2021届福建省泉州市晋江市高考物理考前模拟试卷(一)(含答案解析).pdf

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1、2021届福建省泉州市晋江市高考物理考前模拟试卷（一）一、单 选 题（本大题共4 小题，共 16.0分）1.如图所示为一简谐运动的振动图象，在。0.8 s 时间内，下列说法正确的是（）A.质点在0 和0.8 s 时刻具有正向最大速度B.质点在0.2 s 时刻具有负向最大加速度C.0 至0.4 s 质点加速度始终指向-X 方向不变D.在0.2 s 至0.4 s 时间内，加速度方向和速度方向相同2.如图所示，一端封闭、一端开口的足够长U形管竖有放置，管中有两段相同高度的 卜水银柱封住了两段空气A 和 B,为了使气体A 的体积减小可以采用的办法是（）A.只升高B 的温度B.A、B 同时升高相同的温度

2、C.在右管中加入水银D.。形管在竖直平面内逆时针转过9 0。3.为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度E的大小，某同学用绝缘细线将质量为，小 带电量为+q 的金属球悬于。点，如图所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角。=60：再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为a =3 0。，重力加速度为g，则该匀强电场的电场强度E大小为（）A.E =1mgB.Ey3mg2qC.E3qD.Erngq4.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷（即 粒 子 P的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子a、b,从电容器边缘的尸点（如图）以相同的水平速度射入

3、两平行板之间。测得、人与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1：3.若不计重力，则。和匕的比荷之比是（）A.1：3B.9：1C.3：1 D,1：9二、多 选 题（本大题共4 小题，共 24.0分）5 .有一辆货车以相同的输出功率先后两次匀速驶上同一坡路，第一次空载上坡，货车的速度为力，牵引力为F i；第二次满载上坡，货车的速度为方,牵引力为尸 2.则（）A.%v2 B.%F2 D.FI F26.北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星定位与通信系统（BD S）,是继美全球定位系统（G PS）和俄卫星导航系统（G L 0 M 4 S S）之后第三个成熟的卫星导航系统，2 0 1 2 年 1

4、 2 月 2 7 日，北斗导航业务正式对亚太地区提供无源定位、导航、授时服务.此系统由若干中轨道、高轨道和同步卫星组成，可将定位精度提高到“厘米”级.已知三种卫星中，中轨道卫星离地面最近，同步卫星离地面最远，运行轨道可看作圆轨道，则下列说法正确的是（）A.由G萼 =m岂得回知卫星线速度与离地面高度的平方根成反比rz r 7 rB.中轨道卫星的角速度大于高轨道卫星的角速度C.高轨道卫星所受地球的引力大于同步卫星所受的地球引力D.中轨道上的重力加速度大于同步轨道上的重力加速度7 .下列关于变压器的说法正确的是（）A.变压可以增加输出功率 B.变压器可以改变直流电压C.变压器只能升高电压 D.变压器

5、既能升压也能降压8 .质量为，的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在 r 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过f 秒小球又回到A点.不计空气阻力且小球从未落地，则（）A.整个过程中小球电势能变化了|m g2 t 2B.整个过程中小球动能增量为2 m g 2 t 2C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了m g 2 t 2D.从 4点到最低点小球重力势能变化了|m g 2 t 2三、填 空 题（本大题共1小题，共4.0分）9.1 9 1 9 年卢瑟福通过如图所示的实验装置，第一次完成了原子核的人工转变，由此发现（填“质子”“中 子 电 子 ）.图中银箔的作用是恰好阻挡a

6、粒子不射透银箔，实验中充入氮气后显微镜观察到了闪光.完成该实验的核反应方程：1/e+/NT?。+四、实 验 题（本大题共3小题，共16.0分）1 0.1 7.用双缝干涉测光的波长实验中采用双缝干涉仪，它包括以下元件:4白炽灯，B.单缝，C,光屏，D,双缝，E.红色滤光片。(其中双缝和光屏连在滤光筒上)(1)把以上元件安装在光具座上时，从光源起正确的排列顺序是：。(2)正确调节后，在屏上观察到红色的干涉条纹，用测量头测出1 0 条红亮纹间的距离为 改用绿色滤光片，其他条件不变，用测量头测出1 0 条绿亮纹间的距离为6,则一定有I选 填“大于”“等于”或“小于”)瓦1 1 .某学生做“探究弹力和弹

