【高考模拟】 福建省厦门市高考物理一模试卷答案与祥细解析

1、试卷第 =page 20 20页，总 =sectionpages 21 21页试卷第 =page 21 21页，总 =sectionpages 21 21页福建省厦门市高考物理一模试卷一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48分第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合要求全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1. 烟雾探测器使用半衰期为432年的放射性元素镅95241Am来探测烟雾，当正常空气分子穿过探测器时，镅95241Am衰变所释放的射线很容易使它们电离，从而产生电流，一旦有烟雾进入探测器内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报，则（ ）

2、 A.镅95241Am衰变所释放使空气电离的射线是X射线B.镅95241Am衰变所释放使空气电离的射线是射线C.1mg的镅95241Am经864年将有0.75mg发生衰变D.发生火灾时，镅95241Am因温度升高而半衰期变短2. 乒乓球作为我国的国球，是一种大家喜闻乐见的体育运动，它对场地要求低且容易上手。如图所示，某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则球在这两次从飞出到撞击墙壁前（ ） A.飞出时的初速度大小可能相等B.飞出时的初速度竖直分量可能相等C.在空中的时间可能相等D.撞

3、击墙壁的速度可能相等3. 如图所示，一根质量为M、长为L的铜管放置在水平桌面上，现让一块质量为m、可视为质点的钕铁硼强磁铁从铜管上端由静止下落，强磁铁在下落过程中不与铜管接触，在此过程中（ ） A.桌面对铜管的支持力一直为MgB.铜管和强磁铁组成的系统机械能守恒C.铜管中没有感应电流D.强磁铁下落到桌面的时间t2Lg4. 如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于0点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下处于水平状态。现保持结点O位置不变，使OA绳逆时针缓慢旋转至竖直方向，在此过程中，P、Q及

4、斜面均保持静止，则（ ） A.斜面对物块P的摩擦力一直减小B.斜面对物块P的支持力一直增大C.地面对斜面体的摩擦力一直减小D.地面对斜面体的支持力一直增大5. 如图甲所示为历史上著名的襄阳炮，因在公元1267-1273年的宋元襄阳之战中使用而得名，其实质就是一种大型抛石机。它采用杠杆式原理，由一根横杆和支架构成，横杆的一端固定重物，另一端放置石袋，发射时用绞车将放置石袋的一端用力往下拽，而后突然松开，因为重物的牵缀，长臂会猛然翘起，石袋里的巨石就被抛出。将其工作原理简化为图乙所示，横杆的质量不计，将一质量m10kg，可视为质点的石块，装在横杆长臂与转轴O点相距L5m的末端口袋中，在转轴短臂右端

5、固定一重物M，发射之前先利用外力使石块静止在地面上的A点，静止时长臂与水平面的夹角37，解除外力后石块被发射，当长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块被水平抛出，落在水平地面上，石块落地位置与O点的水平距离s20m，空气阻力不计，g取10m/s2则（ ） A.石块水平抛出时的初速度为105/m/sB.石块水平抛出时的初速度为20m/sC.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2050JD.从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功为2500J6. 如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量为q的质子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点。已知该粒子在A点的速度大

6、小为v1，且方向与等势面平行，在B点的速度大小为v2，A、B连线长为L，连线与等势面间的夹角为，不计粒子受到的重力，则（ ） A.粒子的速度v2一定大于v1B.等势面b的电势比等势面c的电势低C.粒子从A点运动到B点所用的时间为Lcosv1D.匀强电场的电场强度大小为m(v22-v12)2qLcos7. 如图所示，灯泡A、B完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n1:n25:1，指示灯L的额定功率是灯泡A的15，当输入端接上u1102sin100t(V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表均为理想电流表，且A2的示数为0.4A，则（ ） A.电流表A1的示数为0.08AB.灯泡A的额定电压

7、为22VC.灯泡L的额定功率为0.8WD.原线圈的输入功率为8.8W8. 如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则（ ） A.粒子a、b可能带异种电荷B.粒子a、b一定带同种电荷C.v1:v2可能为2:1D.v1:v2只能为1:1二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分） 如图所示为某同学设计的一种

