2021-2022学年福建省福州高三六校第一次联考物理试卷含解析.pdf

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1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3,请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6 小题，每小题4 分，共 24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、用某单色光照射金属表面，金属表面有光电子飞出.若照射光的频率增大，强度减弱，则单位时间内飞

2、出金属表面的光电子的A.能量增大，数量增多 B.能量减小，数量减少C.能量增大，数量减小 D.能量减小，数量增多2、在离地高人处，同时自由下落和竖直向上抛出各一个小球，其中竖直上抛的小球初速度大小为也 不计空气阻力,重力加速度为g,两球落地的时间差为（）3、下列说法正确的是（）A.。射线是高速电子流，它的穿透能力比a射线和丫射线都弱B.在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能C.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的动能减小D.当紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当改为红光照射时，也能发生光电效应，但从锌板表面逸出的光电子的最大初动能减小4、一

3、列简谐横波沿x 轴负方向传播，/=（）时刻的波形图象如图所示，此时刻开始介质中x=1.0m的质点产经0.25s第A.。=0 时刻质点P向x 轴正方向运动B.简谐横波的周期为0.8sC.简谐横波传播的速度为4m/sD.质点尸经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为y =1 O s i n 袱（c m）5、科学家通过实验研究发现，放射性元素嗡U有多种可能的衰变途径：先变成U B i,2；B i可以经一次衰变变成；T i,也可以经一次衰变变成t x （X代表某种元素），1 T i和Ux最 后 都 变 成%P b,衰变路径如图所示。则以下判断正确的是（）加 2 a里”x l I；.T i 一 受 P

4、 bA.a=21L 8=82B.是p衰变，是a衰变C.均是a衰变D.2；U经过7次a衰变5次0衰 变 后 变 成B i6、某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R i、R 2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻RI、R 2组成电路.R i、R 2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是（）A.将R i单独接到电源两端B.将R i、R 2并联后接到电源两端C.将R i、R 2串联后接到电源两端D.将R 2单独接到电源两端二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共2 0分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的

5、得3分，有选错的得。分。N.227、如图所示，理想变压器的初、次级线圈的匝数之比为片=W，在次级线圈中接有两个阻值均为5 0。的电阻，图甲中。为理想二极管。现在初级线圈输入如图乙所示的交流电压，那么开关K在断开和闭合的两种情况下，下列说法中正确的有（）A.两种情况下后两端的电压相同 B.两种情况下R2消耗的功率相同C.两种情况下R 消耗的功率相同 D.两种情况下变压器的输入功率不同8、有一列沿x 轴传播的简谐横波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a 和在x=6m处的质点b 的振动图线分别如图1 图 2 所示.则下列说法正确的是兀 兀A.质点a 的振动方程为y=4sin（1+）cm4 2

6、B.质点a 处在波谷时，质 点 b-定处在平衡位置且向y 轴正方向振动C.若波沿x 轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3m/sD.若波沿x 轴负方向传播，这列波的最大波长为24mE.若波的传播速度为0.2m/s,则这列波沿x 轴正方向传播9、如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的P-卜图像，其中A B段为双曲线，8。段与横轴平行，则下列说法正确的是（）A.过程中气体分子的平均动能不变B.过程中气体需要吸收热量C.过程中气体分子的平均动能减小D.过程中气体放出热量E.过程中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数增大10、一空间有垂直纸面向里的匀强磁场3,两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置

7、在磁场内，如图所示，磁感应强度3=0.5 T,导体棒裙、cd长度均为0.2 m,电阻均为0.1。，重力均为0.1 N,现用力向上拉动导体棒。瓦 使之匀速上升（导体棒必、cd与导轨接触良好），此时cd静止不动，则而上升时，下列说法正确的是（）X X X*8 x X 4xd|A.ab受到的拉力大小为2 NB.山 向上运动的速度为2 m/sC.在 2 s 内，拉力做功，有 0.4 J 的机械能转化为电能D.在 2 s 内，拉力做功为0.6 J三、实验题：本题共2 小题，共 18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11.（6 分）某同学用图甲电路做“测量电池的电动势和内阻”实验。可

8、用的器材有：A.电 源（电动势约3 V,内阻约10。）B.电压表V（量程050m V,内阻为50。）C.电流表A（量程0100m A,内阻约为2.5。）D.电阻箱R（0-999.9。，最小改变值为0.1。）E.定值电阻Ri（阻值为2 950。）F.定 值 电 阻 阻 值 为 9 950。）G.开关S 及若干导线在尽可能减小测量误差的情况下，请回答下列问题：（1）定值电阻应选用;（填写器材前面的字母序号）（2）用笔画线代替导线，按 图 甲 电 路 将 图 乙 实 物 完 整 连 接 起 来；（3）实验步骤如下：闭合S,调节电阻箱的阻值使电流表的示数为100m A,此时电阻箱的阻值为14.3C,电

