg,受到

的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度g取10m/s2,以下正确的是（）

A.汽车匀加速时的牵引力为4xIO42

B.汽车的额定功率42000W

C.该电动汽车在t2时间内行驶的位移大小为457n

D.该电动汽车在t2时间内行驶的位移大小为427n

9.一定质量的理想气体状态发生了一次循环变化，其压强p随热力学温

度7变化的关系如图所示，0、a、b在同一直线上，反与横轴平行。/

Pi--/c

则（）/：

A.a到b过程，气体的体积不变。Ti

B.a到b过程，气体对外界做功

C.b到c过程，气体从外界吸收热量

D.b状态时内能大于c状态时的内能

10.一列简谐横波沿x轴方向传播，某时刻的波形如图，质点a正向上/-4L

运动。由此可知（）!

0.4\!I/0.8万m

A.该波沿x轴正方向传播bc

B.此时质点c正向上运动

C.从此时亥（］起，质点a比质点。先到达平衡位置

D.从此时刻起，质点b比质点c先到达平衡位置

E.质点a振动一个周期的过程中，波传播的距离为0.8m

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.在“验证机械能守恒定律”的次实验中，重物拖着纸带自由下落，在纸带上打出一系列的点,

如图所示，已知相邻计数点的时间间隔为0.02s,回答以下问题：

“4计-««

（1）关于本实验，下列说法正确的是.

人图甲中两限位孔必须在同一竖直线上

8.实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直

C实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源

D数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置

(2)某同学用如图甲所示装置进行实验，得到如图乙所示的纸带，把第一个点(初速度为零)记作。点，

测出点。、4间的距离So=68.97an,点A、C间的距离Si=15.24cm,点C、E间的距离s?=16.76cm,

已知当地重力加速度为9.8rn/s2,重物的质量为m=1.0kg,则打点计时器在打。点到C点的这段

时间内，重物动能的增加量为_J,重力势能的减少量为;((结果均保留两位小数)

(3)在实验中发现，重物减少的重力势能_____重物增加的动能(选填“大于”或“小于”或“等于),

其原因主要是因为。

-------------------------------------1

12.有一电阻％，其阻值在1000〜2000之间，额定功率为0.25W.要用；

•।

伏安法尽可能较准确地测量它的阻值，实验器材有：：；

•।

电流表量程为50nL4,RA1=ioon!；

•।

电流表①，量程为14RA2=20。

•।

电压表匕，量程为W,Ry】=10k。：；

电压表彩，量程为15U,RV2=30/cfi

变阻器变阻范围。〜200,24

变阻器/?2，变阻范围0〜10000，14

9V电源，电键，导线.

(1)实验中应选用的电流表、电压表、变阻器分别是：.

(2)画出所用实验电路图.

四、简答题(本大题共1小题，共8.0分)

13.图1所示，MON,M'0'N'是两条间距为L=0.5m的平行金属导轨，。、0'处平滑连接，导轨电阻

不计，右端接有阻值为R=0.30的电阻，M。、M'O'为倾斜导轨，倾角。=37。，其间存在垂直

于斜面向上的匀强磁场，ON、O'N'为光滑水平导轨，其中PP'右侧有竖直向上的匀强磁场，两

个区域的磁感应强度大小相等。若将质量为m=0.5kg、电阻为r=0.20的金属棒从斜轨上不同

高度处由静止释放，当释放点的高度八大于等于1.2m时，均停在水平导轨上的QQ'处，且金属棒

在倾斜轨道上运动的加速度a与速度”的关系如图2所示。现将金属棒从h=1.5m高处静止释放,

金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g-10m/s2^

求：

(1)金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数〃和磁感应强度大小B；

(2)金属棒在倾斜轨道上运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热QR；

(3)金属棒在水平轨道上的磁场区域运动的过程中，通过金属棒的电荷量q。

五、计算题(本大题共3小题，共30.0分)

14.如图，质量为2kg的物体静止在水平地面上，在与水平方向成37。角、

大小为10N的拉力作用下移动2m,已知地面与物体间的动摩擦因数

〃=0.5.(g=10m/s2)

求：(1)拉力对物体做的功;

(2)摩擦力对物体做的功;

(3)外力对物体做的总功。

15.导热性能良好的氢气瓶，容积为112L,内部储有135g氢气，瓶上压力表显示氢气压强为30at

使用一段时间后压力表示数降为10个大气压，周围环境温度不变。求：己使用氢气的质量。

16.如图所示，两面平行玻璃砖下表面涂有反射物质，一条与上表面成45。入射的光线，在右端垂直

标尺上形成了4B两个光斑，已知玻璃砖的厚度为d,折射率为近，光在真空中的传播速度为c,

求：

(1)4、B之间的距离；

(2)光在玻璃砖中传播的时间.

