卷3-2021年决胜高考物理模考冲刺卷（新高考福建专用）（解析版）.docx

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1、2021年决胜高考物理模考冲刺卷（三）福建专用注意事项:1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。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。1四种颜色的光分别通过同一双缝产生的双缝干涉图案如图中各选项所示，用这四种颜色的光分别照射某金属板，只有两种光能产生光电效应，则能产生光电效应的光线中，光子能量较小的光对应的双缝干涉图案是()ABCD【答案】C【解析】根据x=Ld知，波长越长，双缝干涉条纹的间

2、距越大，A、B、C、D选项的波长逐渐减小，则频率逐渐增大，因为只有两种能产生光电效应，则知干涉条纹为C、D的照射光能发生光电效应，则频率较小的是C，即能量较小的是C，故C正确，A、B、D错误故选C【点睛】解决本题的关键知道光电效应产生的条件，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式x=Ld2地球同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，已知地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G，则下列关系式正确的是（）ABCD【答案】A【解析】A地球同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1，由解得故A正确；B因为地球

3、同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，向心力不同，故，故B错误；C对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到可得则有故C错误；D地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，二者轨道不同，故不满足，故D错误。故选A。3核反应方程中，的质量为m1、的质量为m2、的质量为m3、X的质量为m4，光在真空中的速度为c.则下列判断正确的是AX是，BX是，CX是，DX是，【答案】B【解析】根据核反应方程中质量数和电荷数守恒有X的质量数，核电荷数：，所以X为氦核，该反应过程中质量亏损为，所以释放的核能为，B正确4一正弦交

4、流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知（）A该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）VB该交流电的频率为50HzC该交流电的电压的有效值为100VD若将该交流电压加在阻值为R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W【答案】D【解析】A由图可知故所以其表达式为故AB错误；C由图像可知交流电的最大值为100V，因此其有效值为所以R消耗的功率为故C错误，D正确。故选D。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。5一轻弹簧上端套在固定的光滑水平轴O上，下端拴接一小球P，小球P在水平轻绳PA

5、的作用下静止在图示位置。现将轻绳的A端向右上方缓慢提升，使OPA保持不变，弹簧沿逆时针方向旋转一小角度，则在该过程中（）A弹簧的长度增大B弹簧的长度减小C轻绳的拉力增大D轻绳的拉力减小【答案】BC【解析】小球的受力情况如图所示，根据正弦定理有解得在轻绳的A端向右上方缓慢提升的过程中，OPA保持不变即保持不变，增大，从开始减小，则x减小，F增大。故选BC。6如图所示，两个带电量为+Q的等量同种电荷，一绝缘且光滑的竖直细杆与连线的中垂线重合，细杆和两点电荷均固定，A、O、B为细杆上的三点，O为两个点电荷连线的中点，AO=BO=h，现有电荷量为+q，质量为m的小球套在杆上，从A点以初速度v0向B先减

6、速再加速运动，则可知（ ）A从A到B，小球的电势能先增大后减小B从A到B，小球的加速度一定先减小后增加C小球运动到B点时的速度大小为D小球从A到O与从O到B经历的时间相等【答案】AC【解析】A由等量同种电荷的电场分布可知到电势先增大后减小，小球的电势能先增大后减小，故A选项正确；B由等量同种电荷的中垂线上场强分布特点知，点有可能在最大电场强度的上方或下方；小球先减速再加速运动，开始时电场力大于重力；若点在最大电场强度的上方，根据受力牛顿第二定律可知到的过程中，小球的加速度先增大后减小到零然后反向增大最后再减小，故B选项错误；C到电场力的功为零，据动能定理对A到B过程有求得点速度大小为故C选项正