9、压表的示数为Uo；断开S,拆下电流表，将 5 与 C 用导线直接相连，闭合S,调节电阻箱的阻值使电压表的示数仍为U o,此时电阻箱的阻值为17.0。，则电流表的内阻为 Q；调节电阻箱阻值，记下电阻箱的阻值拈，电压表的示数S；多次改变电阻箱的阻值，可获得多组数据。做出电压表示数的倒数（随电阻箱的阻值的倒数 的图线如图丙所示，若不考虑电压表对电路的影响，电池的电动势和内阻分别为 V、S1（结果保留三位有效数字）。12.（12分）为了测量大米的密度，某同学实验过程如下：（1）取适量的大米，用天平测出其质量，然后将大米装入注射器内；（2）缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V i,通过压强传

10、感器、数据采集器从计算机上读取此时气体的压强Pi;次数物理量12P/105PaPlPiV710 5mJV1v2（3）重复步骤（2）,记录活塞在另一位置的刻度匕和读取相应的气体的压强尸2；（4）根据记录的数据，算出大米的密度。Ji I卜-1 川 a（集 卜 如果测得这些大米的质量为，k g,则 大 米 的 密 度 的 表 达 式 为:为了减小实验误差，在上述实验过程中，多测几组尸、V 的数据，然后作_ _ _ _ _ 图（单选题）。11A.P-V B.V-P C.P D.V-VP四、计算题：本题共2 小题，共 26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13

11、.（10分）如图所示，质量为机、直径为d 的小球，拴在长为1的细绳一端一组成一单摆。将球偏开一小角度a 使之做简谐运动，求小球从左侧最大偏角摆至最低点的过程中，绳子拉力产生的冲量大小。（重力加速度g 已知）O14.（16分）有一四分之一玻璃球，左侧面镀银，光源A 在其通过圆心的水平底边3 0 上（。为球心），如图所示.从光源 A 发出的一束细光射到球面E 上，其中一部分光经球面反射后恰能竖直向上传播，另一部分光经过折射进入玻璃球内，经左侧镀银面反射恰能沿原路返回，若球面半径为R=6 m,玻璃折射率为百，求:光射到球面E 上的入射角光源A与球心D之间的距离15.(12分)在足球比赛中，经常使用“

12、边路突破，下底传中”的战术取得胜利，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中.如图所示，某足球场长90 m、宽 60 m.现一攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动2可视为在地面上做初速度为8 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为m/sL 试求：边线(1)足球从开始做匀减速直线运动到底线需要多长时间；(D 足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的启动过程可以视为从静止出发的匀加速直线运动，所能达到的 最大速度为6 m/s,并能以最大速度做匀速运动，若该前锋队员要在足球越过底线前追上足球，他加速时的加速度应满足什么条件？参考答案一、单项选择题：

13、本题共6 小题，每小题4 分，共 24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、C【解析】根据E=防 知，照射光的频率增大，则光子能量增大，光的强度减弱，单位时间内发出光电子的数目减少.故C 正确,ABD错误.2、D【解析】自由下落的小球，有力=9片对于竖直上抛的小球，由机械能守恒得：mgn,+1 mv 2=1 mv,2则得落地时速度大小为M =yjv2+2gh对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为-g,则运动时间为:hA.一，与结论不相符，选项A 错误;vB.,与结论不相符，选 项 B 错误；vC.,与结论不相符，选项C 错误；gD

14、.F/-H-/）与结论相符，选项D 正确；g N g g N g故选D.点睛：本题关键要明确小球运动中机械能守恒，要理清过程中的速度关系，写出相应的公式，分析运动时间的关系.3、B【解析】A.p射线是高速电子流，它的穿透能力比a射线强，比丫射线弱，故 A 项错误；B.原子核的结合能与核子数之比称做比结合能，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。在核反应中，比结合能小的原子核变成比结合能大的原子核时，会释放核能，故 B 项正确；C.根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子跃迁到离核较近的轨道上运动，据e2 v2k r-m r r可得，核外电子的动能增加，故 C项错误；D.当

