2021年福建新高考物理试卷附答案详解

2021年福建省新高考物理试卷一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）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()A.该游客的位移大小为5.4𝑘𝑚B.该游客的平均速率为5.4𝑚/𝑠C.该游客的平均速度大小为0.5𝑚/𝑠D.若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为02.一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自点沿中(10𝑂轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自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)()A.以速度𝑣0的射入的正电子(0𝑒)B.以速度𝑣射入的电子(0𝑒)2101C.以速度射入的核2𝐻)D.以速度4𝑣射入的粒子4𝐻𝑒)2𝑣0(10𝑎(13.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，图中各电表的示数变化情况是()第1页，共19页A.增大，不变，增大B.增大，减小，增大𝐴1𝑉2𝑉3𝐴1𝑉2𝑉3C.增大，增大，减小D.增大，不变，减小𝐴2𝑉2𝑉3𝐴2𝑉2𝑉34.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()A.2倍B.4倍C.8倍D.16倍二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）5.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据交换，如图所示。下列说法正确的是()A.“奋斗者”号与“探索一号”通信的信息载体属于横波B.“奋斗者”号与“沧海”号通信的信息载体属于横波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.“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程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()第2页，共19页A.𝑂点的磁感应强度为0B.𝑂点的磁感应强度方向由𝑂指向𝑐C.𝑒点的磁感应强度方向沿𝑦轴正方向D.𝑒点的磁感应强度方向沿𝑦轴负方向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𝐸𝐹𝐺𝐻矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为的匀强磁场。在时刻，两均匀金属棒、分别从磁场边界、进入磁𝐵𝑡=𝑡1𝑎𝑏𝐸𝐹𝐺𝐻场，速度大小均为；一段时间后，流经棒的电流为，此时，棒仍位于𝑣0𝑎0𝑡=𝑡2𝑏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()2𝐵2𝐿2𝑣A.𝑡时刻𝑎棒加速度大小为013𝑚𝑅B.时刻棒的速度为𝑡2𝑏0C.～时间内，通过𝑎棒横截面的电荷量是𝑏棒的2倍𝑡1𝑡2D.𝑡～𝑡时间内，𝑎棒产生的焦耳热为2𝑚𝑣212908.两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年诺贝尔物理学奖。他们对一颗靠近银河系中心的恒星的2020𝑆2位置变化进行了持续观测，记录到的的椭圆轨道如图所示。图中为𝑆2𝑂椭圆的一个焦点，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120𝐴𝑈(太阳到地球的距离为第3页，共19页1𝐴𝑈)，𝑆的运行周期约为年。假设的运动轨迹主要受银河系中心致密天体的216𝑆2万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出()A.与银河系中心致密天体的质量之比𝑆2B.银河系中心致密天体与太阳的质量之比C.在点与点的速度大小之比𝑆2𝑃𝑄D.在点与点的加速度大小之比𝑆2𝑃𝑄三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）9.核污水中常含有氚(3𝐻)等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全。