7、簧伸长的关系”的实验.实验时把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码,每增加一只钩码均记下对应的弹簧的长度工数据记录如表所示.根据表中数据在图1 中作出F-x图线;钩码个数01234567弹力F/N01.02.03.04.05.06.07.0弹簧伸长的长度/c m02.0 03.9 86.0 27.9 79.9 51 1.8 01 3.5 0根据尸-x 图线可以求得弹簧的劲度系数为 N/m；估测弹簧弹力为5 N 时弹簧的弹性势能 J.一位同学做此实验时得到如图2 所示的F -x图线，说明此同学可能出现了哪种错误？1 2 .(1)一轻弹簧原长为1 0 c m,把它上端固定，下端悬挂一重为0.5 N 的钩

8、码，静止时它的长度为1 2 cm,弹簧的劲度系数为 N/m；现有一个带有半径为1 4 a”的;光滑圆弧的物块静止放在水平面上，半径。4水平，08竖直，如 图 I 所示；将上述轻弹簧的一端拴在4点，另一端拴着一个小球，发现小球静止在圆弧上的P 点，且/B O P=3 0。，则小球重为 N.(2)“验证力的平行四边形定则”实验的步骤如下，请你将实验步骤补充完整.在水平放置的木板上，固定一张白纸；把橡皮筋的一端固定在。点，另一端拴两根带套的细线.细线和橡皮筋的交点叫做结点；在纸面离。点比橡皮筋略长的距离上标出A 点；用两个弹簧秤分别沿水平方向拉两个绳套，把结点拉至A 点，如图2 所示，记下此时两力F

9、I和尸 2的方向和大小；改用一个弹簧秤沿水平方向拉绳套，仍把结点拉至A 点，；拆下弹簧秤和橡皮筋；在 A 点按同一标度，作Fi、尸 2、尸三个力的图示；比较尸合和尸的大小和方向并得出结论.(3)某同学利用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻，实验中电表内阻对实验结果的影响很小，均可以忽略不计.闭合电键S后，变阻器的滑动触头尸由变阻器的一端滑到另一端的过程中，两电压表示数随电流变化情况分别如图乙中的直线。、所示.将实物图中未连接的部分元件，按电路图连接成实验电路；根据U-/图象中坐标轴表示的数据，可求出电源电动势E=,内电阻r=五、计算题(本大题共3 小题，共 40.0分)13.汽车行驶在半

10、径为50根的圆形水平跑道上，速度大小为1 0/n/s,己知汽车的质量为1000kg,汽车与地面的最大静摩擦力为车重的0.8倍。问：(g=10m/s2)(1)汽车绕跑道一圈需要的时间是多少？(2)其向心力是多大？(3)要使汽车不打滑，则其速度最大不能超过多少？14.如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为%.使该线框从静止开始绕过圆心0、垂直于半圆面的轴以角速度3匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化，为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间

11、的变化率争I勺大小应为多少？AL15.如图所示，xOy为平面直角坐标系，x 轴水平，)，轴竖直。在 x 轴上、下方空间都分布着垂直xOy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小分别为B、3B(未画出)。一质量为，小 电荷量为-q 的小球从坐标原点。处以与x轴正方向成30。角的速度v射入第一象限，不计重力。求：(1)小球从离开。点(记为第0次)到第四次经过x轴过程的平均速度;(2)小球从离开。点后O为小球的运动周期)时刻的位置坐标。【答案与解析】1.答案：D解析：解：A、质点在0和0.8s时刻，位移为零，正通过平衡位置，速度最大.图象的斜率为负，说明速度为负，即质点在0和10.8s时刻具有负向最大速

12、度.故A错误.以 质点在0.2s时刻具有负向最大位移，由。=-竺，知加速度为正向最大，故8错误.rrtC、0至0.4s质点的位移始终指向-x方向，由。=-，知加速度始终指向+x方 向 不 变.故C错误.mD、在0.2s至0.4s时间内，加速度方向沿+%方向，速度方向也沿+无方向，两者方向相同，故。正确.故选：D质点通过平衡位置时速度最大.简谐运动的特征是a=-秘，加速度方向与位移方向总是相反.由图m读出位移的变化，再分析速度和加速度的变化.由简谐运动的图象可直接读出质点的振幅、周期、位移等.同时，要明确加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移成正比.2.答案：C解析：解：设水银柱高度为h,则封

