【高考模拟】 福建省高考物理模拟试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 24 24页，总 =sectionpages 24 24页试卷第 =page 23 23页，总 =sectionpages 24 24页福建省高考物理模拟试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1. 静止在水平地面上的木块，受到小锤斜向下瞬间敲击后，只获得水平方向初速度，沿地面滑行一段距离后停下。若已知木块的质最和初速度，敲击瞬间忽略地面摩擦力的作用，由此可求得（ ） A.木块滑行的时间B.木块滑行的距离C.小锤对木块做的功D.小锤对木块的冲量2. 2019年“山东舰“正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图，“山东舰“正在沿直线航行，其质量为m，发动机的输出功率

2、恒为P，所受阻力恒为f，某时刻速度为v1、加速度为a1，一段时间t后速度变为v2(v2v1)，在这段时间内位移为s。下列关系式正确的是（ ） A.a1=pmv1-fmB.f=pv1C.s=v1+v22tD.pt=12mv22-12mv123. 图为探究变压器电压与匝数关系的电路图。已知原线圈匝数为400匝，副线圈“1”接线柱匝数为800匝，“2“接线柱匝数为200匝，ab端输入的正弦交变电压恒为U，电压表V1、V2的示数分别用U1、U2表示。滑片P置于滑动变阻器中点，则开关S( ) A.打在“1”时，U112UB.打在“1”时，U1:U22:1C.打在“2”与打在“1”相比，灯泡L更暗D.打在

3、“2”与打在“1”相比，ab端输入功率更大4. 如图，A、B两点固定有电荷量分别为+Q1和+Q2的点电荷，A、B连线上有C、D两点，且ACCDD B.C、D两点的场强方向可能相同A.Q1一定大于Q2C.+q的加速度大小先减小后增大D.+q的动能和电势能的总和先减小后增大5. 如图，工地上常用夹钳搬运砖块。已知砖块均为规格相同的长方体，每块质量为2.8kg，夹钳与砖块之间的动摩擦因数为0.50，砖块之间的动摩擦因数为0.35，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2搬运7块砖时，夹钳对砖块竖直一侧壁施加的压力大小至少应为（ ） A.196NB.200NC.392ND.400N6. 下列有

4、关原子和原子核的认识，正确的是（ ） A.平均结合能越大，原子核越稳定B.氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大C.卢瑟福通过粒子散射实验的研究，发现了中子D.光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比7. 我国探月工程分“绕、落、回”三步走，近期将发射“嫦娥五号”探测器执行月面采样返回任务。图为探测器绕月运行的示意图，O为月球球心。已知环月圆轨道I和椭圆轨道II相切于P点，且I轨道半径为II轨道半长轴的1.25倍。则探测器分别在I、II两轨道上稳定运行时（ ） A.周期T:T5:4B.机械能EIEIIC.经过P点的速度vIvIID.经过P点的加速度aIaII8. 如图，水平面内

5、固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。从t0时开始，对AB棒施加一与导轨平行的水平外力F，使AB棒从静止开始向右做加速度大小为a0的匀加速直线运动。导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。下列关于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F随时间t变化的关系图线可能正确的是（ ） A.B.C.D.二、解答题（共4小题，满分47分） 图甲为“验证动量守恒定律”的实验装置，轨道由斜槽和水平槽组成，A、B两小球大小相同，质量mA20.0g、mB10.0g。实验步骤如下：a固定轨道，使水平槽末端

6、的切线水平，将记录纸铺在水平地面上，并记下水平槽末端重垂线所指的位置O；b让A球从斜槽C处由静止释放，落到记录纸上留下痕迹，重复操作多次；c把B球放在水平槽末端，A球仍从C处静止释放后与B球正碰，A、B分别落到记录纸上，留下各自的痕迹，重复操作多次；d确定三个落点各自的平均位置P、M、N，用刻度尺测出它们到O点的距离分别为xOP、xOM、xON； （1）确定P、M、N三点时，可用圆规量一个尽可能小的圆，把所有有效落点圈在里面，圆心即为落点的平均位置，这样做可以减小_。（填“系统”或“偶然”）误差； （2）如图乙，xOM、xOP读数分别为10.20cm、30.65cm，xON读数为_cm。 （3