氚𝛽衰变的1半衰期长达12.5年，衰变方程为3𝐻→𝐴𝐻𝑒+0𝑒+𝜈，其中是质量可忽略不计的 1𝑍1𝑒𝜈𝑒中性粒子，𝑍=______，𝐴=______。若将含有质量为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)。10.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”)。四、实验题（本大题共2小题，共12.0分）11.某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为80.00𝑐𝑚电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值约为100～200𝛺，材料未知。实验过程如下：(1)用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图(𝑎)所示。该电阻丝的直径为______𝑚𝑚。(2)对多用电表进行机械调零。(3)将多用电表的选择开关旋至______倍率的电阻挡(填“×1”“×10”“×100”或“×1𝑘”)。(4)将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。第4页，共19页(5)将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图(𝑏)所示。该电阻丝的电阻值为______𝛺。(6)测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“𝑂𝐹𝐹”位置。(7)实验测得的该电阻丝电阻率为______𝛺⋅𝑚(结果保留3位有效数字)。12.某实验小组利用图(𝑎)所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：(1)首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。(2)用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图(𝑏)所示(纸带上的点由左至右依次打出)，则垫块应该______(填“往左移”“往右移”或“固定不动”)。(3)在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。(4)把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图(𝑐)所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50𝐻𝑧，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出𝐹点时小车的速度大小为______𝑚/𝑠(结果保留2位小数)。(5)保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车𝑣−𝑡图像如图(𝑑)所示，由图像可知小车加速度大小______(填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”)。据此可以得到的实验结论是______。五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）第5页，共19页13.一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动力减速阶段，探测器速度大小由96𝑚/𝑠减小到0，历时80𝑠。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为7500𝑁的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的1，火星质量约为地球质量的1，地球表面重力加速210度大小取10𝑚/𝑠2，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动。求：(1)在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；(2)在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。14.