13、闭气体压强：PB=Po+h,PA=PB-=P o、U形管在竖直平面内逆时针转过90。，A、8的压强都减小，A的压强减小而温度不变，由玻意耳定律可知，4的体积增大，故。错误；故选：C.求出封闭气体的压强，根据题意应用气体状态方程分析，在什么情况下，A气体体积减小.本题考查了判断气体A的体积如何变化，根据图示求出气体的压强，根据具体情况判断出气体压强如何变化，然后应用气体状态方程即可正确解题，求出气体压强、判断出气体压强如何变化是正确解题的关键.3.答案：D/八解析：解：A8C。、设金属球原来带电量为q,质量为第一次金属球稳定时，受力如上图所示，重力mg与电场力qE的合力与绳子拉力等大反向共线，根

14、据正弦定理得：qE _ mgs i n。s i n/?金属球与另一完全相同的不带电金属球接触后带电量为0.5 q,受力如下图所示，根据正弦定理得：Q.SqE _ mgs i n a s i n(/7+3 0 0)联立以上两式解得E =詈，故A8C错误，。正确。故选：D o金属球稳定时受力平衡，根据平衡条件和正弦定理分别列式，即可求解电场强度E大小。解决本题的关键要抓住不变因素，如电场力的方向不变，重力的大小和方向不变。由于不是直角三角形，所以可以运用正弦定理处理。4.答案：B解析：解：两个带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x =垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y =at

15、2电荷在电场中受的力为F =E q,根据牛顿第二定律有尸=ma,联立解得：包=吗。m Ex2因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度v相同，侧向位移y相同，所以比荷与水平位移x的平方成反比。所以和b的比荷之比为9：1。故选：B。粒子垂直射入电场，做类平抛运动，由水平距离之比可求得时间之比；因沿电场线方向粒子的距离相等，则表示出比荷的表达式，再求比荷之比。当粒子垂直于电场进入时，粒子做类平抛运动，因此可以分为沿电场线的匀加速直线运动和垂直于电场线方向上的匀速直线运动，两个运动互不干扰。采用动力学方法得到比荷表达式是解答本题的关键。5.答案：AD解析：根据受力分析由平衡条件，求出爬坡时的牵引力，

16、知道爬坡时功率，利用P =F 求卡车爬坡时的速度；本题考查了学生对功的公式、功率公式、利用好功率的推导公式P =是本题的关键。设坡路的倾角为。，摩擦因数，则爬坡时的牵引力F=mgsin。+7ngeos。，由于重力不同，故尸 2功率相同，由P=Fu得，V 1v2,故 AO正确，8 c 错误。故选：AD.6.答案：BD解析：解：A、由=m 得p=但，r 为轨道半径，不是离地面的高度，所以卫星线速度与轨rz r 7 r道半径的平方根成反比，故 A 错误B、由G 哭=m32r得角速度3=偿,所以离地越近，角速度越大，所以中轨道卫星的角速度大于高轨道卫星的角速度.故 B 正确C、万有引力大小是F=G等，

17、由于不知道卫星的质量关系，所以无法判断不同轨道受地球的引力大小关系，故 C 错误D、由G等=mQQ=G g 所以离地越近，向心加速度越大.故中轨道上的重力加速度大于同步轨道上的重力加速度，故。正确故选BD.用公式万有引力提供向心力的各个表达式中，根据各选项要分析的物理量，选取合适的公式进行分析即可得出答案了解卫星运动的规律，万有引力提供其向心力，建立清晰的卫星运动情景，牢记轨道半径变化与卫星运动线速度、角速度、加速度、周期等的关系，解决问题事半功倍7.答案：A D解析：解：A、根据P=丫得增大输出电压可以增大输出功率，故 A 正确；R反 变压器的工作原理是互感现象，可以改变交流电压，不可以改变

18、直流电压，故 B错误；C、根据变压比公式：普=?，当%电时，是降压变压器；当久&时，是升压变压器，故 C 错u2 n2误，。正确;故选：AD.变压器时根据磁通量的变化来工作的，对于直流电来说，它产生的磁通量是不变的，所以变压器不能改变直流电的电压，而原副线圈的电压比等于匝数比.本题主要考查学生对：电磁感应现象的应用，及变压器的原理的认识和了解.难度不大，属于基础题.8.答案：BD解析：解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0,再向上做匀加速回到A点。设加上电场后小球的加速度大小为规定向下为正方向。整个过程中小球的位移为0,运用运动学公式：1 13gt2 +gt x t