8、探究动量守恒定律的实验装置图。水平桌面固定一长导轨，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A点压缩至B点，释放小球，小球沿导轨从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在导轨的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置（从左到右分别记为P、Q、R），测得OPx1，OQx2，ORx3。 （1）关于实验的要点，下列说法正确的是（）。A.入射小球的质量可以小于被碰小球的质量B.入射小球的半径必须大于被碰小球的半径C.重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点D.导轨末端

9、必须保持水平 （2）若入射球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则该实验需要验证成立的表达式为_（用所给符号表示） （3）除空气阻力影响外，请再说出一条可能的实验误差来源_。 为了粗略测量电阻，小明同学用量程为5mA的毫安表、电动势为3V的电池、0-999.9)的电阻箱制作了一块简易欧姆表，电路如图所示 （1）为制作欧姆表，_准确测量毫安表的内阻（填“需要”或“不需要”）； （2）进行欧姆调零之后，用该表测量某电阻时，a表笔是_表笔（填“红”或“黑”），此时毫安表读数为2.5mA，则待测电阻阻值为_； （3）如果在毫安表两端并联一个电阻，其余电路均不变，表盘中间刻度对应的电阻值_（填“变大”“

10、变小”或“不变”）； （4）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小，内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值_真实值（填“大于”“小于”或“等于”） 如图所示，AB为一固定在水平面上的半圆形细圆管轨道，轨道内壁粗糙，其半径为R且远大于细管的内径，轨道底端与水平轨道BC相切于B点。水平轨道BC长为2R，动摩擦因数为10.5，右侧为一固定在水平面上的粗糙斜面。斜面CD足够长，倾角为37，动摩擦因数为20.8一质量为m，可视为质点的物块从圆管轨道顶端A点以初速度v0=gR2水平射入圆管轨道，运动到B点时对轨道的压力为自身重力的5倍，物块经过C点时速度大小不发生变化。sin370.6，cos3

11、70.8，重力加速度为g，求： （1）物块从A点运动到B点的过程中，阻力所做的功； （2）物块最终停留的位置。 如图所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为37、53，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B均匀金属棒ab和ef质量均为m，长度均为L，电阻均为R，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为0.5，金属棒ef光滑。同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef施加外力F，使ef棒保持a0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动。导轨电阻不计，重力加速度大小为g，si

12、n370.6，cos370.8求： （1）金属棒ab运动过程中最大加速度的大小； （2）金属棒ab达到最大速度所用的时间； （3）金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量。三、选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科都按所做的第一题计分。 抗击新冠肺炎疫情的战斗中，中国移动携手“学习强国”推出了武汉实景24小时直播，通过5G超高清技术向广大用户进行九路信号同时直播武汉城市实况，全方位展现镜头之下的武汉风光，共期武汉

13、“复苏”。5G是“第五代移动通信技术”的简称，其最显著的特征之一为具有超高速的数据传输速率。5G信号一般采用3.3109-6109Hz频段的无线电波，而现行第四代移动通信技术4G的频段范围是1.88109-2.64109Hz，则（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为（ ） A.5G信号比4G信号所用的无线电波在真空中传播得更快B.5G信号相比于4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站C.空间中的5G信号和4G信号不会产生干涉现象D.5G信号是横波，4G信号是纵波E.5G信号所用的无线电波具有波粒二象性 如图所示，一透明

14、材料制成的圆柱形棒直径为4cm，长度为30cm。一束光线从圆柱形棒的一个底面中心垂直射入，经5410-9s由另一底面射出。求：(i)该透明材料的折射率；(ii)保持入射点不变，调整光线的入射方向，使其在内壁上发生全反射，仍从另一底面射出，最多能经历几次全反射。 参考答案与试题解析 福建省厦门市高考物理一模试卷一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，共48分第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合要求全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.【答案】C【考点】原子核衰变【解析】根据三种射线可知，电离能力大小，即可判定镅95241Am会释放出什么射线；再结合半衰期与外

