福建省福州市2021屆高三物理模擬試題（含解析）

1、 整理于網(wǎng)絡 可修改福建省福州市2020-2021屆高三物理模擬試題（含解析）一、選擇題1.在研究運動和力的關系時，伽利略設計了著名的理想斜面實驗(如圖所示)，將可靠的事實和邏輯推理結(jié)合起來，能更深刻地反映自然規(guī)律。下面給出了伽利略斜面實驗的五個事件，請對事件的性質(zhì)進行判斷并正確排序：由A點靜止釋放的小球，若沒有摩擦時，能滾到另一斜面與A點等高的C點；當減小斜面動摩擦因數(shù)時，滾到另一斜面的最高位置，更接近于等高的C點；若沒有摩擦時減小斜面BC的傾角，小球?qū)⑼ㄟ^較長的路程，到達與A點等高的D點；若沒有摩擦時當另一斜面放置水平時，小球?qū)⒀厮矫嬉恢边\動下去；不能滾到另一斜面與A點等高的C點。以下正

2、確的是A. 事實事實推論推論推論B. 事實事實推論事實推論C. 事實事實事實推論推論D. 事實事實推論事實推論【答案】A【解析】【分析】本題考查了伽利略“理想斜面實驗”的思維過程，只要明確了伽利略“理想斜面實驗”的實驗過程即可正確解答；【詳解】根據(jù)實驗事實斜面有動摩擦因數(shù)時不能滾到另一斜面與A點等高的C點，事實當減小斜面動摩擦因數(shù)時，滾到另一斜面的最高位置，更接近于等高的C點，得出實驗結(jié)果：如果沒有摩擦，小球?qū)⑸仙结尫艜r的高度，即，進一步假設若減小第二個斜面的傾角,小球在這斜面上仍然要達到原來的高度，即得出，沒有摩擦時減小角度斜面BC的傾角，小球?qū)⑼ㄟ^較長的路程，到達與A點等高的D點，最后使

3、它成水平面，小球?qū)⒀厮矫孀龀掷m(xù)勻速運動，即，故A正確，B、C、D錯誤；故選A。【點睛】伽利略用抽象思維、數(shù)學推導和科學實驗相結(jié)合的方法得到物體的運動不需要力來維持；2.如圖(a)所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為21，R1為阻值隨溫度升高而減小的熱敏電阻，R1為定值電阻，電壓表和電流表均為理想交流電表。原線圈所接電壓u隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖(b)所示。下列說法正確的是A. 電壓表的示數(shù)為51VB. 若電流表的示數(shù)為1.4A，則變壓器的輸入功率約為25WC. 若熱敏電阻Rt的溫度升高則電壓表的示數(shù)不變，電流表的示數(shù)變小D. 若熱敏電阻Rt的溫度降低，則變壓器的輸出功率變大【答案】B【

4、解析】【分析】由圖乙可知交流電壓最大值，可求有效值；根據(jù)變壓器原副線圈的輸入功率和輸出功率相等可求出變壓器的輸入功率，抓住輸入電壓不變，得出輸出電壓不變，結(jié)合副線圈負載電阻的變化得出電流的變化；【詳解】A、由圖乙知原線圈輸入電壓的最大值為51V，電壓表的讀數(shù)是有效值，所以電壓表的示數(shù)為，故A錯誤；B、根據(jù)可知副線圈輸出電壓為，根據(jù)電功率公式可得副線圈輸出功率約為，根據(jù)變壓器原副線圈的輸入功率和輸出功率相等可知變壓器的輸入功率約為25W，故B正確；C、若熱敏電阻RT的溫度升高，則熱敏電阻的阻值減小，由于原線圈的電壓不變，則副線圈的電壓不變，副線圈中的電流變大，故C錯誤；D、若熱敏電阻Rt的溫度降