如图(𝑎)，一倾角37°的固定斜面的𝐴𝐵段粗糙，𝐵𝐶段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端𝐶处，弹簧的原长与𝐵𝐶长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力𝑇作用下，由𝐴处从静止开始下滑，当滑块第一次到达𝐵点时撤去𝑇。𝑇随滑块沿斜面下滑的位移𝑠的变化关系如图(𝑏)所示。已知𝐴𝐵段长度为2𝑚，滑块质量为2𝑘𝑔，滑块与斜面𝐴𝐵段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10𝑚/𝑠2，𝑠𝑖𝑛37°=0.6。求：(1)当拉力为10𝑁时，滑块的加速度大小；(2)滑块第一次到达𝐵点时的动能；(3)滑块第一次在𝐵点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。第6页，共19页15.如图(𝑎)，同一竖直平面内𝐴、𝐵、𝑀、𝑁四点距𝑂点的距离均为√2𝐿，𝑂为水平连线𝐴𝐵的中点，𝑀、𝑁在𝐴𝐵连线的中垂线上。𝐴、𝐵两点分别固定有一点电荷，电荷量均为𝑄(𝑄>0)。以𝑂为原点，竖直向下为正方向建立𝑥轴。若取无穷远处为电势零点，则上的电势随位置的变化关系如图所示。一电荷量为的小球以𝑂𝑁𝜑𝑥(𝑏)𝑄(𝑄>0)𝑆1一定初动能从𝑀点竖直下落，一段时间后经过𝑁点，其在𝑂𝑁段运动的加速度大小𝑎随位置𝑥的变化关系如图(𝑐)所示。图中𝑔为重力加速度大小，𝑘为静电力常量。(1)求小球𝑆在点所受电场力大小。1𝑀(2)当小球𝑆运动到点时，恰与一沿轴负方向运动的不带电绝缘小球发生弹性1𝑁𝑥𝑆2碰撞。已知𝑆与𝑆的质量相等，碰撞前、后𝑆的动能均为4𝑘𝑄2，碰撞时间极短。求1213𝐿碰撞前的动量大小。𝑆2(3)现将𝑆固定在点，为保证能运动到点与之相碰，从点下落时的初动能2𝑁𝑆1𝑁𝑆1𝑀须满足什么条件？第7页，共19页答案和解析1.【答案】𝐶【解析】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；B、从𝑀点漂流到𝑁点的路程为5.4𝑘𝑚，用时1ℎ，则平均速率为𝑣=𝑠=5.4𝑘𝑚/ℎ=率𝑡15.4𝑘𝑚/𝑠，故B错误；C、该游客的平均速度大小为𝑣=𝑥=1.8𝑘𝑚/ℎ=0.5𝑚/𝑠，故C正确；𝑡1D、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0.5𝑚/𝑠，故D错误；故选：𝐶。位移为初位置到末位置的有向线段，路程为物体运动轨迹的长度，平均速率为路程与时间的比值，平均速度为位移与时间的比值。解决本题的关键是掌握位移和路程的区别：位移是指位置的移动，由初位置指向末位置，有大小有方向；路程是表示运动轨迹的长度，只有大小，没有方向，明确平均速度为位移与时间的比值即可。2.【答案】𝐵【解析】解：质子1𝐻)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(10𝑂受到向上的洛伦兹力和电场力，满足𝑞𝑣𝐵=𝑞𝐸0解得𝑣=𝐸0𝐵即质子的速度满足速度选择器的条件；A.以速度𝑣0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A21错误；B.以速度𝑣射入的电子0𝑒)，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速0(1度选择器不选择电性而只选择速度，故B正确；𝐶𝐷.以速度2𝑣射入的核2𝐻)，以速度4𝑣射入的粒子4𝐻𝑒)，其速度都不满足速度选器0(10𝛼(1的条件𝑣=𝐸，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；0𝐵第8页，共19页故选：𝐵。当洛伦兹力等于电场力时，粒子做匀速直线运动，依次代入数据运算求解。本题考查速度选择器的运用，理解速度选择器的本质是解题关键。3.【答案】𝐷【解析】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=𝑈𝑈1𝑉1不变，𝑈𝑛根据：1=1可知，变压器副线圈的输出电压=𝑈不变；当住户使用的用电器增加𝑈2𝑣2𝑈2𝑛2𝑈时，即用户的总电阻𝑅变小，由𝐼=2可知，副线圈的电流𝐼=𝐼变大，而由，𝑈=灯2𝑅𝑅2𝐴2𝑉3灯𝑈−𝐼𝑅可知，可知𝑉减小；由理想变压器的原理𝐼=𝑈𝐼，可知原线圈的电流=𝐼223𝑈1122𝐼1𝐴1变大；故综合上述分析可知增大，增大，不变，减小；故ABC错误，D正确。𝐴1𝐴2𝑉2𝑉3故选：𝐷。本题考查闭合电路的动态分析，则当住户使用的用电器增加时，并联支路在增加。