15、紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，当改为红光照射时，不能发生光电效应，因为红光的频率小于锌板的极限频率，故 D项错误。故选B。4、D【解析】A.简谐波沿x 轴负方向传播，所以f=0时刻质点P向）轴正方向运动，故 A错误；B.简谐波沿,轴负方向传播，质点P第一次回到平衡位置时，即x=6m 处质点的振动传播到P点，所需的时间f=0.2 5 s=Q,解得T =0.6 s故 B 错误；C.从题图上读出波长为1 2 m,所以波速v=2 0 m/sT故 C错误；D.根据图象可知，此列波的振幅A =1 0 c m,简谐波沿x 轴负方向传播，T =0.6 s,角速度2 万1 0 万,co=-rad/s

16、T 3则质点P经过平衡位置向上运动时开始计时的振动方程为s .1 0y=lO sin-Re m3故 D正确。故选D。5、D【解析】A BC.2；Bi经过变化为 T i,核电荷数少2,为 1衰变，即2：烟 f ；T i+；H e,故a=2 1 0-4=2 0 62；Bi经过变化 为*x,质量数没有发生变化，为“衰变，即下B i f 2 1 x+_；e,故力=8 3+1=8 4故 ABC错误;D.2 j；U经过7 次 a 衰变，则质量数少2 8,电荷数少1 4,在经过5 次/?衰变后，质量数不变，电荷数增加5,此时质量数为238-28=210电荷数为92-14+5=83变成了 4；B i,故 D

17、正确。故选D。6、A【解析】根据闭合电路欧姆定律得：U=E-Ir知，1=0时，U=E,图象的斜率等于r,则由电源的U-I图线得到：电源的电动势为 E=3V,内阻为r=0.5C.由电阻的伏安特性曲线求出Ri=0.5。、R2=1Q,R i单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3 A,路端电压为1.5V,则电源的输出功率为PHii=1.5Vx3A=4.5W,同理，当将R i、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I 串=L 5A,此时电源的输出功率P 串=1 2串(RI+R2)=3.75W;两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I 并=3.6A,此时电源的

18、输出功率P#=EI并-P 并 r=4.32W；R2单独接到电源两端输出功率为P M2=2Vx2A=4W.所以将Ri单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故 A 正确，BCD错误。故选：A【点睛】由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻.由电阻的U-I图线求出电阻.再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择.二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得。分。7、CD【解析】A B D.在开关K 闭合时，此时电路中的总电阻为R 总=25。由图乙可知初级线圈

19、的有效值为220夜U.=2.=220VV2次级线圈的电压为4=3*2 2 0 =5 0 V此两端的电压为S=50V,&消耗的功率为U225005050W4电路中消耗的总电功率为U2 502P=100WR总25当开关K 断开时，及两端的有效值由心.工=脸R 1R得UR%4 50=25W电路中消耗的总电功率为P=%=+2=75WR 4 50 50故 AB错误，D 正确；C.在两种情况下并不影响R 两端的电压，故凡消耗的功率是相同的，故 C 正确。故选CDo8、BDE【解析】由于题目中不知道波的传播方向，所以在做此类问题时要分方向讨论，在计算波速时要利用波的平移来求解.【详解】7 T 7 TA.把

20、t=0代入振动方程为y=4sin(1+)cm,可知此时a 的位置应该在+4处，和所给的图不相符，故 A 错；4 2B.从图像上可以看出质点a 处在波谷时，质 点 b-定处在平衡位置且向y 轴正方向振动，故 B 对；C.若波沿x 轴正方向传播，从图像上可以看出b 比 a 至少滞后6 s,而 ab之间的距离为6 m,所以这列波的最大传播速度为lm/s,故 C 错；D、若波沿x 轴负方向传播，从图像上可以看出，a 比 b 至少滞后2 s,所以这列波的最大波速为：v=-=3 m/s则2最大波长为4=VT=3X8=242,故 D 对；E、根据图像，若波沿x 正方向传播，则波速的表达式为丫=/7加/$,当

21、 u=0.2/n/s,解得：=3 ,有解说8+6明波是沿x 正方向传播，故 E 对；故选B D E9、BDE【解析】根据理想气体状态方程P V =RT,可得：P=n R T-V故可知，P-；图象的斜率为：k=nRT而对一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低；A.P-：图象在过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，可知平均动能减小，故 A 错误；B.P-J 图象过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大，则温度升高，吸收热量，平均动能增大，故 B正确，C 错误；D.过程可读出压强增大，斜率不变，即温度不变，内能不变，但是体积减小，外界对气体做正功，根

