1、2021 年高考物理考前押题最后一卷新高考版年高考物理考前押题最后一卷新高考版 福建地区专用福建地区专用 答案以及解析答案以及解析 1.答案：B 解析：本题考查交流电的产生原理。由于线框在磁场中转动，产生的交流电的感应电动势最 大值为 m 2ENBSNBSn，由于感应电动势最大值为有效值的 2倍，要让额定电压为 U 的灯泡正常发光，则 2 2 2 UNBSn，即线框的转速 2 2 U n NBS ，故 B 正确。 2.答案：D 解析：本题考查“用双缝干涉测量光的波长”的实验原理。因为该实验是双缝干涉实验，故 b 是双缝，为了使双缝得到的光具有相干性，需要在双缝前加一个单缝，所以 a 是单缝，且
2、 二者相互平行放置，A 错误；将绿色滤光片改为红色滤光片后，光的波长变长，根据相邻条 纹间距公式 L x d 可知，看到的相邻条纹间距应该变宽，B 错误；在双缝中的一缝前放一 红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一绿色滤光片（只能透过绿光），由于绿光和红 光的频率不同，则不能发生干涉，但屏上仍有光亮，C 错误；由题意可知，相邻两条亮纹间 的距离 71 6 xx x ，根据 L x d ，可得 71 2 6 xx d L ，D 正确。 3.答案：B 解析：本题考查天体运动。“天问一号”探测器到达近火星轨道上某点时要“刹车”，机械 能减小， 则 “天问一号” 在停泊轨道上运行时的机械能比在近火星
3、轨道上运行时的机械能大， A 错误；由万有引力提供向心力有 2 2 2Mm GmR RT ，依据 3 4 3 M R ，解得火星的平均密 度 2 3 GT ，B 正确；根据动能定理，“太空刹车”过程中发动机对“天问一号”探测器做 的功为 2 22 0 1112 222 R Wmvmvm T 22 22 00 2 12 1 22 mR mvmv T ，C 错误；由于火星同步 卫星的运行周期、线速度等均未知，故不能求出火星同步卫星离火星表面的高度，D 错误。 4.答案：C 解析：本题以氢核聚变为情境考查原子物理、核反应的知识。中微子与水中 1 1H发生核反应， 产生中子和正电子，根据质量数守恒与电
4、荷数守恒，得出中微子的质量数为 0，电荷数为 0， A 错误；4 个氢核（ 1 1H）聚变生成氦核（ 4 2He），并放出 2 个 X 和 2 个中微子，根据质量 数守恒与电荷数守恒，得出 X 为正电子，B 错误；根据光电效应方程可得 0k0 c hWE ， 得出 0k0 hc WE ，C 正确；根据 2 2 k0 1 22 p Emv m ，可得 k0 2pmE，则光电子的德布罗 意波长 k0 2 h mE ，D 错误。 5.答案：AC 解析：若虚线为电场线，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，由题图可知，带电粒子从 A 点运动到 B 点，电场强度减小，加速度减小，沿着轨迹的切线画出速度的方
5、向，沿着电场 线的切线画出电场力，并且受力方向指向运动轨迹的凹面，力与运动的夹角为钝角，粒子速 度减小，动能减小，电势能增大，故 A 选项正确；若虚线为等势面，先作出电场线如图所 示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，带电粒子从 A 点运动到 B 点，电场强度减小， 加速度减小，再沿着轨迹的切线画出速度的方向，沿着电场线的切线画出受力方向，可知力 与速度方向的夹角为锐角，带电粒子从 A 点运动到 B 点，粒子速度增大，动能增大，电势 能减小，故 C 选项正确；由于粒子电性无法判断，电场线的方向无法判断，电势的高低无 法判断，故 BD 选项错误。 6.答案：BC 解析：因为磁感应强度均匀增加，
6、可知线圈中产生感应电动势，由楞次定律可知上极板带正 电， 因带电粒子静止在极板之间， 故带电粒子带负电， A 错误； 由法拉第电磁感应定律可知， 感应电动势 2 B Er t 由电路知识可知，两极板间电压即为外接电阻 2 R两端的电压， 2 12 R UE RR ，由平衡条件可知 U qmg d ，联立可得 12 2 2 () RR mgdB tr qR ，B 正确；保持开 关闭合，向上移动下极板时，极板间距离减小，板间电场强度增大，粒子将向上运动，C 正 确；断开开关 S，极板所带电荷量不变，电压不变，两板间电场强度不变，粒子仍静止，D 错误。 7.答案：AD 解析： 本题考查平抛运动中动量