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：AB,由图根据数学知识可得：x=/-2.根据匀变速直线-3-2-16i234T/m

运动的速度位移关系公式得：v2-vl=2ax/

得％=且_比2—

2a2a/i..

。246

对比可得，*=1,解得a=0,5m/s2,所以物块做匀加速直线运动且乙

加速度大小为0.5?n/s2,t=4s时物块的速率为u=at=0.5X4=2m/s,故A正确，B错误；

C、图象与x轴的交点表示物块的初始位置坐标，根据图象可知，物块的初始位置坐标为x=-2m,

t=4s时，v~2m/s,v2=4m2/s2,由图可得，x=2m,C错误.

D、在0-4s时间内物块运动的位移为Ax=2m-（-2m）=4m,故。错误.

故选：A

根据数学知识写出X关于"2的表达式，根据位移速度公式求出X关于/的表达式，进行对比，得到加

速度，并分析物块的运动情况.根据图象的斜率和截距求解位移即可.

本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，图象问题，一般要根据物理规律得

到解析式，再从斜率和截距出发研究图象的意义.

2.答案：C

解析：解：4、原线圈匝数增加使得副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，故A错误;

2、副线圈匝数减小，电压电流都减小，故输出功率减小，故8错误；

C、负载电阻减小，而电压不变，所以输出功率和输入功率都增大，故C正确，。错误

故选：Co

根据电压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率.

做好本类题目除了利用变压器特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律去分析负载变化引起的电流变

化.

3.答案：B

解析：

对小球运动的全程应用动能定理及动量定理进行分析，根据图象明确其

下降的位移及时间，则可明确动量及重力做功等物理量的变化情况.

本题采用了图象法进行分析，由解答过程可以得出图象法应用恰当，可以起到事半功倍的效果，应

注意应用.

A、小球在上升和下降过程中，由于运动的高度相同，故重力做的功大小相同，故A正确；

8、小球往返运动先后通过同一位置过程中用动能定理，重力做功为零，阻力做负功，因此一定有〃>

因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，上升时间小于下降时间，即上升过程

重力冲量较小；故B错误；

C、右图第一、第四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移大小相等方向相反；若将纵坐

标改为f,由于/ocv,因此第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，其物理意义为上升、下降过

程阻力的冲量等大反向；故C正确；

。、设下降b后离地面的高度为后，下降九1过程克服阻力做功，因此而Ek=mgh2,因

此九1>h2，即该点在中点下方；故。正确；

本题选错误的；故选：B.

4.答案:C

解析：解：AB,由圆周运动规律〃=孚可得飞船圆周运动轨道半径r=9；地球对飞船的万有引力

127T

提供圆周运动向心力有：G等号

解得地球的质量为：M=w，故AB错误：

C、飞船的加速度为：a=,=羿，选项C正确；

。、后面的飞船向后喷出一些物质后飞船速度增加，圆周运动所需向心力增加，而万有引力没有发

生变化，则飞船将做离心运动，轨道半径增大，不能追上前面的飞船，故。错误。

故选：Co

根据线速度与周期的关系求得轨道半径，再根据万有引力提供圆周运动向心力求得中心天体的质量,

根据万有引力提供向心力和卫星变轨原理分析即可。

解决本题的关键是能通过万有引力提供圆周运动向心力关键是掌握万有引力的表达式及向心力的不

同表达式，知道卫星变轨原理。

5.答案：A

解析：解：4、对球进行受力分析并由牛顿第二定律可求加速度a=gsina,方向沿斜面向下。设。点

到底边距离为3若沿x正向抛出可由L=：at2求出£,若沿y轴正向抛出则应满足“=%―口产，

求出3二者显然不同，故A错误.

B、根据动能定理得，在整个过程中，只有重力做功，下降的高度相等，初动能相等，则末动能相等，

到达斜面底边时的速度一样大。故8正确。

C、由分运动等时性知沿x正方向抛出与无初速释放小球时间均由L=：前2决定，则到达斜面底边的

时间相同。故C正确。

。、由牛顿第二定律知加速度均为gsina,只不过有匀变速直线与匀变速曲线之分，故。正确。

本题选错误的，故选4。

一个复杂的匀变速曲线运动运动可以分解为两个互相垂直的直线运动，注意分运动的等时性、等效

性和独立性.