5、低，則熱敏電阻的阻值增大，由于原線圈的電壓不變，則副線圈的電壓不變，副線圈中的電流變小，則變壓器的輸出功率變小，故D錯誤；故選B?！军c睛】關鍵是知道變壓器原副線圈的輸入功率和輸出功率相等，理想變壓器的變壓關系是一個普適關系，而電流比它只適用于副線圈僅有一個的情況；3.如圖所示，一根長為L的金屬細桿通有電流時，水平靜止在傾角為的光滑絕緣固定斜面上。斜面處在方向豎直向上、磁感應強度大小為B勻強磁場中。若電流和磁場的方向均不變，電流大小變?yōu)?.5I，磁感應強度大小變?yōu)?B，重力加速度為g。則此時金屬細桿A. 電流流向垂直紙面向外B. 受到的安培力大小為2 BILsinC. 對斜面壓力大小變?yōu)樵瓉淼?

6、倍D. 將沿斜面加速向上，加速度大小為gsin【答案】D【解析】【分析】金屬細桿水平靜止斜面上時，由左手定則得電流方向，據(jù)安培力公式可得受到的安培力大?。桓鶕?jù)受力分析和牛頓第二定律可得對斜面壓力大小和金屬細桿的加速度；【詳解】A、直導線受到重力、導軌的支持力和安培力而平衡，由左手定則得電流流向垂直紙面向里，故A錯誤；B、根據(jù)安培力公式可得受到的安培力大小為，故B錯誤；CD、金屬細桿水平靜止斜面上時，根據(jù)平衡條件可得：，；磁感應強度大小改變時，根據(jù)受力分析和牛頓第二定律可得：，加速度方向沿斜面加速向上，故C錯誤，D正確；故選D?！军c睛】關鍵是金屬細桿水平靜止斜面上時，根據(jù)平衡條件求得安培力大小與

7、重力大小的關系；4.研究光電效應現(xiàn)象的實驗裝置如圖(a)所示，用光強相同的黃光和藍光照射光電管陰極K時，測得相應的遏止電壓分別為U1和U2，產(chǎn)生的光電流I隨光電管兩端電壓U的變化規(guī)律如圖(b)所示。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，黃光和藍光的頻率分別為1和2，且1U2B. 圖(b)中的乙線是對應黃光照射C. 根據(jù)題述條件無法算出陰極K金屬的極限頻率D. 用藍光照射時，光電子的最大初動能為eU2【答案】D【解析】【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應方程分析黃光和藍光的遏止電壓大小，并求出藍光照射時光電子的最大初動能和金屬的逸出功；由求金屬的極限頻率；【詳解】根據(jù)光電效應方程則有：，由于藍光的頻率2大于黃

8、光的頻率1，則有 ，所以圖(b)中的乙線是對應藍光照射；用藍光照射時，光電子的最大初動能為eU2，陰極K金屬的極限頻率，故D正確，A、B、C錯誤；故選D?！军c睛】關鍵是知道光電效應方程EkhW0，其中W0為克服金屬的逸出功， Ek為逸出后電子的最大初動能。5.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定光滑的絕緣軌道ABCD，其中傾角=37的斜面AB與半徑為R的圓弧軌道平滑相切于B點，CD為豎直直徑，O為圓心，質(zhì)量為m的帶負電小球(可視為質(zhì)點)從斜面上的A點由靜止釋放，A、B兩點高度差為h，重力加速度為g，sin37=0.6，cos37=0.8。則下列判斷正確的是A. 調(diào)整高度差h，小球從D點離開圓弧軌道后有

9、可能直接落在B點B. 當h=2.5R時，小球會從D點以的速度飛出，做平拋運動C. 若在O點放個正點電荷，小球通過D點的速度一定大于D. 若在O點放個正點電荷，小球從C點沿圓弧軌道到D點過程機械能不守恒【答案】C【解析】【分析】結(jié)合平拋運動的規(guī)律分析小球能能否恰好落到B點，在O點放個正點電荷，根據(jù)牛頓第二定律求得小球通過D點的速度，分析小球受到的電場力是否做功來判斷小球機械能守恒問題；【詳解】A、小球以速度v0從D點離開后做平拋運動，則有：，解得：，則有：，故A錯誤；B、當h=2.5R時，根據(jù)機械能守恒有：，解得：，所以小球會從D點以的速度飛出，做平拋運動，故B錯誤；C、在O點放個正點電荷，根據(jù)