7、与动能的问题。 因为小球从AB、两点下落的高度之比为 2:1， 据 2 1 2 hgt，得 2h t g ，可知小球前后两次运动的时间之比是 2 :1，又因为小球到达斜面 底端时的水平位移之比为 2:1，根据 0 x v t ，得初速度之比为 2 :1，由初动能 2 k0 1 2 Emv得 小球前后两次运动的初动能之比为 2:1， 由初动量 0 pmv得小球前后两次运动的初动量大小 之比为 2 :1，选项 A 正确，选项 B 错误；由动能定理 k Emgh知小球前后两次动能变化 量之比为 2:1，选项 C 错误；由动量定理 pmgt 知小球前后两次动量变化量大小之比为 2 :1，选项 D 正确
8、。 8.答案：BCD 解析：题图乙中由于有弹簧存在，物体AB、一起运动时弹簧处于伸长状态，AB、机械能 有部分转化为弹性势能，题图甲、丙中 A 和 B 组成的系统机械能守恒，A 错误；题图甲中， 对A由牛顿第二定律有 T sinMgFMa， 对B由牛顿第二定律有 T Fmgma， 解得 5 g a ， 由运动学公式 2 1 2 sat，解得 10s t g ，B 正确；题图乙中 A 的速度最大时，加速度为零， 对 A： T sin2FMgmg，对 B： T Fmgma，解得a g ，C 正确；图中，当 A 到达斜 面底端的速度是 A v时，B 的速度为 B v，根据速度分解有cos60 2 B
9、 AB v vv ，由机械能守恒 定律有 22 11 sin 22 AB MgsMvmv ，解得 2 A gs v ，D 正确。 9.答案： 02 0 1 m g T p ST ； 0 0 3 3 p S m g 解析：设初始时封闭气体的压强为 1 p，对活塞受力分析，有 100 p Sp Sm g，根据查理定 律有 1 12 c pp TT ，得 02 0 1 c m g T pp ST ；设放上物块 2 后封闭气体压强为 2 p，根据玻意耳定 律有 122c p Vp V，将 02 0 1 c m g T pp ST 代入得 0 20 4 m g pp S ，设两物块总质量为 M，对 活塞
10、受力分析有 200 p Sp SMgm g，解得 0 0 3 3 p S Mm g 。 10.答案：粒子；原子核 Y 解析：根据左手定则及题图中磁场、轨迹分布特点可知，题中衰变为衰变；根据带电粒子 在磁场中运动的规律，由 2 mv qvB r 可得 mv r qB ，再根据动量守恒定律，衰变前原子核 X 处于静止状态，衰变后两粒子的动量大小一定相等，所以它们在磁场（磁感应强度大小都为 B）中的运动半径跟电荷量成反比， 1 R半径小，为原子核 Y 的轨迹。 11.答案：（1） 21 2 6 xx T （2） （3）长木板的长度 L （4） 12 2 aaL h 解析：（1） 根据题图乙中纸带 （
11、a） 可得 21 1 3 22 xx aT TT ， 即物块下滑加速度表达式 21 1 2 6 xx a T ； （2）设斜面的倾角为，物块在长木板上从上到下运动的过程中，根据牛顿第二定律可知 1 sincosagg；物块沿长木板从下到上运动的加速度 2 sincosagg，比 较可知 21 aa，即（b）纸带最后每个相等时间间隔所经过的距离要比（a）纸带经过的距离 大，故纸带应是题图乙（b）中的； （3）由于斜面的倾角未知，所以还需要测量的物理量为长木板的长度 L； （4）由式结合所测物理量可知当地重力加速度的表达式为 12 2 aaL g h 。 12.答案：（1）最上端；最下端 （2）3
12、005.40 （4）小伟；大于；小于 解析：（1）当开关 S 接在 a 处，则电压表与滑动变阻器的上端并联，为了保护电压表应将 滑片滑至最上端；当开关 S 接在 b 处，则滑动变阻器的上端、电流表与电源串联，此时应 该将滑动变阻器滑片滑至最下端， 使滑动变阻器接入电路的阻值最大， 以保护电流表不会被 烧坏； （2）把 2 R的阻值调为零，通过调节 1 R，使电压表读数为 2.40 V，接入电阻箱后，由题图乙 知，电压表读数为 0.60 V，电阻箱电压为2.40 V 0.60 V1.80 V ，电压表的电压为电阻箱 两端电压的三分之一，则电压表的电阻为电阻箱电阻的三分之一，由题图乙知，电阻箱的电
13、 阻为 9016.20 ，故电压表的电阻为3005.40 ； （4）小伟的说法是正确的，因为本实验虽然测出了电压表的内阻，但是由于电阻箱的加入， 增大了路端电压， 故电阻箱两端的电压应大于电压表电压的三倍， 故此时以电阻箱阻值的三 分之一当作电压表的阻值来判断，电压表的电阻偏大；由闭合电路的欧姆定律有 V U EIrU R 得到修正后的图像表达式 VV VV R rR UIE RrRr ，则有 VV VV R rR kbE RrRr ， ，整理可得 V V V 1 kRk r k Rk R ，故当 V R偏大时，r 的计算值 会偏小，又 V 1 k Eb Rk ，故当 V R偏大时，E 的计算
