核心素养卷（03） 决胜2021年新高考物理核心素养卷（福建专用）（解析版）

2021年福建省新高考综合模拟

物理核心素养卷（03）

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.分子势能Ep随分子间距离「变化的图像（取「趋近于无穷大时Ep为零），如图所示。将两分子从相距一

处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是（）

A.当尸=为时，释放两个分子，它们将开始远离

B.当r=与时，释放两个分子，它们将相互靠近

C.当r=彳时，释放两个分子，厂=弓时它们的速度最大

D.当厂="时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小

【答案】C

【解析】

由图可知，两个分子在i-n处分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。

AB.结合分子之间的作用力的特点可知，当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所

以假设将两个分子从r=n处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；

C.由于可知分子在尸n处分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力做正功，

分子的速度增大：当分子之间的距离大于「2时，分子之间的作用力表现为引力，随距离的增大，分子力做

负功，分子的速度减小，所以当尸n时它们的速度最大，故C正确；

D.由于n<r2,可知分子在r=n处分子之间的作用力表现为斥力，分子之间的距离将增大，分子力减小，当

r>n时，分子力表现为引力，先增大后减小，则加速度先减小后增大再减小，故D错误。

故选C。

2.用如图所示的实验装置研究光电效应现象。所用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效

应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的触点c,发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数

为零，则在该实验中（）

A.光电子的最大初动能为1.05eV

B.光电管阴极的逸出功为1.7eV

C.开关S断开，电流表G示数为零

D.当滑动触头向a端滑动时，电压表示数增大

【答案】D

【解析】

A.由题目可知，遏制电压Uc=1.7V,最大初动能

EK=e〃=L7eV

选项A错误；

B.根据光电效应方程可知，逸出功

叱=后一号=1.05eV

选项B错误；

C.断开开关S,光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，电流表中电

流不为零，选项c错误；

D.电源电压为反向电压，当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表中电流减小,

选项D正确。

故选Dt,

3.如图所示，两根金属导轨MN、PQ相互平行，上端接入一个定值电阻，构成U型导轨。金属棒ab恰好

能静止在导轨上并与两导轨始终保持垂直且接触良好，现在导轨所在空间加一垂直于导轨的匀强磁场，匀

强磁场的磁感应强度从零开始随时间均匀增大，经一段时间后金属棒开始运动，从加磁场到金属棒开始运

动的时间内，金属棒ab受力情况中（）

A.安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大

B.安培力方向始终向下，安培力大小保持不变

C.摩擦力方向始终向上，摩擦力大小先减小后增大

D,摩擦力方向始终向下，摩擦力大小保持不变

【答案】A

【解析】

AB.当加磁场时，感应电动势大小为

△△①

E=----=--------

△t2

山于磁感应强度从零开始随时间均匀增大，所以空定值，感应电动势E不变，则安培力大小为

Ar

E

耳=BIL=B—L

安R

由于E、R、L为定值，B均匀增大，所以安培力大小随时间均匀增大，根据左手定则可判断，安培力方向

始终沿斜面向上，故A正确，B错误；

CD.未加磁场时，金属棒ab恰好能静止在导轨上，可得

Ff=mgsin0

方向沿斜面向上，由AB选项可知，安培力方向始终向上，安培力大小随时间均匀增大，则摩擦力方向先沿

斜面向上，大小逐渐减小到零；当Q=/ngsin。时，摩擦力为零；当安培力继续增大时，摩擦力方向沿斜

面向下，大小逐渐增大，直到金属棒开始滑动，综上所述，故c、D错误。

故选A。

4.如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”。

它可等效为一质点在圆轨道外侧运动模型，如图乙所示。在竖直面内固定的强磁性圆轨道半径为R,A、B

两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向

圆心0且大小恒为F,当质点以速率阚通过A点时，对轨道的压力为其重力的6倍，不计摩擦和空气阻

力，质点质量为m,重力加速度为g,则（）

圆轨道

A.质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力

B.强磁性引力的大小为6mg

C.只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为7〃吆

D.为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为JlOgR

【答案】B

【解析】

B.在A点，由牛顿第二定律有

2

F+mg-FA=m^-

根据牛顿第三定律有

入=用'=6mg

联立解得

F=6mg

所以B正确;