7、）数据处理时，小球离开水平槽末端的速度大小可用水平射程x表示，由小球质量及（2）中数据可算出碰前系统总的mx值是_kgm（保留3位有效数字），把该值与系统碰撞后的值进行比较，就可验证动量是否守恒。 某同学制作了一个可用电流表直接显示拉力大小的拉力器，原理如图。R1是一根长20cm、阻值20的均匀电阻丝，劲度系数为1.0103N/m的轻弹簧左端固定，右端连接金属滑片P和拉环，拉环不受拉力时，滑片P恰好处于a端。闭合S，在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片P滑到b端，调节电阻箱R0使电流表恰好满偏。已知电源电动势E6V，内阻r1，电流表的量程为00.6A，内阻不计，P与R1接触良好且不计摩

8、擦。 （1）电阻箱R0接入电路的阻值为_ （2）电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布是_（填“均匀”或“不均匀”）的； （3）电流表刻度值为0.50A处拉力的示数为_N； （4）要通过线性图像直观反映电流表示数I与拉力F的关系，可作（）图像；A.I-FB.I-1FC.1I-FD.1I-1F （5）若电流表的内阻不可忽略，则（4）问中正确选择的图像斜率_（填“变大”“变小”或“不变”）。 第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始不断刷冰，直至两壶发生正碰为止。已知，

9、红壶经过P点时速度v03.25m/s，P、O两点相距L27m，大本营半径R1.83m，从红壶进入刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v-t图线如图乙所示。假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。 （1）试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营； （2）求在刷冰区域内红壶滑行的距离s。 如图，在xOy平而内，x0与x3L两直线之间存在两匀强磁场，磁感应强度大小相同，方向均垂直于xOy平面，x轴为两磁场的分界线；在第I象限内存在沿y轴负方向、场强大小为E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从x轴上的A点

10、以某一初速度射入电场，一段时间后，该粒子运动到y轴上的P(0,L2)点，以速度v0垂直于y轴方向进入磁场。不计粒子的重力。 （1）求A点的坐标； （2）若粒子能从磁场右边界离开，求磁感应强度的取值范围； （3）若粒子能从O(3L,0)点离开，求磁感应强度的可能取值。三、物理一一选修3-3 下列说法正确的（ ） A.晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变B.给篮球打气时越来越费劲，说明分子间存在斥力作用C.能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界的能量不断减少D.由于液体表而分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱

11、和汽压，水蒸发得越慢 研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56C时，30分钟就可以灭活。如图，含有新冠病毒的气体被轻质绝热活塞封闭在绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝Ea缸内被封闭气体初始温度t127C，活塞位于气缸中央，与底部的距离h160cm，活塞和气缸间的摩擦不计。(i)若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h266cm，持续30分钟后，试分析说明a内新冠病毒能否被灭活？(i)若阀门K始终闭合，电热丝通电一段时间，给a缸内气体传递了Q1.0104J的热量，稳定后气体a内能增加了U8.5103J，求此过程气体b的内能增加量。 四、物理一一

12、选修3-4 高精度全息穿透成像探测仪利用电磁波穿透非金属介质，探测内部微小隐蔽物体并对物体成像，具有分辨率高体积小、辐射少等特点，应用领域比超声波更广。关于电磁波和超声波，下列说法正确的是（ ） A.电磁波和超声波均能发生偏振现象B.电磁波和超声波均能传递能量和信息C.电磁波和超声波均能发生干涉和衍射现象D.电磁波和超声波均需依赖于介质才能传播E.电磁波由空气进入水中时速度变小，超声波由空气进入水中时速度变大 居家学习的某同学设计了一个把阳光导入地下室的简易装置。如图，ABCD为薄壁矩形透明槽装满水后的竖直截面，其中ABd，AD2d，平面镜一端靠在A处，与水平底面夹角45斜放入水槽。太阳光入射

13、到AD面上，其中一细束光线以入射角153射到水。面上的O点，进入水中后，射到平面镜距A点为22d处。不考虑光的色散现象及水槽壁对光线传播的影响，取水对该束光的折射率n=43，sin53=45，cos53=35求该束光(i)射到平面镜时的入射角2；(ii)第一次从水中射出的位置与D点的距离x。 参考答案与试题解析 福建省高考物理模拟试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1.【答案】C【考点】动能定理的应用动量定理的理解【解析】运动过程木块受的摩擦力不知，不能求得运动时间与距离；据动量定理，动能定理分析做功与受到的冲量。【解答】AB、运动过程木块受的摩擦力不知，不能求得运动时间与距离，