所以输出端的总电阻在减少，根据总电阻的变化，确定出总电流，以及输入，输出端的电压变化。本题需要注意电压是由输入端决定，而电阻的变化引起的电功率的变化是输出决定输入。在结合电路的动态分析即可求解。4.【答案】𝐵【解析】解：设空气的密度为𝜌，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𝛥𝑡的空气质量为：𝛥𝑚=𝜌𝑆𝑣⋅𝛥𝑡假定台风风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度为零，对风，由动量定理得：−𝐹𝛥𝑡=0−𝛥𝑚𝑣可得：𝐹=𝜌𝑆𝑣210级台风的风速𝑣≈25𝑚/𝑠，16台风的风速𝑣=50𝑚/𝑠，则有12𝐹𝑣22=2≈4𝐹𝑣211故B正确，ACD错误。故选：𝐵。第9页，共19页首先确定研究对象：风，并求解其质量；然后根据动量定理列出方程；最后求出力的表达式，列比例求解。解答本题的关键是研究对象质量的确定。5.【答案】𝐵𝐷【解析】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，故A错误；B.由题知，“奋斗者”号与“沧海”号通信是通过无线蓝绿光通信，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。故选：𝐵𝐷。横波：波的传播方向与质点振动方向垂直；纵波：波的传播方向与质点振动方向一致。机械波的传播需要介质，电磁波可以在真空中传播。在传递信息的时候也是传递能量的过程。解决本题的关键是理解横波和纵波，理解机械波和电磁波的传播，需要知道在传递信息的同时也传递能量。是基础题。6.【答案】𝐵𝐷【解析】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，如图所示第10页，共19页由图可知，与相互抵消，与合成，根据平行四边形定则，可知点的磁感应强𝐵𝑏𝐵𝑐𝐵𝑎𝐵𝑑𝑂度方向由𝑂指向𝑐，其大小不为零，故A错误，B正确；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，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点产生的磁感应强度方向，如图所示由图可知与大小相等，方向相反，互相抵消；而与大小相等，方向如图所示，𝐵𝑐𝐵𝑑𝐵𝑏𝐵𝑎根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿𝑦轴负方向，故C错误，D正确。故选：𝐵𝐷。用右手螺旋定则，判断磁感应强度方向，并通过磁感应强度的叠加求解各选项。本题考查右手螺旋定则及磁感应强度的叠加，学生需注意与左手定则区分。7.【答案】𝐴𝐷【解析】解：𝐴、根据右手定则，金属棒𝑎、𝑏进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为、各自产生的电动势之和，即。𝑎𝑏𝐸=2𝐵𝐿𝑣0第11页，共19页𝐸2𝐵𝐿𝑣感应电流𝐼==0𝑅2𝑅3𝑅对𝑎由牛顿第二定律得：𝐵𝐼𝐿=𝑚𝑎2𝐵2𝐿2𝑣解得：𝑎=0，故A正确；3𝑚𝑅B、由题意知，金属棒𝑎、𝑏电阻率相同，长度均为𝐿，电阻分别为𝑅和2𝑅，根据电阻定律有：𝑅=𝜌𝐿，2𝑅=𝜌𝐿𝑆𝑎𝑆𝑏可得：=2𝑆，𝑆𝑎𝑏可知𝑎的体积是𝑏的2倍，密度相同，则𝑎的质量是𝑏的2倍，即𝑏的质量为𝑚。2𝑎、𝑏在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，𝑎、𝑏组成的系统合外力为零，则此系统动量守恒。时刻流过的电流为零，、之间的磁通量不𝑡2𝑎𝑎𝑏变，可知两者此时速度相同，设为𝑣。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣−𝑚𝑣=(𝑚𝑚)𝑣0202解得：𝑣=1𝑣，即𝑡时刻𝑏棒的速度为1𝑣，故B错误；30230C、～时间内，通过𝑎、𝑏的电流总是相等，根据𝑞=𝐼𝑡，则通过𝑎、𝑏棒横截面的电𝑡1𝑡2荷量相等，故C错误；D、～时间内，对𝑎、𝑏组成的系统，由能量守恒定律得：𝑡1𝑡21𝑚𝑣21×𝑚𝑣2=1(𝑚𝑚)𝑣2𝑄2022022总解得回路中产生的总热量𝑄=2𝑚𝑣2总30𝑎棒产生的焦耳热𝑄=𝑅𝑄=2𝑚𝑣2，故D正确。𝑎𝑅2𝑅总90故选：𝐴𝐷。应用右手定则判断𝑎、𝑏棒产生的感应电流方向，确定感应电动势，求得𝑎棒所受安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由已知求得𝑏棒质量，分析𝑎、𝑏受力，判断系统动量守恒，应用动量守恒定律和能量守恒定律解答；由𝑞=𝐼𝑡判断两棒通过的电荷量的关系。