AC.在A点，由牛顿第二定律有

F+mg—FA-m-^—

根据牛顿第三定律有

在B点，由牛顿第二定律有

2

V

厂rB

根据牛顿第三定律有

从A到B过程有

1,1,

mg2R=-mvli--mvA

联立解得质点对A、B两点的压力差为

F；-F；=6mg

所以AC错误；

D.在B点，由牛顿第二定律有

F-mg-F^m^

当尸B=0时，％最大则有

所以D错误;

故选B。

二、多项选择题:本题共4小题，每小题6分，共24分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.如图所示，两小球a、b分别从斜面项端和斜面中点沿水平方向抛出，均落在斜面底端。不计空气阻力,

关于两小球在平抛过程中的判断正确的是（）

A.小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同

B.小球a、b在空中飞行时间之比为2：1

C.小球a、b抛出时的初速度之比为1：1

D.小球a、b离斜面的最大距离之比为2：1

【答案】AD

【解析】

A.小球落在斜面底端时，有

----tan3

儿Xb

可得

£k=£i=2tan6

匕以

根据平抛运动规律有

打=%M=g/

可知两球速度夹角的正切角相等，故小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同，故A正确;

BC.设两小球初速度分别为5、vb,到达斜面底端时水平分位移为乙、xb,由图可知

九=24=2

%Xb

由

h=2gr

可得

h

由

可得

故BC错误；

D.当速度方向与斜面方向平行时，到斜面距离最大，将初速度和加速度分解为垂直斜面方向和沿斜面方向,

有

a,-gcos0,匕=v0sin0

在垂直斜面方向的最大距离为1,则有

2aJ=

2gcos6

可得小球a、b离斜面的最大距离之比为2：1,故D正确。

故选AD。

6.英国知名科学杂志《自然》发表文章，展望了2020年可能会对科学界产生重大影响的事件，其中包括

中国的嫦娥五号任务。若嫦娥五号经过若干次轨道调整后，先在距离月球表面h的高度处绕月球做匀速圆

周运动，然后开启反冲发动机，嫦娥五号着陆器暂时处于悬停状态，最后实现软着陆，自动完成月球表面

样品采集，并从月球起飞，返回地球。月球的半径为R且小于地球的半径，月球表面的重力加速度为go且

小于地球表面的重力加速度，引力常量为G。不考虑月球的自转，则下列说法正确的是（）

A.嫦娥五号的发射速度大于地球的第二宇宙速度

B.嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度可能大于地球的第一宇宙速度

C.由题可知月球的平均密度。=虑元

D.嫦娥五号探测器在绕月球做匀速圆周运动的周期为T=2兀（R+力）?

【答案】CD

【解析】

A.发射速度大于第二宇宙速度就能脱离太阳束缚，飞到太阳系外进入银河系，而嫦娥五号还是在地月系内

运动，故其发射速度大于地球的第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故A错误;

B.根据万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有

V,2

K

可得星球的第一宇宙速度为

因g地＞g月，R地〉R月，则月球的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，而嫦娥五号的运行速度小于月

球的第一宇宙速度，故嫦娥五号探测器绕月球做匀速圆周运动的速度一定小于地球的第一宇宙速度，故B

错误;

C.对月表的物体，有

Gm

~^-=s0

4

M月=夕,§乃R.

联立解得

故c正确;

D.对嫦娥五号做匀速圆周运动，有

G急土畜…

G~^r=ms.