14、故AB错误C、小锤对木块做的功等于其获得的动能，由质量与速度可求得动能，故C正确D、敲击瞬间可求得合外力的冲量等于小锤的动量，但不可以求得小锤的冲量，故D错误2.【答案】A【考点】动能定理的应用牛顿第二定律的概念瞬时功率平均功率【解析】航母在额定功率下运动，当牵引力等于阻力时速度达到最大，在此之前航母做加速度减小的变加速度运动，牵引力逐渐减小，即可利用运动学公式和动能定理判断；【解答】A、航母在额定功率下运动，则以v1速度运动时，牵引力为F1=Pv1，此时根据牛顿第二定律可知F1-fma1，解得a1=Pmv1-fm，故A正确；B、发动机的输出功率恒为P，所受阻力恒为f，行驶的最大速度为vm=P

15、f，解得f=Pvm，由于vmv1，故fPv1，故B错误；C、航母在额定功率下运动，做的是变加速运动，故通过的位移不是s=v1+v22t，此公式只适用于匀变速直线运动，故C错误；D、在此运动过程中，受到牵引力和阻力，根据动能定理可知Pt-fs=12mv22-12mv12，故D错误；3.【答案】C【考点】变压器的构造和原理【解析】分析原线圈电路，滑动变阻器下端与原线圈并联，再与上端串联，根据串并联电路的规律分析电压分配。根据变压器的变压比分析输入电压和输出电压的关系。分析开关S打在“2”和打在“1”相比，副线圈的匝数，根据变压比分析副线圈的输出电压，进一步确定流过灯泡的电流和消耗的功率。【解答】A

16、、分析原线圈电路结构，电压表V1测量原线圈输入电压，滑片P置于滑动变阻器中点，原线圈与滑动变阻器下端并联，根据串并联电路规律可知，U1U2，故A错误；B、原线圈匝数为400匝，副线圈“1”接线柱匝数为800匝，根据变压比可知，开关S打在“1”时，U1:U21:2，故B错误；C、开关S打在“2”时，副线圈匝数变少，输出电压变小，灯泡变暗，故打在“2”与打在“1”相比，灯泡L更暗，故C正确；D、开关S打在“2”时，副线圈匝数变少，输出电压变小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率可知，变压器输入功率变小，则ab端的输入功率变小，故D错误。4.【答案】C【考点】电场线电势能【解析】根据功能关系判断

17、电场力做功情况，结合电场的叠加判断电场强度为零的点的位置，以及各处电场强度方向，电荷的受力问题；根据能量守恒定律判断动能和电势能的总和变化情况。【解答】AB、根据题意知道试探电荷+q只在电场力作用下，从C点向右沿直线运动到D点，电势能先减小后增大，根据功能关系说明+q受到的电场力先做正功后做负功，得出+q受到的电场力的方向先向右后向左，根据FqE得到从C到D的过程中电场强度的方向先向右后向左。综合以上信息并根据电场强度的叠加原理分析得出从C到D的过程中某个位置电场强度为零。若场强为零的位置在CD的中点，则两电荷大小相等；若离C点近些则+Q1Q2，故不能确定两电荷的大小关系，故AB错误；C、根据

18、A的分析知C、D之间的某个位置合场强为零，根据电场强度的叠加原理可知从C到D的过程中场强大小先减小后增大，根据牛顿第二定律：FqEma可知+q的加速度大小先减小后增大，故C正确；D、+q在整个的运动过程中，只有电场力做功，动能和电势能之间相互转化，但总能量不变，故D错误。5.【答案】B【考点】解直角三角形在三力平衡问题中的应用静摩擦力和最大静摩擦力【解析】分别以7块砖为研究对象、以中间5块砖为研究对象，恰好平衡时求出总的摩擦力，再根据摩擦力计算公式求解压力进行比较即可。【解答】已知夹钳与砖块之间的动摩擦因数为10.50，砖块之间的动摩擦因数为20.35，每块质量为m2.8kg；以7块砖为研究对

19、象，恰好平衡时两侧总的摩擦力f17mg196N，设夹钳对砖块竖直一侧壁施加的压力为N1，根据摩擦力计算公式可得：f121N1，解得：N1196N；以中间5块砖为研究对象，恰好平衡时两侧总的摩擦力f25mg140N，设压力为N2，根据摩擦力计算公式可得：f222N2，解得N2200NN1，所以夹钳对砖块竖直一侧壁施加的压力大小至少为200N，故B正确、ACD错误。6.【答案】A,B【考点】物理学史爱因斯坦光电效应方程原子核的结合能【解析】比结合能越大的原子核越稳定；根据电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力得出电子动能的变化；卢瑟福通过粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；根据光电效应方程式