14、值会偏大。 13.答案：（1）1.6 m （2）0.6 J 解析：（1）导体棒PQ进入磁场时刚好匀速下滑，设此时通过导体棒PQ的电流为 1 I，导体 棒PQ的速度为 1 v，对导体棒PQ受力分析，可得 11 sinm gBI L 根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 1112 BLvIRR 导体棒PQ进入磁场前做匀加速直线运动，加速度 sinag 设导体棒PQ释放位置到ab的距离为 1 x，根据运动学公式有 2 11 2vax 联立并代入数据解得 1 1.6mx （2）导体棒PQ进入磁场前加速运动的时间 1 1 0.8s v t a 导体棒PQ在磁场中匀速运动的时间2 1 0.3s d
15、t v 设导体棒MN进入磁场前加速运动的时间为 3 t，则有 2 103 1 2 xdat 解得 312 1.2sttt，说明导体棒MN进入磁场时，导体棒PQ已经离开磁场，此时导体棒 MN的速度 23 vat 导体棒MN刚进入磁场时有 2212222 ,sinBLvIRRm gBI Lm a 解得加速度0a ，即导体棒MN进入磁场后也是匀速下滑，在磁场中匀速运动的时间 4 2 0.2s d t v 所以整个运动过程中导体棒PQ上产生的热量 22 11 221 4 QI RtI Rt 代入数据解得 0.6 JQ 14.答案：（1）4.75 J（2）20 J（3）0.16m 解析：（1）设甲物块恰
16、好能过半圆轨道的最高点的速度为 v 甲，根据牛顿第二定律有 2 v m gm R 甲 甲甲 设甲物块沿半圆轨道运动过程中产生的内能为E， 甲物块和弹簧分离时的速度为v甲，由能量守恒定律可得 22 11 2 22 m vm vm gRE 甲 甲甲 甲甲 联立式代入数据解得 4.75 JE （2）甲、乙两物块弹开的过程，设乙物块和弹簧分离时的速度为v乙，由动量守恒定律得 0m vm v 乙乙甲 甲 由机械能守恒定律得 22 p 11 22 Em vm v 甲 甲乙 乙 联立式代入数据解得 p 20 JE （3）乙、丙两物块发生弹性碰撞，设碰后丙物块的速度为v丙，由动量守恒定律得 =m vm vm
17、v 乙 乙乙 乙丙 丙 由机械能守恒定律得 222 111 222 m vm vm v 乙 乙乙 乙丙 丙 联立式代入数据解得 2 2 m / s m vv mm 乙 乙丙 乙丙 设丙物块沿斜面向上运动的加速度为 a，由牛顿第二定律得 sincosm gm gm a 丙丙丙 设丙物块上升的最大高度为 h，由运动学规律有 2 2 sin h va 丙 联立式代入数据解得 0.16 mh 15.答案：（1）0 （2）(3 23)mg （3） 525 624 mgmg E qq 解析：本题考查带电体在匀强电场中的运动。 （1）设物块通过 C 点时的速度为大小 C v，物块从最高点 C 落至水平轨道上
18、的 D 点经历的 时间为 t，依据牛顿第二定律有 2 C v mgm R 解得 C vgR 物块从 C 到 D 的过程中，根据运动的分解， 竖直方向上有 2 1 2 2 Rgt 水平方向上有 2 1 2 BDC qE xv tt m 联立解得0 BD x （2）由题意知，物块由 B 向右转过圆心角 45时动能最大，对轨道的压力最大，设物块的 最大动能为 km E，根据动能定理有 2 km 1 sin451cos45 2 B qERmgREmv 物块从 B 运动到 C 的过程中，依据动能定理有 22 11 2 22 CB mgRmvmv 由于物块所受重力与电场力大小相等，且两力合力为2mg， 可得 2 m m 2 mv Fmg R 已知 2 kmm 1 2 ,Emv 解得 m (3 23)Fmg 根据牛顿第三定律可得，小物块从 B 到 C 运动过程中对轨道的最大压力 mm (3 23)FFmg 。 （3）若小物块能通过 C 点，应满足 2 C v mmg R 小物块由 C 点离开半圆轨道后落在 P 点右侧区域，有 2 1 2 2 Rgt 3 C v tR 对小物块从 P 点到 C 点由动能定理得 2 1 32 2 C qERmgR mv 联立解得 525 624 mgmg E qq