K

联立可得嫦娥五号的周期为

T=2n:

故D正确。

故选CD。

7.有史可查我国最早的放射源应用是在1937年，将镭源用于放射治疗，镭（普Ra）的衰变产物氧（庄Rn）也

被用于癌症的治疗。如图，菱形的匀强磁场区域ACOE中磁感应强度为8,磁场方向垂直纸面向里，一个

静止在菱形中心尸点的镭核衰变时产生的新核氮与放出的粒子速度方向均刚好在CPE直线上，放出的粒子

沿PC经磁场偏转后恰好不射出磁场，NC4O=0=3O。，AP=3l,则下列说法正确的是（）

XXXX

XXXXXXX

XX

A.该核反应的类型为。衰变，放出的粒子为氨核（：He）

3/

B.镭核衰变时放出的粒子在磁场中的轨迹半径为二

C.衰变产生的新核氨经磁场偏转后可能离开磁场

D.衰变产生的新核氢和粒子的动能之比为2：111

【答案】AD

【解析】

A.根据质量数守恒与电荷数守恒可知镭核衰变的核反应方程为

^6Ra->g2Rn+lHe

新核为含即，放出的粒子为氢核，故核反应类型为。衰变，故A正确;

B.c粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，其轨迹恰好与AC边相切，

由几何关系可知

3/=r+'一

sin（9

a粒子做圆周运动的轨迹半径为

故B错误;

C.核反应过程遵循动量守恒定律

°=mRnW+飞。岭

衰变产物在磁场中做匀速圆周运动，可知

V2

qvB=m——

R

得

-fnv

R=—

Bq

因为氢核和氮核的动量大小相等，氢核的带电荷量比氨核的大，故氢核的轨迹半径较小,

所以衰变产生的新核氨经磁场偏转后不可能离开磁场，故C错误；

D.由

4-mv2

22m

可知，动量大小相等的情况下，粒子的动能线和质量成反比，哀变产生的新核氢和c粒子的质量之比为111：

2,故衰变产生的新核氢和。粒子的动能之比为2：111,故D正确。

故选ADo

8.如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L,导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙,

二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感

应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处

恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为内金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场

区域的过程中（）

B.通过金属棒的电荷量为警

A.流过定值电阻的电流方向是N-Q

2R

C.金属棒滑过&时的速度大于工型D.金属棒产生的焦耳热为J(mgh-pmgd)

22

【答案】BCD

【解析】

A.金属棒下滑到低端时速度向右，而且磁场竖宜向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向是

Q-N,故选A错误;

B.根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为

BLd

27?N2R~2R~

故选项B正确;

C.金属棒滑过整个磁场区域时由动量定理

-BILN=-BLq=0—mv0

金属棒滑过4时由动量定理

2

-BILbt=-BLq=mv-mv0

其中

,1

q=-Q

gmv^=mgh

联立解得

v=—v=-------

2°02

选项C正确：

D.根据动能定理则

mgh-=0

则克服安培力所做的功为

W友=mgh-jMngd

电路中产生的焦耳热等于克服安培力做功，所以金属棒产生的焦耳热为

QR=；（mgh_〃ngd）

故选项D正确。

故选BCDo

三、非选择题:共60分。考生根据要求作答。

9.如图所示，在研究光的全反射实验中，一束单色光沿半圆形玻璃砖的半径方向射向玻璃砖与空气的分界

面，不考虑反射，当入射角为30。时，测得折射角为0,改变入射角，当入射角为。时，恰好发生全反射。

则光发生全反射的临界角C=,玻璃的折射率n=,光在玻璃中的传播速度

v=（空气中的光速等于真空中的光速c）。

【答案】45°V2—c

2

【解析】

⑴⑵根据折射定律

sin。sin90°

n=--------=---------

sin30°sin0

解得全反射的临界角

C=0=45°

折射率

n=6

⑶光在玻璃中的传播速度

c6

v=———c

n2

10.将两个质量均为m,带电量分别为+q、-q的小球A、B用两段长度均为L的绝缘细线相连，并悬挂于

3

。点，如图（a）所示。在两球所在区域加一水平向左的匀强电场，每个小球所受的电场力大小为其重力的二

倍，整个装置再次平衡时，状态如图（b）所示。则此时0A线的拉力大小为；AB线偏离竖

直方向的角度为，整个过程中小球B的电势能减少了。

9

【答案】2mg37°—

【解析】

[1].以整体为研究对象，竖直方向受力平衡可得：

F=2mg；

[21，以B为研究对象，B受到重力、绳子拉力和电场力，根据平衡条件可得:

