2022年福建省福州市第四中學(xué)高考物理四模試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷考生請(qǐng)注意：1答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫(xiě)在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫(xiě)在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫(xiě)在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，重力均為G的兩小球用等長(zhǎng)的細(xì)繩a、b懸掛在O點(diǎn)，兩小球之間用一根輕彈簧連接，兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，兩細(xì)繩a、b與輕彈簧c恰好構(gòu)成正三角形?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動(dòng)右側(cè)小球

2、，使細(xì)繩a最終豎直，并保持兩小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說(shuō)法正確的是（）A最終狀態(tài)時(shí)，水平拉力F等于B最終狀態(tài)與初態(tài)相比，輕彈簧c的彈性勢(shì)能保持不變C最終狀態(tài)與初態(tài)相比，右側(cè)小球機(jī)械能的增加量等于彈簧彈性勢(shì)能的減小量加上力F做的功D最終狀態(tài)與初態(tài)相比，系統(tǒng)的機(jī)械能增加2、如圖所示，虛線為某勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)線，電勢(shì)分別為、和，實(shí)線是某帶電粒子在該電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡。不計(jì)帶電粒子的重力，則該粒子（）A帶負(fù)電B在、三點(diǎn)的動(dòng)能大小關(guān)系為C在、三點(diǎn)的電勢(shì)能大小關(guān)系為D一定是從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，再運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)3、一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0 x2段是關(guān)于直線x

3、=x1對(duì)稱的曲線，x2x3段是直線，則下列說(shuō)法正確的是Ax1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零B粒子在0 x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2x3段做勻速直線運(yùn)動(dòng)C若x1、x3處電勢(shì)為1、3，則1 QFB在M點(diǎn)由靜止釋放一帶正電的檢驗(yàn)電荷，檢驗(yàn)電荷將沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)C過(guò)N點(diǎn)的等勢(shì)面與EF連線垂直D負(fù)檢驗(yàn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于在N點(diǎn)的電勢(shì)能6、根據(jù)愛(ài)因斯坦的“光子說(shuō)”可知（）A“光子說(shuō)”本質(zhì)就是牛頓的“微粒說(shuō)”B只有光子數(shù)很多時(shí)，光才具有粒子性C一束單色光的能量可以連續(xù)變化D光的波長(zhǎng)越長(zhǎng)，光子的能量越小二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)

4、的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、一質(zhì)量為0.5kg的物塊沿直線運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間（）圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A0.25s時(shí)的速度方向與1.25s時(shí)的速度方向相反B1.5s末受到的合力大小為2NC00.5s內(nèi)合力做的功為1JD前2s的平均速度大小為0.75m/s8、如圖，a、b、c、d是均勻介質(zhì)中水平軸上的四個(gè)質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)的間距依次為4m、6m和8m。一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正向傳播，在t=0時(shí)刻傳到質(zhì)點(diǎn)a處，使質(zhì)點(diǎn)a由平衡位置開(kāi)始豎直向下運(yùn)動(dòng)。波繼續(xù)向前傳播，t=5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)b已經(jīng)通過(guò)了8cm路程并第一次回到了平衡位置，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)c剛好開(kāi)始振動(dòng)。則下列說(shuō)法正確的是_A該波的波

5、速為1.6cm/sB質(zhì)點(diǎn)c開(kāi)始振動(dòng)后，其振動(dòng)周期為6sC當(dāng)t5s后，質(zhì)點(diǎn)b向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c一定向上運(yùn)動(dòng)D在7st3,故C錯(cuò)誤；D、x2x3段斜率不變，所以這段電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變，故D正確；故選D點(diǎn)睛：EP-x圖像的斜率表示粒子所受電場(chǎng)力F，根據(jù)F=qE判斷各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向和大小，以及加速度的變化情況。至于電勢(shì)的高低，可以利用結(jié)論“負(fù)電荷逆著電場(chǎng)線方向移動(dòng)電勢(shì)能降低，沿著電場(chǎng)線方向移動(dòng)電勢(shì)能升高”來(lái)判斷。4、A【解析】物體以恒定角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，所以，物體在垂直盤面方向上合外力為零，故支持力物體在盤面上的合外力即向心力則最大靜摩擦力至少為故物體與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)至少為故A正確，BCD錯(cuò)誤.5、C

6、【解析】根據(jù)電場(chǎng)線的指向知E帶正電，F(xiàn)帶負(fù)電；N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由E、F兩電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生場(chǎng)強(qiáng)的疊加，電荷E在N點(diǎn)電場(chǎng)方向沿EN向上，電荷F在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)沿NF向下，合場(chǎng)強(qiáng)水平向右，可知F電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大于E電荷在N點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，而，所以由點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式知,A錯(cuò)誤；只有電場(chǎng)線是直線，且初速度為0或初速度的方向與電場(chǎng)平行時(shí)，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡才與電場(chǎng)線重合而該電場(chǎng)線是一條曲線，所以運(yùn)動(dòng)軌跡與電場(chǎng)線不重合故在M點(diǎn)由靜止釋放一帶正電的檢驗(yàn)電荷，不可能沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，B錯(cuò)誤；因?yàn)殡妶?chǎng)線和等勢(shì)面垂直，所以過(guò)N點(diǎn)的等勢(shì)面與過(guò)N點(diǎn)的切線垂直，C正確；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，再根據(jù)，q為負(fù)電荷，知，D錯(cuò)

