2021年福建省新高考物理试卷(附答案详解)

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5.4km

B. 该游客的平均速率为5.4m/s

C. 该游客的平均速度大小为0.5m/s

D. 若以所乘竹筏为参考系，玉女峰的平均速度为0

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(11H)以速度v0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(10e) B. 以速度v0射入的电子(−10e)

2

C. 以速度2v0射入的核(12H)

D. 以速度4v0射入的a粒子(14He)

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()A. A1增大，V2不变，V3增大

B. A1增大，V2减小，V3增大

C. A2增大，V2增大，V3减小

D. A2增大，V2不变，V3减小

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()A. O点的磁感应强度为0

B. O点的磁感应强度方向由O指向c

C. 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B的匀强磁场。在t=t1时刻，两均匀金属棒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，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()

A. t1时刻a棒加速度大小为2B2L2v0

3mR

B. t2时刻b棒的速度为0

C. t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍

mv02

D. t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为2

9

8.两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。他们对一颗靠近银河系中心的恒星S2的

位置变化进行了持续观测，记录到的S2的椭圆轨道如图所示。图中O为

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()

A. S2与银河系中心致密天体的质量之比

B. 银河系中心致密天体与太阳的质量之比

C. S2在P点与Q点的速度大小之比

D. S2在P点与Q点的加速度大小之比

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.核污水中常含有氚(13H)等放射性核素，处置不当将严重威胁人类安全。氚β衰变的

半衰期长达12.5年，衰变方程为 13H→Z A He+−10e+ν−e，其中ν−e是质量可忽略不计的中性粒子，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。

(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）

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12，火星质量约为地球质量的1

10，地球表面重力加速度大小取10m/s 2，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/s 2，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。

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ON上的电势φ随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S1以一定初动能从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S1在M点所受电场力大小。

(2)当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性

，碰撞时间极短。求碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ2

3L

碰撞前S2的动量大小。

(3)现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能

须满足什么条件？

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 率−=s t =

5.41km/ℎ=5.4km/s ，故B 错误；

C 、该游客的平均速度大小为v −=x t =1.81km/ℎ=0.5m/s ，故C 正确；

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(11H)以速度v 0自O 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场力，满足

qv 0B =qE

解得v 0=E B

即质子的速度满足速度选择器的条件；

A .以速度v 02射入的正电子(10e)，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A 错误；

B .以速度v 0射入的电子(−10e)，

依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，故B 正确；

CD.以速度2v 0射入的核(12H)，以速度4v 0射入的α粒子(1

4He)，其速度都不满足速度选器的条件v 0=E B ，故都不能做匀速直线运动，故CD 错误；

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U 1=U V1不变，

根据：U 1U 2=n 1n 2

可知，变压器副线圈的输出电压U 2=U v2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I 2=U

2R+R 灯可知，副线圈的电流I 2=I A2变大，而由，U V3=U 2−I 2R 可知，可知V 3减小；由理想变压器的原理U 1I 1=U 2I 2，可知原线圈的电流I 1=I A1变大；故综合上述分析可知A 1增大，A 2增大，V 2不变，V 3减小；故ABC 错误，D 正确。 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 =ρSv 2

10级台风的风速v 1≈25m/s ，16台风的风速v 2=50m/s ，则有

F 2

F 1=v 22

v 12≈4 故B 正确，ACD 错误。

故选：B 。

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，如图所示由图可知，B b与B c相互抵消，B a与B d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，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B c与B d大小相等，方向相反，互相抵消；而B b与B a大小相等，方向如图所示，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a、b各自产生的电动势之和，即E=2BLv0。

感应电流I=E

R+2R =2BLv0

3R

对a由牛顿第二定律得：

BIL=ma

解得：a=2B2L2v0

3mR

，故A正确；

B、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

S a ，2R=ρL S

b

可得：S a=2S b，

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

2

。

a、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。t2时刻流过a的电流为零，a、b之间的磁通量不变，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：

mv0−m

2v0=(m+m

2

)v

解得：v=1

3v0，即t2时刻b棒的速度为1

3

v0，故B错误；

C、t1～t2时间内，通过a、b的电流总是相等，根据q=It，则通过a、b棒横截面的电荷量相等，故C错误；

D、t1～t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得：

1 2mv02+1

2

×m

2

v02=1

2

(m+m

2

)v2+Q

总

解得回路中产生的总热量Q总=2

3

mv02

a棒产生的焦耳热Q a=R

R+2R Q

总

=2

9

mv02，故D正确。

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

【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

2a =c

a

由题知，Q 与O 的距离约为120AU ，即a −c =120AU

由此可求出a 、c ，由于S 2是绕致密天体运动，根据万有引力定律，可知无法求出S 2与银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

a 3T 2

=k ，式中k 是与中心天体的质量M 有关的常量，且与M 成

正比，所以，对S 2是绕致密天体运动，有 a 3

T S 2

2=k 致∝M 致

对地球围绕太阳运动，有

r 地

3

T 地

2=k 太∝M 太

两式相比，可得M 致

M 地

=a 3T 地

2

r 地3T S 2

2

因S 2的半长轴为a ，周期T S2、日地之间的距离r 地、地球绕太阳的公转周期T 地都已知，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；