解得:

故AB线偏离竖直方向的角度为37°；

[3].电场力对B做的功为:

W=qELsinO=—mgLx—=——mgL

cE

40520

9

根据功能关系可知整个过程中小球B的电势能减少了777mgL。

11.用图示装置验证动量守恒定律。先安装好实验装置，在水平面上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，在

白纸上记录下重垂线所指的位置。，实验中静止释放小球A,释放点位置不变。

（1）小王选择了两半径相等的小球，测得mA=2.（X）kg，，⑦=3.99kg,测得不放被碰小球B时，小球A的

落点为N,ON=0.4m,放上被碰小球B时，被碰小球B的落点为尸，小球A的落点为。，OP=0.20m,

则该碰撞过程中动量___________（选填“守恒”或"不守恒”），实验目的达到后，小王利用所给数据，又判

断了该碰撞中机械能是否守恒，小王判断的结果是机械能（选填“守恒”或“不守恒。

（2）小李选择了另外两个半径相等的小球C、D,测得网＞机。，但没有测量两小球的具体质量，测得不

放被碰小球D时，小球C的落点为P,放上被碰小球D时，小球C的落点为M,被碰小球D的落点为N,

用刻度尺测量出OM、OP和。N的长度，若小李要验证碰撞为弹性碰撞，则需要验证的关系式是

（用OM、OP和。N表示）。

【答案】守恒不守恒OP^ON-OM

【解析】

（1）口1用平抛运动的水平距离代替两个小球的速度

mAON=2.00kgx0.40m

租80P=3.99kgx0.20m

由于碰撞后球A的动量为0,因此在误差允许范围内机4。%=阳。尸，系统动量守恒。

[2]碰前有

22

|mA（ON）?=gx2.00kgx（0.40）m

碰后有

222

gmB（OP）=；x3.99kgx（0.20）m

计算可知系统动能有损失，因此机械能不守恒。

(2)[3]若碰撞为弹性碰撞,则满足

tncOP=mcOM+mDON

=^mc(OMf+^mD(ONf

解得

OP=ON-OM

12.某实验小组从某控制电路中得到两个热敏电阻，一个标记了PTC,另一个标记了NTC,如图甲所示。

该实验小组想利用下列器材来探究这两个热敏电阻（常温下阻值约为10.0Q）的电流随其两端电压变化的

规律。

NTCPTC

图甲图乙

图丙

A.电流表A1（满偏电流10mA,内阻flOC）

B.电流表A2（量程ODLOA,内阻为约为0.5C）

C.滑动变阻器4（最大阻值为10。）

D.滑动变阻器与（最大阻值为500C）

E.定值电阻&=990。

F.定值电阻4=140。

G.电源E（电动势12V,内阻可忽略）

H.单刀单掷开关、导线若干，单刀双掷开关一个

（1）为测定热敏电阻两端电压，该小组同学应该将（填“A1”或“A?”）与定值电阻

（填“居”或"凡”）串联。

（2）请在提供的器材中选择必需的器材，在图乙所示虚线框内将电路图补充完整，要求热敏电阻两端的电

压可以从零开始调节，且切换单刀双掷开关可以直接测量另外一个热敏电阻。

（3）该小组画出的《-4图线如图丙所示，NIC型热敏电阻的阻值随电流的增大而（填“增大”