做此类题目时.，特别注意对两分运动独立性、等时性的理解，以及匀变速的含义是加速度恒定.

6.答案：AB

解析：解：4、卢瑟福根据a粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型，故A正确；

B、该方程是轻核聚变反应，故B正确；

C、放射性元素的半衰期不受温度等外界条件影响，故C错误；

。、y射线是能量很高的电磁波，它的穿透能力都很强，电离本领很差，故力错误。

故选：AB.

根据物理学史的知识，结合卢瑟福的贡献判断；

聚变是质量较轻的核转化为质量较大的核；

放射性元素的半衰期与温度的变化无关：

y射线是能量很高的电磁波；

本题考查的知识点较多，难度不大，重点掌握卢瑟福的核式结构模型以及半衰期的特点和y射线的特

征的内容。

7.答案：AC

解析：解：粒子经电压U加速过程只有电场力做功，设加速后的速度为"，则由动能定理可得：qU=

-mv2

2

故有：v=但

7m

粒子进入匀强磁场后只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，则有：Bvq=

mv2

R

所以，打在x轴上的坐标为：刀=2/?=翳=攀器；

AB.由图可得：%2>xv故Q的比荷较大，那么，Q进入磁场的速度较大，故A正确，3错误;

C、若Q、6电荷量相等，则有%2=］故？Ha：mb=xl:%2»故。正确；

D、若a、b质量相等，则有：/：泡=器，故电荷量不等，故。错误；

故选：AC.

由动能定理得到进入磁场的速度表达式，再由洛伦兹力做向心力求得轨道半径，进而求得打在感光

板S上x坐标的表达式，从而根据坐标大小关系求解。

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，一般根据洛伦兹力做向心力求得轨道半径表达式，然后

根据几何关系求解。

8.答案:AC

解析：解：4、在匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得：F-0.2mgma,解得F=4000N,故A

正确；

B、5s末的速度为"=at=2x5m/s=10m/s,故汽车的额定功率P=Fv=4000x10W=40kW,

故B错误；

CD、当牵引力等于阻力H寸，速度达到最大，则%1=£=；m/s=20m/s

2

在汽车保持该额定功率继续行驶了6s的过程中，根据动能定理可得：Pt2-fx=lmv^-lmv,解

得x=45m,故C正确，D错误

故选：ACo

先研究匀加速运动的过程，根据牛顿第二定律和P=F。求出额定功率，当牵引力等于阻力时，汽车

的速度达到最大，由「=?发=/1;求出最大速度，由动能定理求变加速运动的位移即可。

本题是机车的启动问题，理清恒定加速度启动时车子的运动过程，把握两个临界条件：牵引力功率

在达到额定功率时匀加速运动结束。当加速度为零时，汽车变加速运动结束，速度达到最大。

9.答案：AC

解析：解：AB,ab是过原点的倾斜的直线表示气体发生等容变化，即气体的体积不变；因体积不变

则与外界无做功过程，故A正确，B错误。

CD,b到c过程，气体发生等压变化，温度升高，内能增大，根据气态方程£=c可知，气体的体积

增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律△(/=(?+〃可知，体从外界吸收热量。故C正确，D

错误。

故选：AC.

p-7图象过原点的倾斜的直线表示气体发生等容变化。图象上的点与原点连线的斜率为彳，根据此

斜率，结合气态方程与=c分析体积的变化。根据热力学第一定律分析吸放热情况。

本题关键要掌握图象的物理意义，分析气体体积的变化，此题是气体态方程和热力学第一定律的综

合应用，难度不大。

10.答案：ADE

解析：

由a点的振动方向向上，可判断波的传播方向，确定c的运动方向，并能比较b、c两点回到平衡位置

的先后。

波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，要熟练分析波动形成的过程，

分析物理量的变化情况。

AB.根据波形图，因质点a正向上运动，则该波沿x轴正方向传播，此时质点c正向下运动，故A

正确，8错误；

C.从此时刻起，因a向上振动，而质点b向上振动，可知质点b比质点a先到达平衡位置，故C错误；

。.从此时刻起，因b向上振动，而质点c向下振动，可知质点b比质点a先到达平衡位置，故。正确；

E.质点a振动一个周期的过程中，波传播一个波长的距离，即0.8m,故E正确；

故选：ADEo

11.答案：AB8.008.25大于重物下落过程要克服阻力做功，机械能有损失

解析：解：(1)4、为减小纸带与限位孔间的摩擦力，图甲中两限位孔必须在同一竖直线上，故A正

确；

8、为减小重物下落过程纸带受到的摩擦力，实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直，故B正确;

C、为使纸带上打出第一个点时的速度为零，充分利用纸带，实验时，先接通打点计时器的电源，再

释放纸带，故C错误；

力、为减小实验误差，数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，故。错误。

故选：AB.