15、界因素无关，及半衰期的概念，即可求解。【解答】解：AB镅95241Am会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中，射线能使空气电离，故AB错误；C镅95241Am半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，还剩下m=m(12)2=0.25mg没有衰变，则衰变了0.75mg，故C正确；D半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故D错误故选C2.【答案】A【考点】类平抛运动【解析】由于两次乒乓球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解。根据速度合成规律可分析撞击墙壁的速度大小。【解答】C、将乒乓球的运动反向处理，即为平抛运

16、动，竖直方向上为自由落体运动，由题意可知，运动过程中高度较小的，运动时间较短，因此球在这两次从飞出到撞击墙壁前的过程中，在空中的时间不相等，故C错误；D、乒乓球反向做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，高度较小的，运动时间短，水平分速度较大，即乒乓球撞击墙壁的速度较大，故D错误；B、乒乓球反向做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，高度较小的，抛出时速度的竖直分量较小，故B错误；A、根据速度的合成可知，高度较小的，水平速度大，竖直速度小，故抛出时的初速度大小不能确定，有可能相等，故A正确。3.【答案】D【考点】感应电流的产生条件楞次定律【解析】强磁铁通过铜管时，导致铜管的磁通量发

17、生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍原磁场的变化，导致强磁铁受到一定阻力，因而机械能不守恒，在下落过程中导致铜管产生热能；根据楞次定律得出铜管对桌面的压力大于铜管的重力；由于受到电磁阻力，导致下落到桌面的时间比自由落体时间长。【解答】A、磁铁在整个下落过程中，由楞次定律：来拒去留可知，铜管对桌面的压力大于铜管的重力，即大于Mg，故A错误；B、铜管和强磁铁组成的系统，在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致系统机械能减小，故B错误；C、强磁铁从铜管上端由静止下落，使穿过铜管的磁通量变化，从而使其产生感应电流，故C错误；D、若强磁铁能沿管自由下落，则其下落的时

18、间t=2Lg，但强磁铁在下落过程中，受到电磁阻力，导致其下落的时间大于2Lg，故D正确。4.【答案】C【考点】力的合成与分解的应用解直角三角形在三力平衡问题中的应用【解析】对结点O受力分析，根据图解法分析绳OA拉力的变化和绳子OB拉力的变化，然后以P为研究对象分析受到的摩擦力与支持力的变化；最后以整个系统为研究对象，根据平衡条件判断地面对斜面体的摩擦力和支持力的变化。【解答】A、设连接OP的绳子在滑轮处的点为B，缓慢改变绳OA的方向至竖直方向的过程中，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置再到3位置，如图所示，可见绳OA的拉力先减小后增大，绳OB的拉力F一直减小；斜面上的物体P受到重力。斜面得

19、支持力，绳子的拉力，由于不知道绳子的拉力的大小与物块P的重力沿平行于斜面向下的分力的大小之间的关系，所以不能判断斜面对P的摩擦力是增大或者减小，故A错误；B、斜面对P的支持力的大小始终与物块P垂直于斜面方向的分力的大小，没有变化，故B错误；C、以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子的拉力沿水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左并逐渐减小，故C正确；D、以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：由于拉力F沿竖直向上的分力一直增大，根据竖直方向受力平衡，知地面对斜面体的支持力不断减小。故D错误。5.【答案】C【考点】动能定理的应用平抛运动的

20、概念【解析】石块飞出后做平抛运动，根据几何关系求出平抛运动的高度，从而根据高度求出平抛运动的时间，结合水平距离求出平抛运动的初速度；（长臂从开始位置到竖直位置的过程中，重力做负功，投石机对石块做功，由动能定理求解投石机对石块所做的功W。【解答】AB、石块平抛运动的高度hL+Lsin375m+5m0.68m，根据h=12gt2得：t=2hg=2810s=2105s，故石块水平抛出时的初速度：v0=st=202105m/s=510m/s，故A错误，B错误；CD、根据功能关系，从A点到最高点的过程中，长臂对石块做的功等于石块机械能的增加量，故：Wmgh+12mv2=10108J+1210(510)2