19、 at2-0解得a=3g,根据牛顿第二定律：F合=F电 _mg=ma所以电场力是重力的4倍为4 火，根据电场力做功量度电势能的变化卬电=一 Ep1卬电=产电 X=47ng X-g t2-2mg2t2所以整个过程中小球电势能减少了27ng2t2.故A错误。B、规定向下为正方向，根据动量定理得：p=mgt-3mgt=-2mgt,所以整个过程中小球动量增量的大小为2侬，则动能的增加量取=3=等=2/ng2t2,故3正确；C、小球减速到最低点动能为0,所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从4点无初速度自由下落到f秒末动能变化相等。小球从A点无初速度自由下落到/秒末动能变化为mg2t2故c

20、错误。、根据重力做功与重力势能变化的关系得：从A点到最低点重力势能变化了mg x(gt2+|x|5 t2)=|mg2t2.故。正确。故选：BD.分析小球的运动过程，根据运动学公式求出在电场中的加速度.根据牛顿第二定律求出电场力与重力的关系.运用动量定理求出动量的变化量.根据动能定理求出动能的变化量.根据重力做功与重力势能变化关系求解重力势能变化量.本题主要考查了做功与能量变化关系的应用.要能够分析小球的运动过程，明确题目中要研究的过程解决问题.9.答案：质子；H解析：解：卢瑟福第一次完成了原子核的人工转变并发现了质子，实验装置中银箔的作用是刚好阻挡a 粒子打到荧光屏，但是不能阻挡其它粒子的穿过

21、，这样可判断是否有新的粒子产生，根据质量数和电荷数守恒可知产生的新粒子除?。还 有 质 子 即 所 以 该 实 验 的 核 反 应 方 程 为 尹NT，。+也.故答案为：质子，了解卢瑟福发现质子过程和实验装置，注意书写核反应方程的原则是质量数和电荷数守恒.卢瑟福用a 粒子轰击氮核发现质子并首次实现原子核的人工转变在历史上有着重要意义，要了解实验和该核反应方程.10.答案：（1）4 E 8 D C（2）大于解析：（1）根据光的干涉条纹的形成原理，可知光具座上仪器摆放顺序为4、E、B、。、C.（2）根据条纹宽度d x 与波长;I关系，有 升=,冗，则在装置不变即/、d不变时，与；I成正比，因d绿光

22、波长在同一介质中比红光波长短，故绿光相邻的两亮（或暗）条纹的间距比红光小，即a b.11.答案：50 0.2 5超出了弹簧的弹性限度解析：解：根据描点法可得出对应的F-x图象，如图所示；62EN016 x/an根据胡克定律可知，图象的斜率表示劲度系数，则可知k=E N/m =50N/m根据图象的性质以及皿=FL可知，图象与横坐标围成的面积表示弹力所做的功，根据功能关系可知，等于弹簧的弹性势能；故”=：x 5 xO.I2/=0.25/；由图可知，当力达到某一值时，图象发生了弯曲，说明此时已超出了弹簧的弹性限度；故答案为：如图所示；5 0;0.25；已超出了弹簧的弹性限度根据描点法可得出对应的F-

23、%图象；根据胡克定律进行分析，明确图象斜率表示劲度系数；根据-t 图象性质迁移应用，根据功的公式 =FL可明确图象与x 轴的面积表示弹力所做的功，再根据功能关系可明确弹性势能；根据图象分析，同时注意胡克定律的应用条件.本题考查弹力与弹簧形变量之间的关系实验；解题的关键在于明确实验原理，根据相应规律得出表达式，能量守恒的应用，然后讨论即可12.答案：25；百；记下此时力产的方向和大小.；利用平行四边形法则作Fi、F2的合力?企；窄了;力 一 3h-h解析：解：（1）由题，根据平衡条件得知，物体受到的弹力大小等于物体的重力大小，即尸=G=0.5 N,弹簧伸长的长度为x =1 2 cm -1 0 c

24、m=0.0 2 m,根据胡克定律F =kx得k=2 5 N/m以小球为研究对象，分析受力情况：竖直向下的重力G,弹簧的弹力凡圆环的弹力N,N沿半径方向背离圆心O,根据共点力平衡和几何关系解得：G=WN(2)实验步骤本着先安装设备(或者实验器材)，然后进行测量的思路进行设计，同时注意操作的先后逻辑以及简单易行的原则，改用一个弹簧秤沿水平方向拉绳套，仍把结点拉至A点，记下此时力下的方向和大小.利用平行四边形法则作F i、尸2的合力尸合(3)将如图丙所示实物图中未连接的部分元件，按电路图连接成实验电路：由E =U +/r知：E =U +/,E=七 十 5得E=g组1r =飞，2-7 1故答案为：(1