10、牛頓第二定律可得：，解得小球通過D點的速度，故C正確；D、在O點放個正點電荷，從C點沿圓弧軌道到D點過程小球受到的電場力與運動方向垂直，只有重力做功，小球機械能守恒，故D錯誤；故選C?！军c睛】關鍵是要注意正確進行受力分析，明確物體的運動過程，再選擇合適的物理規(guī)律求解。6.2018年5月21日，嫦娥四號中繼星“鵲橋”在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心發(fā)射成功，同年12月8日成功發(fā)射嫦娥四號探測器，2020-2021年1月3日實現(xiàn)人類探測器在月球背面首次軟著陸；探測器對月球背面進行科學考察，并把信息通過中繼星即時傳送回地球。中繼星“鵲橋”號，可認為相對于月球繞地月系統(tǒng)的拉格朗日L2點做圓周運動，如圖所示。地月系統(tǒng)

11、的拉格朗日點就是小星體在該位置時，可以與地球和月球基本保持相對靜止，即在地球和月球萬有引力作用下與月球一起以相同的角速度近似繞地球運動。下列判斷正確的是A. 中繼星“鵲橋”繞拉格朗日點L2運動過程，只受到地球和月球萬有引力作用B. 中繼星“鵲橋”繞拉格朗目點L2運動過程，不只受到地球和月球萬有引力作用，還要受到自身的動力作用C. 中繼星“鵲橋”隨拉格朗日點L2繞地球運動的周期等于月球繞地球的周期D. 從月球一面始終朝著地球，說明月球也有自轉(zhuǎn)，自轉(zhuǎn)周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同【答案】BC【解析】【分析】中繼星“鵲橋”與月球同步繞地球運動，角速度相等，根據(jù)比較中繼星“鵲橋”隨拉格朗日點L2繞地球運動的周

12、期與月球繞地球的周期關系，根據(jù)永遠只有一面對著地球，可知月球的自轉(zhuǎn)周期與月球繞地球運動的周期的關系；【詳解】AB、中繼星“鵲橋”繞拉格朗目點L2運動過程，中繼星“鵲橋”的合力指向拉格朗目點L2，地球和月球萬有引力的合力不指向拉格朗目點L2，所以不只受到地球和月球萬有引力作用，還要受到自身的動力作用，故A錯誤，B正確；C、根據(jù)題意知“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的周期與月球繞地球轉(zhuǎn)動的周期相同，故C正確；D、由于月球受潮汐鎖定，永遠只有一面對著地球，說明月球也有自轉(zhuǎn)，月球的自轉(zhuǎn)周期等于月球繞地球運動的周期，故D錯誤；故選BC。7.如圖所示，固定光滑斜面AC長為L，B為斜面中點。小物塊在恒定拉力F作用下

13、，從最低點A由靜止開始沿斜面向上運動，到B點時撤去拉力F，小物塊能繼續(xù)上滑至最高點C，整個過程運動時間為t0。下列四圖分別描述該過程中小物塊的速度v隨時間t、加速度a隨時間t、動能Ek隨位移x、機械能E隨位移x的變化規(guī)律，可能正確的是A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)動能隨x的表達式得出整個過程中的運動規(guī)律，即前半段做勻加速直線運動，后半段做勻減速直線運動，結(jié)合平均速度的推論比較兩段過程中的運動時間，根據(jù)除重力以外其它力做功判斷機械能的變化；【詳解】ABC、合力先做正功再做負功，根據(jù)動能隨x的表達式知，動能先均勻增加，然后均勻減小，則知物塊先做勻加速直線運動，然后做勻減速