21、J2050J，故C正确，D错误。6.【答案】A,C【考点】等势面带电粒子在电场中的加（减）速和偏转【解析】粒子垂直进入匀强电场，做类平抛运动，竖直方向受电场力，做初速度为零的匀加速直线运动；水平方向不受力，做匀减速直线运动；根据电场力做功情况比较初末速度大小，并求运动时间，然后对A到B过程根据动能定理列式求解电场强度的大小。【解答】A、该电场为匀强电场，等势面沿水平方向，则电场方向沿竖直方向，粒子的轨迹向下弯曲，所以粒子受到的电场力竖直向下，从A到B的过程中电场力对粒子做正功，粒子的速度增大，所以粒子的速度v2一定大于v1，故A正确；B、粒子带正电，则知电场方向竖直向下，等势面b的电势比等势面

22、c的电势高，故B错误；C、粒子在A点的速度大小为v1，粒子在沿等势面方向做匀速直线运动，所以粒子运动的时间：t=Lcosv1，故C正确；D、A、B两点沿电场线方向的距离为：yLsin由动能定理有：qEy=12mv22-12mv12联立解得：E=m(v22-v12)2qLsin，故D错误。7.【答案】A,C【考点】变压器的构造和原理【解析】根据变压器的变流比确定电流A1的示数。从电流入手，分析流过灯泡A的电流，分析原线圈电路得到输入电压和输出电压。根据功率公式求解灯泡L的额定功率。原线圈的输入功率由原线圈的输出功率决定。【解答】A、根据变压器的变流比可知，I1I2=n2n1，解得变压器的输入电流

23、：I10.08A，则电流表A1的示数为0.08A，故A正确；B、分析副线圈电路，灯泡正常发光，则流过灯泡A的电流为0.2A，流过指示灯L的电流为0.08A，指示灯L的额定功率是灯泡A的15，则指示灯L两端电压是灯泡A两端电压的12，设副线圈两端电压为U2，则灯泡A两端电压为U2，指示灯L两端电压为0.5U2，根据变压比可知，原线圈两端电压：U1=n1n2U2=5U2，分析原线圈电路可知，输入端电压为11022V110V，则110V5U2+0.5U2，解得：U220V，则灯泡A的额定电压为20V，故B错误；C、灯泡L两端电压为10V，流过的电流0.08A，额定功率为PL100.08W0.8W，故

24、C正确；D、原线圈的输入功率由原线圈的输出功率决定，P出U2I2200.4W8W，故D错误。8.【答案】B,C【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律向心力【解析】根据左手定则分析两个粒子的电性；设圆形磁场的直径为d，根据几何关系求出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度的表达式，再根据速度之比等于半径之比进行求解。【解答】AB、由于a、b最终都从N点离开磁场，说明a粒子开始向下偏转，b粒子开始向上偏转，根据左手定则可知两个粒子都带正电，故A错误、B正确；CD、设圆形磁场的直径为d，粒子a在磁场中运动的半径为r1，粒子a经过n（正整数）次通过MN到达N点，第一次通过MN的轨迹如图所示，根

25、据几何关系可得：r1=22dn=2d2n，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1Bmv12r1，解得：v1=qBmr1；同理可得，设粒子b经过k（正整数）次通过MN到达N点，轨迹半径r2=22dk=2d2k，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2Bmv22r2，解得：v2=qBmr2；所以v1v2=r1r2=kn，当k2、n1时v1:v22:1，故C正确、D错误。二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答第3338题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（11题，共129分）【答案】C,Dm1x2m1x1+m2x3确认落点P、Q、R时的位置不准的误差【考点】研究

26、平抛物体的运动【解析】（1）为使两球发生正碰，两球半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，同时小球必须做平抛运动，且每次初速度相同，从而即可判定；（2）小球离开平板后做平抛运动，两球碰撞后入射球的速度变小，碰撞后入射球的水平位移减小，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式；（3）根据实验原理与实验注意事项，结合误差的根源，即可分析答题。【解答】A、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射小球的质量必须大于被碰小球的质量，故A错误；B、为使两球发生正碰，入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同，故B错误；C、重复实验时，每次都必须将弹簧压缩至B点，才能保证每次平抛的初速度相同