或“减小”）。

（4）该实验小组将两热敏电阻与某电池组连成如图丁所示的电路，所用电压表内阻极大，测得NTC型热

敏电阻和PTC型热敏电阻两端的电压分别为5.2V和8.0V,则该电池组的电动势为V,内阻

为C。（结果均保留3位有效数字）

【答案】A,&见解析减小12.28.75

【解析】

（1）因为器材中没有电压表，由于电源电动势为12V,可知应用已知内阻的电流表A1与定值电阻用

串联改装成量程为10V的电压表。

（2）[3]因为要求热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，所以滑动变阻器采用分压接法，为了便于调节，

应选用阻值较小的滑动变阻器K,由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻且电压表内阻已知，所以电流表

A2采用外接法，如图所示

（3）[41设热敏电阻阻值为R、.，则根据设计的电路可知,

代入已知量，有

1.=-----------/,

'1000Q,2

----+1

氏

由题图内可知NTC热敏电阻的人图线斜率逐渐减小，易知电流增大时其阻值减小。

(4)[5]⑹在图丁电路中，电源电动势

E=U+Ir

结合题图丙和以上分析知，NTC型热敏电阻两端电压为5.2V时，通过的电流为0.80A,PTC型热敏电阻两

端电压为8V时，通过的电流为0.48A,代入数据解得

E=12.2V,r=8.75Q

13.如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L=lm,上端接有电阻R=3C,虚线00,

下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0.1kg、电阻r=lC的金属杆ab,从00,上方某处垂直导

轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v-t图像如图乙所示。(取g=10m/s2)

求：

(1)磁感应强度B的大小；

(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中，电阻R产生的热量。

【答案】(1)2T；(2)0.075J

【解析】

(1)由图像可知，杆自由下落0.1s进入磁场以v=1.0m/s做匀速运动，产生的感应电动势

E=BLv

杆中的感应电流

E

R+r

杆所受的安培力

F«=BIL

由平衡条件得

mg=F«

代入数据得

B=2T

(2)电阻R产生的热量

Q=l2Rt=0.075J

14.如图所示，以A、B为端点的I圆形光滑轨道和以C、D为端点的光滑半圆轨道都固定于竖直平面内，

一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道分别相切于B、Co一物体从A

点正上方h=0.8m处由静止开始自由下落，然后经A沿圆弧轨道滑下，再经B滑上滑板，滑板运动到C时

被牢固粘连。物体质量为m=lkg(可视为质点)，滑板质量M=2kg,以A、B为端点的1圆形光滑轨道半

径为R=lm,板长l=6.75m,板右端到C的距离L=3m,物体与滑板间的动摩擦因数为-0.2,重力加速度取

g=10m/s2,

(1)求物体滑到B点时对圆弧轨道的压力。

(2)求滑板右端运动到C时，物体速度大小。

(3)物体在轨道CD上运动时不脱离轨道，求半圆轨道CD半径的取值范围。

【答案】(D46N,竖直向下;(2)2m/s；(3)仑0.05m或区0.02m

【解析】

(I)物体从开始下落到B点由动能定理：

12

mg(h+R)=—mvQ

B点

P说

FN-mg=m-^

由牛顿第三定律得

%,=FN

解得

Fit：=46N

方向竖直向下

(2)假定物体与滑板在到C点前达到共速，速度为

动量守恒

mv()=(m+M)v

对物体由动能定理

1212

-jLimgs、=—mv--mv0

对滑板由动能定理

"mgs?=—1MOv2

解得

v=2m/s

S]=8m

s2=2m

s2<L

且

¥—B=6m<I

可知物体没有从滑板上滑下，且滑板与c牢固粘连时达到共速，速度为2m/s；

(3)物体在滑板上匀减速运动8m,再与滑板一起匀速运动L-S2=lm,滑板粘连后，物体在滑板上匀减速运动

0.75m,物体到达C速度为vi

对物体由动能定理

-jLimg(/-6m)=gmv^-gmv2

得

vi=lm/s

①物体上升到CD的中点，机械能守恒

12

—mv,=mgr

解得