7、确；D小球从点以初速度向先减速再加速运动，小球从A到B过程所受电场力关于O点对称，小球另外还受重力，所以小球到O与从O到经历的时间不相等，故D选项错误。故选AC。7现有固定成的两轻杆，可绕固定点自由转动，轻杆的长为，长为，A、B两球质量均为，分别固定在和的端点，不计一切摩擦和空气阻力。现把A球拉至水平由静止释放，如图所示，则在摆动过程中，下列判断正确的是（）AA球在摆动过程中减少的重力势能等于两球增加的动能BA球在摆动到最低点过程中其速度等于B球速度的两倍CB球摆到水平位置过程中，杆对B球做功为DA球在摆到最低点过程中的机械能减少，A球克服杆做功为【答案】BC【解析】A、两球构成的系统机械能守

8、恒，球在摆动过程中减少的重力势能转化成两球的动能和球的重力势能，故A错误；B在摆动过程中、两球的角速度相同，故球速度等于球速度的两倍，故B正确；CD球摆到水平位置时，设此时球的速度为，则球的速度为，两球组成的系统机械能守恒解得球增加的机械能为，故杆对球做的功为，球克服杆做功为，故C正确，D错误。故选BC。8如图甲，在虚线所示的区域有竖直向上的匀强磁场，面积为S的单匝金属线框放在磁场中，线框上开有一小口与磁场外阻值为R的小灯泡相连若金属框的总电阻也为R，磁场如图乙随时间变化，则下列说法正确的是（ ）Aa 端电势较高B线框cd边受到的安培力指向左Cab间电压大小为D0t0时间内小灯泡的电功率为【答

9、案】ACD【解析】A、由楞次定律可得感应电流的方向为逆时针，穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极b到正极a，而通过R的电流方向为ab，即a端电势高，故A正确；B、根据左手定则可知，线框cd边受到的安培力方向向右，故B错误；C、穿过线圈的感应电动势为，由闭合电路殴姆定律可得，则电阻R两端的电压为，故C项正确。D、由电功率的计算表达式，则D项正确。故选ACD.【点睛】由法拉第电磁感应定律求出感应电流的大小，而感应电流的方向则由楞次定律判定，及左手定则确定安培力的方向，同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部（线圈）电流方向是负极到正极三、非选择题：共6

10、0分。考生根据要求作答。9.（4分）如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时的速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°，则电子的质量是_，穿过磁场的时间是_【答案】 【解析】电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F洛v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到的洛伦兹力指向的交点上，如图中的O点由几何知识可知，所对的圆心角30°，OB为半径r则r2d，又因为r，得m由于所对应的圆心角为30°，因此穿过的时间tT又因为T，故t×10.（4分）如图所示，一端开口、粗细均匀的U形玻璃管

11、竖直放置。管内用水银封闭了一定质量的气体，平衡时，左右两边水银面高度差为h，已知水银的密度为；环境大气压强为P0。则封闭气体的压强为_。若整个装置做自由落体运动，则C处液面将_（选填“上升”“下降”或“不动”）。【答案】 上升 【解析】1以BC段水银柱为对象，受三个力处于平衡状态，根据平衡条件有：解得封闭气体的压强为2 若整个装置做自由落体运动时，BC段水银柱将失重，封闭气体的压强减小，体积变大，所以C处液面将上升。11.（5分）某同学利用图甲所示装置研究小车的匀变速直线运动。（1）实验中，必要的措施是_。A细线必须与长木板平行B先接通电源再释放小车C钩码的个数越多越好D长木板必须水平，不能一

12、端高一端低（2）采用正确的步骤和方法后该同学实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个点未画出）。s1=3.59cm，s2=4.41cm，s3=5.19cm，s4=5.97cm，s5=6.78cm，s6=7.64cm，则小车的加速度a=_m/s2（要求充分利用测量数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=_m/s。（两个结果均保留两位有效数字）（3）如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏_（填“大”或“小”）。【答案】AB 0.80 0.40