14、直線運動，勻加速直線運動的位移和勻減速直線運動的位移大小相等，勻減速直線運動的平均速度大于勻加速直線運動的平均速度，則勻減速運動的時間小于勻加速直線運動的時間；物體先向上勻加速后向上勻減速運動，速度方向不變，在中間位置而不是中間時刻，加速度改變方向，故A、C正確，B錯誤。D、根據(jù)除重力以外其它力做功等于機械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知機械能隨x均勻增加，后半段只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤；故選AC?！军c睛】關鍵是勻加速直線運動的位移和勻減速直線運動的位移大小相等，勻減速直線運動的平均速度大于勻加速直線運動的平均速度，則勻減速運動的時間小于勻加速直線運動的時間。8.如圖所示，在圓心

15、為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一系列電子以不同的速率v（0vvm）從邊界上的P點沿垂直于磁場方向與OP成60角方向射入磁場，在1/3區(qū)域的磁場邊界上有電子射出。已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子之間的相互作用力。則電子在磁場中運動的（）A. 最大半徑為rRB. 最大速率為vmC. 最長時間為tD. 最短時間為t【答案】AD【解析】【詳解】根據(jù)題意，電子圓周運動的圓心在速度的垂線上，當電子速度最大時，對應的圓周運動半徑最大，離開出發(fā)點最遠，如圖所示 恰好為半個圓周；最大半徑rmRcos30，得 ；軌跡對應的圓心角最小，時間最短，；當電子速度越小，

16、半徑越小，圓弧圓心角越大，時間越長，沒有時間最大值；故BC錯誤，AD正確。二、非選擇題9.利用如圖甲所示的實驗裝置探究恒力做功與物體動能變化的關系。小車的質(zhì)量為M，鉤碼的質(zhì)量為m，打點計時器的電源為50H的交流電。(1)實驗操作步驟如下：掛鉤碼前，為了消除摩擦力的影響，應調(diào)節(jié)木板右側(cè)的高度，直至向左輕推小車觀察到車做勻速運動；掛上鉤碼，按實驗要求打出的一條紙帶如圖乙所示；用刻度尺量出相鄰計數(shù)點間的距離x，記錄在紙帶上。(2)實驗數(shù)據(jù)處理及實驗結(jié)論從圖乙數(shù)據(jù)可以計算打出計數(shù)點“6”時小車的速度v6=_m/s；(計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字)將鉤碼重力mg視為小車受到的拉力F，當?shù)刂亓λ俣萭=9.80

17、m/s2，利用W=mgx算出拉力對小車做的功W，利用動能公式Ek=Mv2算出小車動能，求出動能的變化量Ek。并把計算結(jié)果標在EkW坐標中，畫出的圖線如圖丙所示。從圖丙中可計算出直線斜率k，從k值大小就可以判斷出實驗預期結(jié)論是否正確（實驗預期結(jié)論是動能變化等于拉力做功)。若實驗結(jié)論與預期結(jié)論相符合，則k值為_(填“k1、“k1”或“kv0)，在U型框與方框分離后，經(jīng)過t時間，方框的最右側(cè)和U型框的最左側(cè)之間的距離為s。求：分離時U型框的速度大小v1和方框的速度大小v2。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【分析】U型框向右做切割磁感線運動，由和由閉合電路歐姆定律求感應電流的大小和型框上N、Q

18、兩端的電勢差；當U型框向右運動過程，方框和U型框組成系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求出方框最后的速度；對U型框，由動量定理和電流概念求出此過程流過U型框上NQ邊的電量；U型框和方框分離時系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)題意列式求出分離時U型框的速度大小和方框的速度大小；【詳解】解：(1)由法拉第電磁感應定律得：此時電路圖如圖由串并聯(lián)電路規(guī)律外電阻為：由閉合電路歐姆定律得：流過QN的電流：所以: (2)當U型框向右運動過程，方框和U型框組成系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒依題意得：方框和U型框最終速度相同，設最終速度大小為解得：對U型框，由動量定理得：由電流概念得：解得： (3)設：U型框和方框分