22、据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故 D 正确；E.过程可读出压强增大，温度不变，分子的平均动能不变，根据理想气体压强的微观意义，气体压强与气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数、气体分子平均动能有关，在压强增大，温度不变以及体积减小的情况下，气体分子对容器壁的碰撞次数增大，故 E 正确；故选BDEo10、BC【解析】A.导体棒a b 匀速上升，受力平衡，c,棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得“人棒受到的推力：F=2mg=0.2N故 A 错误；B.对 cd棒，受到向下的重力帆g 和向上的安培力/安，由平衡条件得：F 安=BL /ngBLv2R联立解得:2

23、mgRB21?2xO.lxO.l0.52X0.22m/s=2m/s故B正确;C.在2s内，电路产生的电能:。埸 告(0.5 2xx 00.2.1 2)2 x2J=0.4J则在2s内，拉力做功，有0.4J的机械能转化为电能，故C正确;D.在2s内拉力做的功为：W=FU=0.2X2X2J=0.8J故D错误。三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、E2.72.9012.0【解析】(1)口实验中需要将电流表A与定值电阻K串联，改装成一个量程为0 3V的电压表，由部分电路欧姆定律知U-U、=&代入数据解得=2950Q故选E。(2)2根据电路原理图，实

24、物连接如图所示(3)3电压表的示数始终为U o,则说明RA+R=R即为RA=17.0C T4.3C=2.7C4根据闭合电路的欧姆定律知E=U(殳+D+U(殳 J rRv R、R代入数据变形后1 60r 1 60-=-+-U E R E结合题中所给图像的纵截距20.7=E解得E=2.90V斜率144.9-20.7 _ 60r050E求得=12.0。12、/DP 2%-PM【解析】(1)以封闭气体为研究对象，由玻意耳定律求出大米的体积，然后由密度公式求出大米的密度;(2)为了方便地处理实验数据，所作图象最好是正比例函数图象，由玻意耳定律分析答题。【详解】(4)1设大米的体积为匕以注射器内封闭的气体

25、为研究对象，由玻意耳定律可得：（匕-丫）成化-丫）解 得：v=垩 二 生PP,大米的密度m _ m（P2-Py）V p -p y,c 2由玻意耳定律可知，对一定量的理想气体，在温度不变时，压 强 尸 与 体 积V成 反 比，即尸V=C,则 丫=,，由此可1 1 1知V与 一 成 正 比，V-图 像 是 过 原 点 的 直 线，故 可 以 作y-图象，故D正 确，ABC错 误。p p P故 选D。【点 睛】本题难度不大，是一道基础题，熟练应用玻意耳定律是正确解题的关键；知道玻意耳定律的适用条件是质量一定温度不 变。四、计算 题：本 题 共2小 题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写

26、出必要的文字说明、方程式和演算步 骤。27113、J 4-2(1 cos cc)4【解 析】设合力冲量为/合，绳 子 拉 力 产 生 的 冲 量 为1,由动量定理可知:/=ntv摆球由最大偏角摆至平衡位置的过程中，由机械能守恒定律mg(l+-cos a)=mv2v=(/+-1)(l-cosa)所以:/合=m J2 g(/+弓)(1 一 cos a)其中重力的冲量由于合力的冲量沿水平方向，所以由矢量合成的平行四边形定则可知:由图可得:2 2 z 1 d、._I-g(l+-)d 1系/+-+2m放 Q+)(1-cos a)=+)+2(1-cos a)14、60；3m。【解析】由题意可知折射光线与镜

27、时垂直，其光路图如图所示.则有z+r=90由折射定律可得皿“百sin r解得入射角i=60折射角r=30在直角三角形E五。中：c E口SDF=R cos r=R由几何关系可得血为等腰三角形，所以LAD=2 SDF-GR=3m15、(1)，=9s(1)a 2$2【解析】设所用时间为。则uo=8 m/s；x=45 mx=vt+at1,解得仁9 s.2(1)设前锋队员恰好在底线追上足球,加速过程中加速度为名若前锋队员一直匀加速运动，则其平均速度XV=-,即，=5 m/s；而前锋队员的最大速度为6 m/s,故前锋队员应该先加速后匀速t设加速过程中用时为4,则有=必a匀加速运动的位移X1=V|11 02a解得X尸身a匀速运动的位移xi=Vm(i),即xi=6x(9-4)m而 xi+ri=45 m解得 a=l m/s1故该队员要在球出底线前追上足球，加速度应该大于或等于1 m/s.点睛：解决本题的关键要注意分析运动过程，理清足球和运动员的位移关系，再结合运动学公式灵活求解即可解答.