-2021年高考物理（福建卷）含解析版

2021年福建省高考2.一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（1H）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。下列粒子物理试题10分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（ ）（所有粒子均不考虑重力的影响）一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共6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。1.一游客在武夷山九曲溪乘竹筏漂流，途经双乳峰附近的M点和玉女峰附近的N点，如图所示。已知该游客从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1h，M、N间的直线距离为1.8km，则从M点漂流到N点的过程中（ ）vA.以速度0的射入的正电子(0e)210B.以速度v0射入的电子(1e)2C.以速度2v0射入的核(1H)A.该游客的位移大小为5.4km4D.以速度4v0射入的a粒子(1He)B.该游客的平均速率为5.4m/s【答案】BC.该游客的平均速度大小为0.5m/s【解析】D.若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0【详解】质子（1）以速度v自点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电【答案】C1H0O【解析】场力，满足【详解】A．位移指的是从M点漂流到N点的有向线段，故位移大小为1.8km，故A错误；qv0BqEB．从M点漂流到N点的路程为5.4km，用时1h，则平均速率为解得s5.4v=km/h率t1Ev0故B错误；BC．该游客的平均速度大小为即质子的速度满足速度选择器的条件；x1.8vv=km/h=0.5m/sA．以速度0的射入的正电子(0e)，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；t121故C正确；0B．以速度v0射入的电子(1e)，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性D．以玉女峰为参考系，所乘竹筏的平均速度为0.5m/s，若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度也为而只选择速度，故B正确；0.5m/s，故D错误；故选C。EUIUIC．以速度2v射入的核(2H)，以速度4v射入的a粒子(4He)，其速度都不满足速度选器的条件v，故112201010B可知原线圈的电流I1IA1变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小；都不能做匀速直线运动，故CD错误；故选D。故选B。4.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为3.某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压24.5m/s~28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0m/s~56.0m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）表的示数变化情况是（ ）A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍【答案】B【解析】【详解】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，在时间t的空气质量为mSvtA.A增大，V不变，V增大123假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有B.A1增大，V2减小，V3增大Ft0mvC.A增大，V增大，V减小223可得D.A2增大，V2不变，V3减小FSv2【答案】D级台风的风速，级台风的风速，则有【解析】10v125m/s16v250m/s2【详解】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U1UV1不变，根据F2v224F1v1U1n1故选B。U2n2二、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，全部选对的得可知，变压器副线圈的输出电压U2UV2不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻R灯变小，由6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。U25.以声波作为信息载体的水声通信是水下长距离通信的主要手段。2020年11月10日，中国载人潜水器“奋斗I2RR灯者”号创造了10909米深潜纪录。此次深潜作业利用了水声通信和电磁通信等多种通信方式进行指令传输或数的可知，副线圈电流I2IA2变大，而由据交换，如图所示。下列说法正确的是（ ）UV3=U2I2R可知V3减小；由理想变压器的原理A.O点的磁感应强度为0A.“奋斗者”号与“探索一号”通信的信息载体属于横波B.O点的磁感应强度方向由O指向cB.“奋斗者”号与“沧海”号通信的信息载体属于横波C.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向C.“探索一号”与通信卫星的实时通信可以通过机械波实现D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向D.“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程【答案】BD【答案】BD【解析】【解析】【详解】AB．由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度【详解】A．由题知，“奋斗者”号与“探索一号”通信是通过水声音通信，由下而上，故信息载体属于纵波，大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示故A错误；B．由题知，“奋斗者”号与“沧海”号通信是通过水声音通信，由左向右，故信息载体属于横波，故B正确；C．因为太空中没有介质，故机械波无法传播，所以“探索一号”与通信卫星的实时通信只能通过电磁通信来实现，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D正确。由图可知，Bb与Bc相互抵消，Ba与Bd合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，故选BD。其大小不为零，故A错误，B正确；6.如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知CD．由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电流c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则生的磁感应强度方向，如图所示（ ）【解析】【详解】A．由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有2BLvI03R对a，根据牛顿第二定律有BILma解得由图可知Bc与Bd大小相等，方向相反，互相抵消；而Bb与Ba大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定222BLv0则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿轴负方向，故错误，正确。ayCD3mR故选BD。故A正确；7.如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中B．根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在tt1时刻，两均匀金属棒力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。由题知，t2时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时tt2变，即a、b在t2时刻达到了共同速度，设为v。由题知，金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为R和2R，根据电阻定律有m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（ ）LLR，2Rss解得1ss2已知a的质量为m，设b的质量为m，则有22m密V密sL，m密V密sL2BLv0A.t1时刻a棒加速度大小为3mR联立解得1B.t时刻b棒的速度为0mm22取向右为正方向，根据系统动量守恒有C.t1~t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍211D.时间内，棒产生的焦耳热为2t~tamv0mv0mv0mmv12922【答案】AD解得1vv体的万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出（ ）30故B错误；C．在t1~t2时间内，根据qIt因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；．在时间内，对、组成的系统，根据能量守恒有Dt1~t2ab1211212112A.S2与银河系中心致密天体的质量之比mv0mv0mvmvQ总222222B.银河系中心致密天体与太阳的质量之比解得回路中产生的总热量为C.S在P点与Q点的速度大小之比22Qmv2总30D.S2在P点与Q点的加速度大小之比对a、b，根据焦耳定律有【答案】BCDQI2Rt【解析】因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即【详解】A．设椭圆的长轴为2a，两焦点的距离为2c，则偏心率Q:Q1:22ccab0.872aa又且由题知，Q与O的距离约为120AU，即2QQQmv2ab总30ac120AU解得a棒产生的焦耳热为由此可得出a与c，由于S2是围绕致密天体运动，根据万有定律，可知无法求出两者的质量之比，故A错误；2Qmv2a90B．根据开普勒第三定律有故D正确。a32k故选AD。T8.两位科学家因为在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了2020年诺贝尔物理学奖。他们对一颗式中k是与中心天体的质量M有关，且与M成正比；所以，对S2是围绕致密天体运动有靠近银河系中心的恒星S的位置变化进行了持续观测，记录到的S的椭圆轨道如图所示。图中为椭圆的一22Oa3kMT2致致个焦点，椭圆偏心率（离心率）约为0.87。P、Q分别为轨道的远银心点和近银心点，Q与O的距离约为s2对地球围绕太阳运动有120AU（太阳到地球的距离为1AU），S2的运行周期约为16年。假设S2的运动轨迹主要受银河系中心致密天r33A0地变方程为1HZHe1ee，其中e是质量可忽略不计的中性粒子，Z=___________，A=___________。若2k太M太T地将含有质量为m的氚的核污水排入大海，即使经过50年，排入海中的氚还剩___________m（用分数表示）。两式相比，可得1【答案】①.2②.3③.3216M致aT地Mr3T2【解析】太地s2【详解】[1][2]根据电荷数守恒和质量数守恒可得因S的半长轴、周期T，日地之间的距离r，地球围绕太阳运动的周期T都已知，故由上式，可以求出银2as2地地Z2河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B正确；A3C．根据开普勒第二定律有[3]经过50年，排入海水中的氚的剩余质量为1150vPacvQac22112.51mmm解得21610.如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外___________（填“做正功”“做负vPacvQac功”或“不做功”），气体的温度___________（填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”）。因a、c已求出，故可以求出S2在P点与Q点的速度大小之比，故C正确；D．S2不管是在P点，还是在Q点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律有MmGmar2解得GMa2r【答案】①.做正功②.先升高后降低因P点到O点的距离为a+c,，Q点到O点的距离为a-c，解得【解析】2aacP【详解】该过程气体体积增大，对外做正