(2)做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，

打C点时重物的速度%=竿=+然-I产m/s=4.0m/s

打点计时器在打。点到C点的这段时间内,重物动能的增加量ZEk=1xl.Ox4.02/=8Oo/,

重力势能的减少量/Ep=mg(s0+sj=1.0x9.8x(68.97+15.24)X10-2J=8.25/；

(3)重物下落过程要受到空气阻力作用，纸带要受到摩擦阻力作用，重物下落过程要克服阻力做功,

机械能有损失，机械能不守恒，重力势能的减少量大于动能的增加量。

故答案为：(1)48；(2)8.00；8.25；(3)大于；重物下落过程要克服阻力做功，机械能有损失。

(1)根据实验注意事项分析答题。

(2)根据匀变速直线运动的推论求出打C点的瞬时速度，然后求出动能的增加量；根据重力势能的计

算公式求出重力势能的减少量。

(3)重物下落过程要克服阻力做功，重力势能的减少量大于动能的增加量。

本题考查了验证机械能守恒定律实验，理解实验原理是解题的前提与关键，根据实验注意事项、应

用匀变速直线运动的推论、动能的计算公式与重力势能的计算公式即可解题；解题时注意有效数字

的保留。

12.答案：&、匕、匕

解析：解：(1)：根据P=/2R可求出通过待测电阻的最大电流为加以==儒A=0.054=50mA，

或/max=-^200=35m4，所以电流表应选“1；

根据U=/R可求出待测电阻两端的最大电压应为4n=lmax-R=0.05X1001Z=5U或Um=35X

IO-x200U=7.1V,为使电压表读数准确，电压表应选匕；

E9

540/2

根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻应为Rmax=斤=.0x10-30=,由于变阻器

凡的全电阻远小于需要的最大电阻，所以变阻器应选择％(选用变阻器/?2时，变阻器的滑片只在总长

度的：左右滑动，误差较大)，且应采用分压式接法.

(2)：由于待测电阻满足电流表应采用外接法，变阻器应采用分压式接法，实验所用电路如

KxKA

故答案为：⑴勺、匕、Ri；(2)如图

本题(1)根据P=JR求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据U=/R求出待测电阻

两端的最大电压来选择电压表的量程，根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变

阻器大小；题(2)根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知变阻器应采用分压式接法，根据待测电阻

满足MM可知电流表应用外接法.

应明确：①根据通过待测电阻的最大电流和最大电压来选择电流表和电压表的量程，根据电路中需

要的最大电阻选择变阻器的大小；②当待测电阻满足段>粉寸，电流表应用外接法，满足当<合时，

电流表应用内接法：③当变阻器的全电阻远小于待测电阻的阻值时，变阻器应采用分压式接法.

13.答案：解：(1)由题图乙知，当u=0时，Q=2.0m/s2；当a=0时，v=2.0m/s；

释放金属棒瞬间，安培力为零，由牛顿第二定律得：mgsind-fimgcosd=ma,

金属棒平衡时，安培力的大小为：FA=B1L=—

由平衡条件得：mgsin37°—nmgcos37°—=0>

解得：4=0.5,B=1T；

(2)当释放点的高度/I大于等于1.2m时，均停在水平导轨上的QQ'处，说明只要释放点的高度大于1.2m,

金属棒到达底端前已经匀速。

由于h=1.5m>1.2m,则导体金属棒下滑到斜轨道最低位置前已开始匀速运动，由图乙知：v=

2m/s；

由能量守恒定律有：mgh-nmgcos37°-Q总=1mv2,

电阻R上产生的焦耳热：QR=缶Q总,

解得：QR=0.9；；

(3)金属棒以。=2m/s的速度进入水平轨道区域的磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：

一£8江•a=0-mv.

通过金属棒的电荷量：口=与仇=詈.

代入数据解得：q=2C。

答：(1)金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为0.5,磁感应强度大小为17；

(2)金属棒在倾斜轨道上运动的过程中，电阻R上产生的焦耳热为0.9/；

(3)金属棒在水平轨道上的磁场区域运动的过程中，通过金属棒的电荷量为2C。

解析：(1)由题图乙知，当口=0时，a=2.0m/s2；当a=0时，v~2.0m/s；以金属棒为研究对象，

根据牛顿第二定律、平衡条件列方程联立求解；

(2)导体金属棒下滑到斜轨道最低位置前已开始匀