本题考查电磁感应中力与运动，能量转化相关问题。涉及到了应用电阻定律间接求质量，双棒切割磁感线满足动量守恒的条件，掌握应用动量与能量的角度解题方法。8.【答案】𝐵𝐶𝐷第12页，共19页【解析】解：𝐴、设椭圆的长轴为2𝑎，两焦点间的距离为2𝑐，则偏心率为0.87=2𝑐=𝑐2𝑎𝑎由题知，𝑄与𝑂的距离约为120𝐴𝑈，即𝑎−𝑐=120𝐴𝑈由此可求出、，由于是绕致密天体运动，根据万有引力定律，可知无法求出与银𝑎𝑐𝑆2𝑆2河系中心致密天体的质量之比，故A错误；B、根据开普勒第三定律有𝑎3=𝑘，式中𝑘是与中心天体的质量𝑀有关的常量，且与𝑀成𝑇2正比，所以，对是绕致密天体运动，有𝑆2𝑎3=𝑘∝𝑀𝑇2致致𝑆2对地球围绕太阳运动，有𝑟3地=𝑘∝𝑀𝑇2太太地𝑀𝑎3𝑇2两式相比，可得致=地𝑀𝑟3𝑇2地地𝑆2因的半长轴为，周期、日地之间的距离𝑟、地球绕太阳的公转周期𝑇都已知，𝑆2𝑎𝑇𝑆2地地故由上式可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B正确；𝑣𝑎−𝑐、根据开普勒第二定律有1𝑣(𝑎+𝑐)=1𝑣(𝑎−𝑐)，则𝑃=，因、可以求出，则C𝑃𝑄𝑎𝑐22𝑣𝑄𝑎+𝑐可以求出在点与点的速度大小之比，故C正确；𝑆2𝑃𝑄D、不管是在点，还是在点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律𝑆2𝑃𝑄得𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑎𝑟2解得𝑎=𝐺𝑀𝑟2因为点到点的距离为，点到点的距离为，则在点与点的加速度大𝑃𝑂𝑎+𝑐𝑄𝑂𝑎−𝑐𝑆2𝑃𝑄𝑎(𝑎−𝑐)2小之比𝑃=2𝑎𝑄(𝑎+𝑐)因、可以求出，则在点与点的加速度大小之比可以求出，故D正确。𝑎𝑐𝑆2𝑃𝑄故选：𝐵𝐶𝐷。根据椭圆偏心率可求出椭圆的长轴和两焦点间的距离，结合万有引力定律分析能否求𝑆2与银河系中心致密天体的质量之比；根据开普勒第三定律列式，可求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比；根据开普勒第二定律求在点与点的速度大小之比；根据𝑆2𝑃𝑄万有引力定律和牛顿第二定律相结合求在点与点的加速度大小之比。𝑆2𝑃𝑄解答本题的关键：一要读懂题意，搞清椭圆偏心率的含义，利用数学知识求出𝑎、𝑐；二第13页，共19页要掌握开普勒行星运动定律和万有引力定律，并能熟练运用。9.【答案】23116【解析】解：衰变方程为3𝐻→𝐴𝐻𝑒+0𝑒+𝜈，根据电荷数守恒和质量数守恒可得，𝑍 1𝑍1𝑒1=1，解得：𝑍=3𝐴+0=3，解得：𝐴=3；1501经过50年，排入海水中的氚的剩余质量为：𝑚′=𝑚()12.5=𝑚216故答案为：2；3；1。16依据电荷数守恒和质量数守恒，即可判定；再由半衰期公式：𝑚=𝑚(1)𝑛，即可求解。02考查半衰期的应用，知道衰变方程书写的规律，注意衰变后剩余质量与衰变质量的区分。10.【答案】做正功先升高后降低【解析】解：该过程气体体积增大，对外做正功。由题图可知，从状态𝐴到状态𝐵，𝑝与𝑉的乘积先增大后减小，根据一定理想气体状态方程𝑝𝑉=𝐶，可知气体的温度先升高后降低。𝑇故答案为：做正功；先升高后降低气体体积变大，气体对外做功，气体体积减小，外界对气体做功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用一定理想气体状态方程分析答题。本题考查了一定理想气体状态方程的应用，根据图示图象分析清楚气体状态变化过程是解题的前提。11.【答案】1.414×101603.14×1034【解析】解：(1)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，所以电阻丝的直径为𝑑=1𝑚𝑚+41.4×0.01𝑚𝑚=1.414𝑚𝑚；(3)使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近，由于该电阻丝的阻值在100～200𝛺，而表盘中央刻度在15～20左右，所以应选择×10倍率的电阻挡；第14页，共19页(5)15～20之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为𝑅=16×10𝛺=160𝛺；(7)根据电阻定律有𝑅=𝜌𝐿=𝜌4𝐿，解得该电阻丝的电阻率为𝜌=𝜋𝑑2𝑅=𝑆𝜋𝑑24𝐿3.14×(1.414×103)2×160𝛺⋅𝑚=3.14×1034𝛺⋅𝑚。