20、判断光电子的最大初动能与入射光的频率的关系。【解答】A、比结合能越大，即平均结合能越大的原子核越稳定，故A正确；B、氢原子由激发态跃迁到基态，会辐射一定频率的光子，电子的轨道半径减小，根据ke2r2=mv2r知，电子的动能增大，故B正确；C、卢瑟福通过粒子的散射实验研究，提出了原子的核式结构学说，发现质子，故C错误；D、在光电效应方程Ekhv-W0知，光电子的最大初动能与入射光的频率为正相关而非正比例，故D错误；7.【答案】C,D【考点】机械能守恒的判断万有引力定律及其应用向心力【解析】根据开普勒第三定律，由轨道半径关系确定周期关系。探测器在P点加速，由轨道II变轨到轨道I，机械能增大。探测器

21、在同一位置，加速度相等。【解答】A、根据开普勒第三定律可知，rI3TI2=rII3TII2，I轨道半径为II轨道半长轴的1.25倍，则探测器分别在I、II两轨道上稳定运行时的周期之比为T:T55:8，故A错误；B、探测器在P点加速，由轨道II变轨到轨道I，故探测器分别在I、II两轨道上稳定运行时，机械能EIEII，故B错误；C、探测器在P点加速，由轨道II变轨到轨道I，则经过P点的速度满足：vIvII，故C正确；D、根据万有引力提供向心力，GMmr2=ma，解得：a=GMr2，探测器在同一P点时，加速度相等，aIaII，故D正确。8.【答案】B,D【考点】单杆切割磁感线闭合电路的欧姆定律【解析

22、】AB棒向右运动切割磁感线产生感应电流，此感应电流流过CD棒，CD棒受到向右的安培力，在安培力小于等于CD棒受到的最大静摩擦力时，CD棒静止不动。当安培力大于CD棒的最大静摩擦力时，CD棒向右加速运动，CD棒也切割磁感线产生反电动势，使得回路总的电动势减小，电流减小，CD棒的加速度减小，但只要AB棒的速度比CD棒的大，回路还产生感应电流，当两棒的加速度相等时两棒速度之差恒定，产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，最终两棒以相同的加速度做匀加速运动，根据两棒的运动情况分析。【解答】A、开始阶段，CD棒受到的安培力小于最大静摩擦力，CD棒静止不动。当安培力大于CD棒的最大静摩擦力时，CD棒向右加速运

23、动，CD棒也切割磁感线产生反电动势，使得回路总的电动势减小，电流减小，CD棒受到的安培力减小，其加速度减小，最终两棒加速度相同，一起做加速度相同的匀加速运动，故v-t图像切线斜率先逐渐减小，后不变，故A错误；B、CD棒的加速度先逐渐减小，后不变，等于AB棒的加速度a0，故B正确；C、当CD棒开始运动时，产生反电动势，使得回路总的电动势减小，电流减小，CD棒受到的安培力减小，最终两棒加速度相同时安培力恒定，故C错误；D、CD棒静止时，对AB棒，由牛顿第二定律得：F-F安ma，又F安=B2L2vR，vat，得：Fma+B2L2atR，F随着时间t线性增大；CD棒开始运动后，开始阶段，F安逐渐减小，

24、则F逐渐减小，最终两棒以相同的加速度做匀加速运动，对整体，有F2ma，不变，故D正确。二、解答题（共4小题，满分47分）【答案】偶然40.800.00613【考点】利用平抛运动规律验证动量守恒定律【解析】（1）由实验设计实验原理造成的误差是系统误差，由实验操作、读数等造成的误差为偶然误差，根据题意分析答题。（2）根据图乙所示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数。（3）根据实验数据计算答题。【解答】用尽可能小的圆把小球的落点圈起来，圆心作为小球落点的平均位置，这样可以减小偶然误差。由图乙所示刻度尺可知，其分度值为1mm，xON读数为40.80cm。mA20.0g0.0200kg，xOP30.65c

25、m0.3065m，碰撞前系统总的mx值：mAxOP0.02000.3065kgm/s0.00613kgm/s。【答案】9不均匀180C不变【考点】胡克定律闭合电路的欧姆定律【解析】（1）分析电路结构，明确滑片P滑到b端时，均匀电阻丝接入电路的阻值为零，根据闭合电路欧姆定律求解电阻箱R0接入电路的阻值。(2、3)根据闭合电路欧姆定律和胡克定律求出电流与拉力的关系，分析刻度是否均匀，列出关系式求解电流为0.50A时拉力的示数。（4）化简关系式得到线性图像。（5）电流表的内阻不可忽略，则电阻箱接入电路的阻值减小，对整个电路没有影响。【解答】分析电路图，滑片P滑到b端，调节电阻箱R0使电流表恰好满偏，