19、離時速度分別為v1和v2系統(tǒng)動量守恒：依題意得： 解方程可得：13.分子動理論以及固體、液體的性質(zhì)是熱學的重要內(nèi)容，下列說法正確的是（）A. 用吸管將牛奶吸入口中是利用了毛細現(xiàn)象B. 同溫度的氧氣和氫氣，它們的分子平均動能相等C. 荷葉上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用D. 彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質(zhì)具有各向異性的特點E. 兩分子間的分子勢能一定隨距離的增大而增大【答案】BCD【解析】【詳解】用塑料細管將牛奶吸入口中利用了大氣壓，不是毛細現(xiàn)象，故A錯誤；溫度是分子平均動能的標志，相同溫度下所有分子的平均動能均相同，故B正確；液體表面的分子分布比液體內(nèi)部分子的分布要稀疏，故存在液體

20、的表面張力，草葉上的露珠呈球形是由于液體表面張力的作用，故C正確；液晶像液體一樣具有流動性，而其光學性質(zhì)與某些晶體相似具有各向異性，彩色液晶顯示器利用了液晶的光學性質(zhì)具有各向異性的特點，故D正確；當分子表現(xiàn)為引力時，分子勢能隨分子間距離的增大而增大，當分子力表現(xiàn)為斥力時，分子勢能隨分子間距離的增大而減小，故E錯誤；故選BCD。14.如圖所示，一氣缸內(nèi)由光滑的活塞封閉著一定量的理想氣體，氣缸(足夠長)開口豎直向下。活塞下掛一個沙桶，活塞和沙桶的總質(zhì)量為m，平衡時活塞離底部的距離為h?，F(xiàn)往沙桶內(nèi)緩慢加人沙子，裝滿沙桶時活塞離底部的距離高為H、已知氣缸壁的導熱性能良好，活塞的橫截面積為S，在缸內(nèi)可自

21、由滑動且不漏氣；大氣壓強為p0，環(huán)境溫度不變，重力加速度為g。求裝入沙桶沙子的質(zhì)量m；若因外界環(huán)境溫度降低，活塞又回到離底部距離為h處，且內(nèi)能減小了E，則此過程需要向外界放出熱量Q。【答案】 【解析】【分析】根據(jù)平衡條件求出沙桶未裝沙子時氣缸內(nèi)氣體壓強和當沙桶裝滿沙子時氣缸內(nèi)氣體壓強，由玻意耳定律列式裝入沙桶沙子的質(zhì)量；氣體溫度降低過程中，求出外界對氣體做功，根據(jù)熱力學第一定律求出此過程需要向外界放出熱量；【詳解】解:根據(jù)題意知，沙桶裝滿沙子的過程，缸內(nèi)氣體的溫度保持不變，此過程為等溫變化沙桶未裝沙子時，氣缸內(nèi)氣體壓強為，體積為以活塞為研究對象得：當沙桶裝滿沙子時，氣缸內(nèi)氣體壓強為，體積為以活

22、塞為研究對象得：由玻意耳定律得：聯(lián)立以上各式解得氣體溫度降低過程中，外界對氣體做功為：根據(jù)熱力學第一定律有：則需要向外界放出的熱量為：15.如圖所示，半圓形玻璃磚按圖中實線位置放置，直徑與BD重合。一束白光沿著半圓形玻璃磚的半徑從圓弧面垂直BD射到圓心O點上。使玻璃磚繞O點逆時針緩慢地轉(zhuǎn)過角度（090），觀察到折射光斑和反射光斑在弧形屏上移動。在玻璃磚轉(zhuǎn)白光動過程中，以下說法正確的是（）A. 在弧形屏上可以觀察到反射光的色散現(xiàn)象B. 在弧形屏上可以觀察到折射光的色散現(xiàn)象C. 紅光在玻璃磚中傳播速度最小D. 折射光斑在弧形屏上沿順時針方向移動E. 玻璃磚旋轉(zhuǎn)過程弧形屏上最先消失的一定是紫光【答案】BDE【解析】【詳解】根據(jù)反射定律和