4×80.00×102故答案为：(1)1.414；(3)×10；(5)160；(7)3.14×1034(1)螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；(3)(5)欧姆表测电阻等于读数乘以倍率，根据欧姆表的使用原理分析解答；(7)根据欧姆定律和电阻定律变形后求电阻率。解决该题的关键是掌握螺旋测微器和欧姆表测电阻的读数原理，掌握电压表和电流表的选择原则，掌握电阻定律的表达式。12.【答案】往右移0.15逐渐变小空气阻力随速度增大而增大【解析】解：(2)由题图(𝑏)可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。𝑥(4)打𝐹点时小车的速度大小等于打𝐸、𝐺两点之间小车的平均速度大小，即𝑣=𝐸𝐺=𝐹2𝑇(6.923.85)×102𝑚/𝑠≈0.15𝑚/𝑠2×0.1(5)𝑣𝑡图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车所受合外力𝐹随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为𝑓，则𝐹=𝑇𝑓而细绳拉力𝑇不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。故答案为：往右移；0.15；逐渐变小；空气阻力随速度增大而增大由打点间距判断运动情况，从而找到解决 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；匀变速直线运动中中间时刻速度等于平均速度；𝑣𝑡图斜率表示加速度；由牛顿第二定律分析空气阻力变化。本题主要考查实验分析能力，纸带分析，图像分析的同时，还需结合运动学公式及牛顿运动定律整合考量。13.【答案】解：设探测器在动力减速阶段所用时间为，初速度大小为，末速度(1)𝑡𝑣1大小为，加速度大小为。𝑣2𝑎由匀变速直线运动速度与时间关系公式有=𝑣𝑎𝑡𝑣21代入题给数据解得𝑎=1.2𝑚/𝑠2第15页，共19页设探测器下降的距离为𝑠，由匀变速直线运动位移公式有𝑠=𝑣𝑡−1𝑎𝑡2121联立解得𝑠=3840𝑚设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为𝑀𝑟𝑔(2)火、火和火，地球的质量、半𝑀𝑟径和表面重力加速度大小分别为𝑀、𝑟和𝑔，已知：火=1，火=1。地地地𝑀10𝑟2地地𝐺𝑀𝑚由万有引力等于重力，对质量为𝑚的物体，在火星表面上，有火=𝑚𝑔𝑟2火火𝐺𝑀𝑚在地球表面上，有地=𝑚𝑔，式中𝐺为引力常量。𝑟2地地𝑔=4𝑚/𝑠2解得：火设变推力发动机的最大推力为，能够悬停的火星探测器最大质量为，由力的平衡𝐹𝑚𝑚𝑎𝑥𝐹=𝑚𝑔条件有𝑚𝑎𝑥火联立解得=1875𝑘𝑔𝑚𝑚𝑎𝑥即在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量为1875𝑘𝑔。答：(1)在动力减速阶段，探测器的加速度大小为1.2𝑚/𝑠2，下降距离为3840𝑚；(2)在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量为1875𝑘𝑔。【解析】(1)在动力减速阶段，根据速度与时间关系公式求探测器的加速度大小，由位移与时间关系公式求下降距离；(2)根据万有引力等于重力，求出火星表面重力加速度大小。在悬停避障阶段，根据平衡条件求该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。解决本题的关键要掌握万有引力定律应用的常用思路：万有引力等于重力，利用比例法求解火星表面重力加速度大小。14.【答案】解：(1)小滑块的质量为𝑚，斜面倾角为𝜃，滑块与斜面间的动摩擦因数为𝜇，滑块受斜面的支持力大小为𝑁，滑动摩擦力大小为𝑓，拉力为10𝑁时滑块的加速度大小为𝑎。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有𝑇+𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓=𝑚𝑎①𝑁−𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=0②𝑓=𝜇𝑁③联立①②③式并代入题给数据得𝑎=7𝑚/𝑠2④第16页，共19页(2)设滑块在𝐴𝐵段运动的过程中拉力所做的功为𝑊，由功的定义有𝑊=𝑇𝑠+𝑇𝑠⑤1122式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依𝑇1𝑇2𝑠1𝑠2题意，=8𝑁，𝑠=1𝑚，𝑇=10𝑁，𝑠=1𝑚。