27、，故C正确；D、导轨末端必须保持水平，确保做平抛运动，故D正确；故选：CD；小球离开长木板后做平抛运动，小球做平抛运动抛出点的高度相等，小球做平抛运动的时间t相等，小球做平抛运动的初速度越小，水平位移越小，两球碰撞后入射球的速度变小，小于被碰球的速度，碰撞后入射球的水平位移变小，入射球的水平位移小于被碰球的水平位移，由题目图示可知，入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的Q、P两点；碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0m1v1+m2v2，小球做平抛运动的时间t相等，两边同时乘以t:m1v0tm1v1t+m2v2t，则：m1OQm1OP+m2OR；即为m1x2m1x

28、1+m2x3；依据实验原理，及实验操作，除空气阻力影响外，可能的实验误差来源是：轨道摩擦阻碍的影响，或确认落点P、Q、R时的位置不准的误差，或x1，x2，x3的长度测量误差，故答案为：（1）CD；（2）m1x2m1x1+m2x3；（3）确认落点P、Q、R时的位置不准的误差。【答案】（1）不需要（2）红,600（3）变小（4）大于【考点】用多用电表测电阻【解析】（1）由欧姆表的工作原理据工作原理确定出是否需要测量毫安表的内阻。（2）多用表工作时电流由红表笔流入电表，由黑表笔流出电表；由欧姆表的工作原理可求得相应电流对应的电阻值；（3）若并上一电阻，由闭合电路欧姆定律分析内部总电阻的变化，中间刻度

29、值为内部电阻值。（4）由欧姆表的工作原理闭合电路欧姆定律分析同一测量电阻下电流的变化情况，由电流的变化确定出测量值的误差。【解答】解：（1）由欧姆表的工作原理得：I=ERg+r+R+Rx，而Rg+r+R=EIg，即I=EEIg+Rx，不用确定出Rg的值；（2）电流由红表笔流入电表，则a为红表笔；由闭合电路欧姆定律：I=EEIg+Rx，代入I2.5mA求得Rx600；（3）在毫安表两端并联一个电阻后，欧姆表的最大电流IIg，则内阻R=EImgsin，故物块在速度减为零之后不会下滑，物块最终会静止在斜面上距离C点S=2531R的位置。【答案】金属棒ab运动过程中最大加速度的大小为0.2g；金属棒a

30、b达到最大速度所用的时间为4mRB2L2；金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量大小为8m2gR5B2L2，方向沿斜面向上。【考点】单杆切割磁感线电磁感应中的能量问题闭合电路的欧姆定律动量定理的理解【解析】（1）金属棒ab释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律列方程求解；（2）根据平衡条件求解金属棒ab释放之后达到最大速度时的电流强度，再对ef根据EBLv结合闭合电路的欧姆定律求解ef的速度大小，再根据速度时间关系求解时间；（3）求出金属棒ab释放之后任意时刻的加速度与时间的关系，画出加速度图像，根据图像面积表示的物理意义求解ab静止时经过的时间，再对ef棒由动量定理求解力F的冲量大小和方向

31、。【解答】ef棒保持a0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动，根据右手定则可知电流方向为feab，根据左手定则可知ab棒受到的安培力垂直于斜面向下，则金属棒ab释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律可得：mgsin-mgcosmam，解得金属棒ab运动过程中最大加速度的大小为am0.2g；金属棒ab释放之后，合外力为零时速度最大，根据平衡条件可得：mgsin(mgcos+BIL)，根据闭合电路的欧姆定律可得：I=E2R，金属棒ef切割磁感应线产生的感应电动势EBLvef，对ef棒根据速度时间关系可得：vef0.2gt，联立解得：t=4mRB2L2；金属棒ab释放之后，任意时刻的加速度为aab，根据