25、)2 5 N/m；V 3/V(2)记下此时力尸的方向和大小.利用平行四边形法则作F 1、尸2的合力尸分(3),如图 5=牛”，内电阻1 2 T l(1)由题确定出弹簧的弹力和伸长的长度，根据胡克定律求解弹簧的劲度系数.根据胡克定律和共点力平衡求出小球重力.(2)明确实验目的，以及实验所要测量的物理量，即可正确安排实验步骤，注意要符合逻辑先后顺序，同时便于操作，不能逻辑顺序颠倒.(3)根据闭合电路欧姆定律求出电源的电动势.(1)本题考查胡克定律的基本应用，公式F =依中，x是弹簧伸长的长度或缩短的长度.(2)明确实验原理，对于基础实验要亲自动手进行实际操作，同时加强利用基本物理规律解决实验问题的

26、能力.(3)本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线.13.答案：解：(1)汽车绕一周的时间即是指周期，由=#导：7=午=瞽 =10T T=31.4S(2)向心力的大小为:F=m y =1000 x=2000/V(3)汽车作圆周运动的向心力由车与地面的之间静摩擦力提供。随车速的增加，需要的向心力增大,静摩擦力随着一直增大到最大值为止，由牛顿第二定律得：fm=0.8mg=m y-代入数据解得玲，=20m/s答：(1)汽车绕跑道一圈需要的时间是31.4s；(2)汽车受到向心力是2000TV；(3)要使汽车不打滑，则其速度最大不能超过2(hn/s。解析：(1

27、)根据线速度和周期的关系求出周期。(2)根据圆周运动的半径和线速度求出周期汽车在水平跑道上做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，结合向心力的公式求出向心力的大小。(3)通过最大静摩擦力提供向心力，求出最大速度的大小。解决本题的关键知道周期、角速度、线速度之间的关系，以及知道汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。14.答案：解：若要电流相等，则产生的电动势相等。设 切 割 长 度 为 而 半 圆 的 直 径 为 d,从静止开始绕过圆心。以角速度3匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为：E=通令吟根据法拉第定律得：E=a =s =兀(与2=空 t At At 2 At 8 J联立得：

28、黑=等;答：磁感应强度随时间的变化率怨的大小应为酗。tn解析：根据转动切割感应电动势公式E=L=*求出感应电动势，由欧姆定律求解感应电流；再根据法拉第定律求解磁感应强度随时间的变化率空。本题关键要掌握转动切割感应电动势公式E=和法拉第电磁感应定律。15.答案：解：(1)小球在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力,小球在第一象限内运动过程，由牛顿第二定律得:quB=m 解得小球的轨道半径：4=器小球在第一象限内做圆周运动的周期：71=誓qb小球在第四象限运动过程，由牛顿第二定律得：V2qu 3B=m r2解得小球的轨道半径：/2=翳小球做圆周运动的周期：7 2=篝，5(/0小球运动轨迹如图所示，

29、小球从离开。点到第四次经过X轴时前进的位移x=0P4=2(rx-r2)=DCD小球运动的时间：2 绪Tt+5T看2=1可6 7 r m小球的平均速度B=7 =t 471即平均速度大小为艺，方向沿X轴正方向47r(2)小球运动的周期：7 5T2 QnmT =6+6 9qB卷=器=a +半，即此时小球位于图中的 5，故横坐标：x=2 q s in 3 0。=翳qB纵坐标为：y=-2 7 2 s m 6 0 =得能即 位 置 坐 标 为 端,-需)答：（1）小球从离开。点（记为第0次）到第四次经过x轴过程的平均速度大小是非，方向沿x轴正方向；（2）小球从离开。点后T（r为小球的运动周期）时刻的位置坐标是瑞，-鬻）。解析：（1）根据题意作出小球的运动轨迹，由几何关系求出第四次经过X轴时沿正X轴方向的位移，根据小球在磁场中做圆周运动的周期与在磁场中转过的圆心角求出小球的运动时间，然后求出小球的平均速度。（2）根据小球运动过程求出求出小球运动的周期，根据小球运动过程应用几何关系求出小球从离开。点后J r时刻的位置坐标。O本题考查了带电小球在磁场中的运动，根据题意分析清楚小球的运动过程、作出小球的运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、小球做圆周运动的周期公式可以解题；解题时注意几何知识的应用。