13、 大 【解析】(1)1利用图甲所示装置研究小车的匀变速直线运动实验中，必要的措施是细线必须与长木板平行，先接通电源再释放小车，对钩码的个数没有要求，不是越多越好，实验中不需要平衡摩擦力。但木板可以倾斜，故AB正确CD错误。(2)2根据逐差法，有3根据一段时间平均速度等于中间时刻瞬时速度，有(3)4如果当时电网中交变电流的频率是f=49Hz，那么实际周期大于0.02s，根据运动学公式，可知真实的加速度值就会偏小，所以测量的加速度值与真实值相比是偏大的。12.（7分）某同学利用如图所示的实验电路来测量电阻的阻值其中电流表量程为0.6 A，(1)先按图示电路连接好，把滑动变阻器R'滑片调至图

14、中最 _（填 “左”或“右”）端，将电阻箱接入a、b之间，使其阻值为零，闭合开关S，调节滑动变阻器R'，使电流表满偏；(2)保持滑动变阻器R'阻值不变改变电阻箱的阻值R，得到一组电流表的示数I与R的数据如下表：请根据实验数据作出I-R关系图象_(为充分利用坐标纸，在原点纵坐标I可取0.1 A)(3)用待测电阻R，替换电阻箱，读得电流表示数为0.36 A利用(2)中测绘的I-R图象可得Rx= _(4)自表格中数据可算出电源电动势为_V使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大若仍用本实验装置和测绘的I-R图象，先完成上述步骤(1)，再测定某一电阻，则测定结果将_（填“偏大

15、”“偏小”或“准确”）【答案】左 7.0 6.0 准确 【解析】(1)闭合开关前，应调节滑动变阻器使电路中的起始电流最小，则滑动变阻器R'滑片应置于最左端，使滑动变阻器接入电路的阻值最大(2)根据实验数据描点作出I-R关系图象如下(3)用待测电阻R，替换电阻箱，读得电流表示数为0.36 A对照I-R关系图象，可得Rx7.0(4)由闭合电路欧姆定律可得I=ER'+r+R从图线上选取两组和线偏离较小的数据5.0，0.40A、40.0,0.12A代入解得R'+r=10E=6.0V使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大，先完成上述步骤(1)，则滑变阻值与电源内阻的和

16、不变；若仍用本实验装置和已测绘的I-R图象I=E10+R测定某一电阻，则测定结果准确13.（10分）如图所示，质量为m=2.5kg的物体放在质量为M=5.5kg的平台上，随平台上、下做简谐运动，振幅为A=0.1m。设在简谐运动过程中，二者始终保持相对静止。已知轻弹簧的劲度系数为k=400N/m，（g=10m/s2）试求：(1)两者处于平衡位置时，弹簧形变量；(2)二者一起运动到最低点时，物体对平台的压力大小。【答案】(1)0.2m；(2)37.5N【解析】(1)根据平衡条件解得(2)当系统到达最低点，振幅为，则对，根据牛顿第二定律两式相比解得根据牛顿第三定律可知物体对平台的压力。14.（12分

17、）如图所示，竖直放置的U形光滑导轨宽L1m，与一电容器和理想电流表串联导轨平面有垂直于纸面向外B1T的匀强磁场，质量为m0.01kg的金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑，此过程中电流表的示数恒为I0.05A重力加速度g取10m/s2，不计一切阻力和电阻，求：(1)金属棒ab下滑的加速度大小； (2)电容器的电容.【答案】(1) (2) 【解析】【解析】(1)导体棒受安培力FABIL0.05N由牛顿第二定律mg-FAma解得:(2)任意时刻导体切割磁感线产生的感应电动势：EBLv电容器的电量：QCUCBLv联立得到： 所以:15.（18分）示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电

18、子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场，电子穿出偏转电场后打在荧光屏上。若加速电压，偏转极板长，板间距，不计电子的重力。求：(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？(2)若偏转板右端到荧光屏的距离L=10cm，求电子束最大的偏转距离OP。【答案】(1) ；(2) 【解析】（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场必须下板边缘出来。加速电场中，由动能定理有电子在偏转电场的飞行时间为加速度为要使电子从下极板边缘出来，应有解得偏转电压为（2）设电子离开电场后侧移距离为y1，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为因为电子离开偏转电场的侧向速度为电子离开偏转电场后的侧向位移为得电子最大偏转距离为代入数据解得