C 、根据开普勒第二定律有12v P (a +c)=1

2v Q (a −c)，则v P v Q =a−c

a+c ，因a 、c 可以求出，则

可以求出S 2在P 点与Q 点的速度大小之比，故C 正确；

D 、S 2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，根据牛顿第二定律得 G

Mm r 2

=ma

解得a =

GM r 2

因为P 点到O 点的距离为a +c ，Q 点到O 点的距离为a −c ，则S 2在P 点与Q 点的加速度大小之比a P

a

Q

=

(a−c)2(a+c)2

因a 、c 可以求出，则S 2在P 点与Q 点的加速度大小之比可以求出，故D 正确。 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S 2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S 2在P 点与Q 点的速度大小之比；根据万有引力定律和牛顿第二定律相结合求S 2在P 点与Q 点的加速度大小之比。

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

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】2 3 1

16

【解析】解：衰变方程为 13H →Z A He+−10e +ν−

e ，

根据电荷数守恒和质量数守恒可得，Z −1=1，解得：Z =3 A +0=3，解得：A =3；

经过50年，排入海水中的氚的剩余质量为：m′=m(12)50

12.5=1

16

m

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 0(1

2)n ，即可求解。 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

T =C ，可知气体的温度先升高后降低。 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 ×10 160 3.14×10−34

【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附近，由于该电阻丝的阻值在100～200Ω，而表盘刻度在15～20左右，所以应选择×10倍率的电阻挡；

(7)根据电阻定律有R=ρL

S =ρ4L

πd2

，解得该电阻丝的电阻率为ρ=πd2R

4L

=

3.14×(1.414×10−3)2×160

4×80.00×10−2

Ω⋅m=3.14×10−34Ω⋅m。

故答案为：(1)1.414；(3)×10；(5)160；(7)3.14×10−34

(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。

(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 F=x EG

2T

=

(6.92−3.85)×10−2

2×0.1

m/s≈0.15m/s

(5)v−t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=T−f

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，从而找到解决方案；匀变速直线运动中中间时刻速度等于平均速度；v−t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：(1)设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为v1，末速度大小为v2，加速度大小为a。

由匀变速直线运动速度与时间关系公式有v2=v1−at

代入题给数据解得a=1.2m/s2

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 =v 1t −1

2at 12

联立解得s =3840m

(2)设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为M 火、r 火和g 火，地球的质量、半径和表面重力加速度大小分别为M 地、r 地和g 地，已知：M 火

M 地

=1

10，r 火

r 地

=1

2。

由万有引力等于重力，对质量为m 的物体，在火星表面上，有GM 火m r 火

2

=mg 火

在地球表面上，有

GM 地m r 地

2

=mg 地，式中G 为引力常量。

解得：g 火=4m/s 2

设变推力发动机的最大推力为F ，能够悬停的火星探测器最大质量为m max ，由力的平衡条件有F =m max g 火 联立解得m max =1875kg

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/s 2，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 =ma① N −mgcosθ=0② f =μN③

联立①②③式并代入题给数据得 a =7m/s 2④

W=T1s1+T2s2⑤

式中T1、T2和s1、s2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。依题意，T1=8N，s1=1m，T2=10N，s2=1m。设滑块第一次到达B点时的动能为E k，由动能定理有

W+(mgsinθ−f)(s1+s2)=E k−0⑥

联立②③⑤⑥式并代入题给数据得

E k=26J⑦

(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 k。设滑块离B点的最大距离为s max，由动能定理有

−(mgsinθ+f)s min=0−E k⑧

联立②③⑦⑧式并代入题给数据得

s max=1.3m⑨

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：(1)设A到M点的距离为R M，A点的电荷对小球S1的库仑力大小为F A，由

库仑定律有F A=kQ 2

R M2

①

设小球S1在M点所受电场力大小为F M，由力的合成有F M=2F A sin45°②

联立①②式，由几何关系并代入数据得F M=√2kQ2

4L2

③

(2)设O点下方L

2

处为C点，A与C的距离为R C，小球S1在C处所受的库仑力大小为F C，由库

仑定律和力的合成有F C=2kQ 2

R C2

sinθ④

式中sinθ=OC R

C设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有F C+m1g= m1a⑤

由图(c)可知，式中a=2g

联立④⑤式并代入数据得m1=8kQ2

27gL2

⑥

设S2的质量为m2，碰撞前、后S1的速度分别为v1，v1′，S2碰撞前、后的速度分别为v2，v2′，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1+m2v2=m1v1′+ m2v2′⑦

1 2m1v12+1

2

m2v22=1

2

m1v1′2+1

2

m2v2′2⑧

设小球S2碰撞前的动量为p2，由动量的定义有p2=m2v2⑨

依题意有1

2m1v12=1

2

m1v1′2=4kQ2

3L

m1=m2

联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得p2=−8kQ2√gL

9gL2

⑩

即碰撞前S2的动量大小为8kQ 2√gL

9gL2

。

(3)设O点上方L

2

处为D点。根据图(c)和对称性可知，S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零。设M点与D点电势差为U MD，由电势差定义有U MD=φM−φD⑪

设小球S1初动能为E k，运动到D点的动能为E kD，由动能定理有m1g(MO−DO)+

QU MD=E kD−E k⑫E kD>0⑬

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 k>(13−8√2)kQ2

27L

⑭

答：(1)小球S1在M点所受电场力大小为√2kQ2

4L2

。

(2)当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。

已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ2

3L

，碰撞时间极短。碰撞前S2的动

量大小为8kQ 2√gL

9gL2

。

(3)现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满

足E k>(13−8√2)kQ2

27L

。

【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S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零，根据动能定理解得。

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。

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