设滑块第一次到达𝐵点时的动能为𝐸，𝑇1122𝑘由动能定理有𝑊+(𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓)(𝑠+𝑠)=𝐸−0⑥12𝑘联立②③⑤⑥式并代入题给数据得𝐸=26𝐽⑦𝑘(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达𝐵点时，动能仍为𝐸。设滑块离点的最大𝑘𝐵距离为，由动能定理有𝑠𝑚𝑎𝑥−(𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑓)𝑠=0−𝐸⑧𝑚𝑖𝑛𝑘联立②③⑦⑧式并代入题给数据得𝑠=1.3𝑚⑨𝑚𝑎𝑥答：(1)当拉力为10𝑁时，滑块的加速度大小为7𝑚/𝑠2；(2)滑块第一次到达𝐵点时的动能为26𝐽(3)第一次在𝐵点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离为1.3𝑚。【解析】(1)根据受力分析、摩擦力公式和牛顿第二定律，求解加速度。(2)根据功的定义和动能定理，求解到达𝐵点的动能；(3)根据动能定理，求解最大距离。解答本题的关键是找准每个过程对应的物理规律和物理量。15.【答案】解：设到点的距离为，点的电荷对小球的库仑力大小为，由(1)𝐴𝑀𝑅𝑀𝐴𝑆1𝐹𝐴库仑定律有𝐹=𝑘𝑄2①𝐴𝑅2𝑀设小球𝑆在𝑀点所受电场力大小为𝐹，由力的合成有=2𝐹𝑠𝑖𝑛45°②1𝑀𝐹𝑀𝐴联立①②式，由几何关系并代入数据得𝐹=√2𝑘𝑄2③𝑀4𝐿2(2)设𝑂点下方𝐿处为𝐶点，𝐴与𝐶的距离为𝑅，小球𝑆在𝐶处所受的库仑力大小为𝐹，由库2𝐶1𝐶仑定律和力的合成有𝐹=2𝑘𝑄2𝑠𝑖𝑛𝜃④𝐶𝑅2𝐶式中𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑂𝐶𝑅𝐶第17页，共19页设小球的质量为，小球在点的加速度大小为，由牛顿第二定律有+𝑚𝑔=𝑆1𝑚1𝑆1𝐶𝑎𝐹𝐶1𝑚𝑎⑤1由图(𝑐)可知，式中𝑎=2𝑔联立④⑤式并代入数据得𝑚=8𝑘𝑄2⑥127𝑔𝐿2设的质量为，碰撞前、后的速度分别为，′，𝑆碰撞前、后的速度分别为，𝑆2𝑚2𝑆1𝑣1𝑣12𝑣2𝑣′，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有𝑚𝑣+𝑚𝑣=𝑚𝑣′+2112211𝑚𝑣′⑦221𝑚𝑣2+1𝑚𝑣2=1𝑚𝑣′2+1𝑚𝑣′2⑧211222211222设小球𝑆碰撞前的动量为𝑝，由动量的定义有=𝑚𝑣⑨22𝑝222依题意有1𝑚𝑣2=1𝑚𝑣′2=4𝑘𝑄22112113𝐿𝑚=𝑚12联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得𝑝=−8𝑘𝑄2√𝑔𝐿⑩29𝑔𝐿2即碰撞前的动量大小为8𝑘𝑄2√𝑔𝐿。𝑆29𝑔𝐿2(3)设𝑂点上方𝐿处为𝐷点。根据图(𝑐)和对称性可知，𝑆在𝐷点所受的电场力大小等于小21球的重力大小，方向竖直向上，在此处加速度为；在点上方做减速运动，在点𝑆10𝑆1𝐷𝐷下方做加速运动，为保证能运动到点与相碰，运动到点时的速度必须大于零。𝑆1𝑁𝑆2𝑆1𝐷设𝑀点与𝐷点电势差为𝑈，由电势差定义有=𝜑−𝜑⑪𝑀𝐷𝑈𝑀𝐷𝑀𝐷设小球初动能为，运动到点的动能为，由动能定理有𝑔(𝑀𝑂−𝐷𝑂)+𝑆1𝐸𝑘𝐷𝐸𝑘𝐷𝑚1𝑄𝑈=𝐸−𝐸⑫𝐸>0⑬𝑀𝐷𝑘𝐷𝑘𝑘𝐷由对称性，𝐷点与𝐶点电势相等，𝑀点与𝑁点电势相等，依据图(𝑏)所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得𝐸>(13−8√2)𝑘𝑄2⑭𝑘27𝐿答：小球在点所受电场力大小为√2𝑘𝑄2。(1)𝑆1𝑀4𝐿2(2)当小球𝑆运动到点时，恰与一沿轴负方向运动的不带电绝缘小球发生弹性碰撞。1𝑁𝑥𝑆2已知𝑆与𝑆的质量相等，碰撞前、后𝑆的动能均为4𝑘𝑄2，碰撞时间极短。碰撞前𝑆的动1213𝐿2量大小为8𝑘𝑄2√𝑔𝐿。9𝑔𝐿2(3)现将𝑆固定在点，为保证能运动到点与之相碰，从点下落时的初动能须满2𝑁𝑆1𝑁𝑆1𝑀足𝐸>(13−8√2)𝑘𝑄2。𝑘27𝐿第18页，共19页【解析】(1)根据库仑定律结合力的合成可解得；(2)根据牛顿第二定律结合动量守恒定律和能量守恒定律可解得；(3)为保证𝑆能运动到点与相碰，运动到点时的速度必须大于零，根据动能定理1𝑁𝑆2𝑆1𝐷解得。本题考查动量守恒定律，动能定理，结合带电粒子在电场中运动的规律，解题关键掌握粒子的运动情况分析，同时应用动量守恒定律时注意规定正方向。第19页，共19页