26、根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最小阻值：R总=EIm=60.6，其中R总R0+r，则电阻箱接入电路的阻值：R09。设均匀电阻丝接入电路的电阻为R1，根据闭合电路欧姆定律可知：I=ER0+R1+r设弹簧的形变量为x，均匀电阻丝原长：L20cm0.2m拉力为：Fkx则有：R1=20L-xL联立解得：I=630-0.1F，故I与F不是线性关系，电流表的刻度标示为拉力值时，拉力刻度值的分布不均匀。当电流表刻度值为0.50A时，代入上式电流与拉力关系式可知，F180N。要通过线性图像直观反映电流表示数I与拉力F的关系，根据I=630-0.1F，变形为，1I=5-F60，故作1I-F图像，故C正确，A

27、BD错误。故选：C。在弹簧弹性限度内，对拉环施加水平拉力，使滑片P滑到b端，调节电阻箱R0使电流表恰好满偏，若电流表的内阻不可忽略，则电阻箱接入电路的阻值减小，对整个电路没有影响，1I-F图像的斜率不变。故答案为：（1）9；（2）不均匀；（3）180；（4）C；（5）不变。【答案】碰后蓝壶会滑出大本营；在刷冰区域内红壶滑行的距离s为15m。【考点】动量守恒定律的理解动能定理的应用匀变速直线运动的速度与位移的关系【解析】（1）根据速度-时间图像读出碰撞前、后红壶的速度和碰撞前蓝壶的速度，根据动量守恒定律求解碰撞后蓝壶的速度，根据速度图像求解在未刷冰区域内加速度大小，再根据速度位移关系求解碰后蓝壶

28、运动的位移，由此分析能否滑出大本营；（2）根据图像求解红壶在刷冰区域内的加速度，根据位移速度关系求解在刷冰区域内红壶滑行的距离。【解答】设冰壶的质量为m，碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v1、v1和v2。由图乙可得：v11.25m/sv10.25m/s取碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1mv1+mv2设碰后蓝壶滑行距离为s1，红壶、蓝壶的加速度大小均为a1则有：s1=v222a1a1=|0-v1|t=0.251m/s20.25m/s2由及图乙信息得：s12mR1.83m，故蓝壶会滑出大本营；设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为f1，则有：f1ma1根据图乙可知t0时红壶的

29、速度v01.35m/s，设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小f2，加速度大小为a2，则有：f2ma2a2=|v1-v0|t=1.35-1.251m/s20.1m/s2在红壶经过P点到与蓝壶发生正碰前的过程中，由动能定理得：-f1(L-s)-f2s=12mv12-12mv02解得s15m【答案】A点的坐标为(-v0mLqE,0)；粒子能从磁场右边界离开，磁感应强度的取值范围为0B(2+3)mv0qL；若粒子能从O(3L,0)点离开，磁感应强度的可能取值为4mv037qL，4mv05qL，100mv061qL。【考点】带电粒子在电场中的加（减）速和偏转带电粒子在匀强磁场中的运动规律向心力【解析】（1）

30、A到P为类斜抛运动，可以看成P到A的类平抛运动，沿y负方向做匀加速运动，沿着x负方向做匀速直线运动，由运动学规律列式进行计算；（2）根据题意要求从磁场右边界离开，那么粒子必定不能从左边界离开。因此，根据临界情况，画出运动轨迹，结合几何关系进行解题，计算出最大磁感应强度；（3）根据粒子从O点离开，结合粒子在上下磁场区域中的运动特点及轨迹作图，找出可能性结合几何关系解题。【解答】粒子由A点到P点的运动可看成由P点到A点做类平抛运动，设运动时间为t，加速度大小为a，有：xAv0tqEmaL2=12at2联立解得：xAv0mLqE那么A点的坐标为(-v0mLqE,0)只要粒子不会从左边界离开，粒子就能到达右边界，设B的最大值为Bm，最小轨迹半径为R0，轨迹如图所示，图示的夹角为，则：2R0cosR0R0sin+R0=L2qv0Bmmv02R0联立解得：Bm=(2+3)mv0qL即磁感应强度的取值范围为：0B(2+3)mv0qL设粒子到达O点的过程中，经过x轴n次，第一次到达x轴的位置与坐标原点O的距离为xn，如图所示：若粒子在第一次到达x轴的轨迹圆心角大于90，即当xnL2且(2n-1)x