7、誤；故選C【點(diǎn)睛】只有電場(chǎng)線是直線，且初速度為0或初速度的方向與電場(chǎng)平行時(shí)，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡才與電場(chǎng)線重合電場(chǎng)線和等勢(shì)面垂直N點(diǎn)的切線與EF連線平行，根據(jù)電場(chǎng)線的方向和場(chǎng)強(qiáng)的疊加，可以判斷出E、F的電性及電量的大小先比較電勢(shì)的高低，再根據(jù)，比較電勢(shì)能6、D【解析】A“光子說(shuō)”提出光子即有波長(zhǎng)又有動(dòng)量，是波動(dòng)說(shuō)和粒子說(shuō)的統(tǒng)一，不同于牛頓的“微粒說(shuō)”，A錯(cuò)誤；B當(dāng)光子數(shù)很少時(shí)，顯示粒子性；大量光子顯示波動(dòng)性，B錯(cuò)誤；C愛(ài)因斯坦的“光子說(shuō)”提出在空間傳播的光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份叫做一個(gè)光子，每個(gè)光子的能量為，故光的能量是不連續(xù)的，C錯(cuò)誤；D光的波長(zhǎng)越大，根據(jù)，頻率越小，故能量越小，D

8、正確故選D.二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、BCD【解析】A由圖象知，0.25s時(shí)的速度方向與1.25s時(shí)的速度方向都為正方向，方向相同，故A錯(cuò)誤。B由圖象知，1.5s末的加速度所以合力F=ma=2N故B正確。C由動(dòng)能定理知，00.5s內(nèi)合力做的功 故C正確。D由圖象的面積表示位移知，前2s的位移 前2s的平均速度 故D正確。故選BCD。8、BCE【解析】A在t=5s的時(shí)間內(nèi)波形從a傳播到c距離為10m，故波速為故A錯(cuò)誤；B從波源a起振開(kāi)始到波形傳播到b點(diǎn)的時(shí)間為

9、B點(diǎn)起振后振動(dòng)了半個(gè)周期，總時(shí)間為5s，有可得而所有質(zhì)點(diǎn)點(diǎn)的振動(dòng)周期相同，故質(zhì)點(diǎn)c開(kāi)始振動(dòng)后其振動(dòng)周期也為6s，故B正確；C當(dāng)t5s后，b和c都已開(kāi)始振動(dòng)，兩者的距離為6m等于半個(gè)波長(zhǎng)，則質(zhì)點(diǎn)b向下運(yùn)動(dòng)時(shí)質(zhì)點(diǎn)c一定向上運(yùn)動(dòng)，故C正確；D當(dāng)時(shí)間7st9s時(shí)，而周期，c點(diǎn)起振需要5s，則c點(diǎn)的振動(dòng)時(shí)間在范圍內(nèi)且起振向下，故c正經(jīng)過(guò)波谷后向平衡位置振動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)c向上先加速運(yùn)動(dòng)后減速向上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；E質(zhì)點(diǎn)ad的距離為18m，則波源a到d的時(shí)間為故質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的時(shí)間，且起振豎直向下，而加速度指向平衡位置方向向上，故E正確。故選BCE。9、BDE【解析】A氣體吸熱，若同時(shí)對(duì)外做功，則氣體內(nèi)能可能減小，溫度

10、也可能降低，A錯(cuò)誤；B改變氣體的內(nèi)能的方式有兩種：做功和熱傳遞，B正確；C理想氣體等壓膨脹，根據(jù)蓋呂薩克定律可知理想氣體溫度升高，內(nèi)能增大，根據(jù)熱力學(xué)第一定律理想氣體膨脹對(duì)外做功，所以理想氣體一定吸熱，C錯(cuò)誤；D理想氣體絕熱膨脹過(guò)程，理想氣體對(duì)外做功，沒(méi)有吸放熱，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知內(nèi)能一定減少，D正確；E根據(jù)熱力學(xué)第二定律，熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體，E正確。故選BDE。10、BC【解析】A當(dāng)磁場(chǎng)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，穿過(guò)閉合線框中的磁場(chǎng)有時(shí)垂直于紙面向外的磁場(chǎng)增大，有時(shí)垂直于紙面向內(nèi)的磁場(chǎng)增大，根據(jù)楞次定律可知列車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬框中的電流方向一直改變，A錯(cuò)誤；B金屬框中和導(dǎo)體棒切

11、割磁感線，最大的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)閉合電路歐姆定律可知B正確；C列車速度最大為，此時(shí)切割磁感線的速率為，金屬框中和導(dǎo)體棒切割磁感線，此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為通過(guò)線框的電流為列車所受合外力為0時(shí)，速度最大，即所受安培力等于阻力解得C正確；D列車要維持最大速度運(yùn)動(dòng)，每秒消耗的磁場(chǎng)能為D錯(cuò)誤。故選BC。三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、15.0 c D 1.5 3.0 【解析】（1）1操作步驟中，多用電表內(nèi)阻等于中值電阻，大小為15.0；（2）2因c端是電流傳感器的負(fù)極，則操作步驟中，多用電表紅表筆應(yīng)接點(diǎn)；（3）3根據(jù)實(shí)驗(yàn)步驟的分析可知，電路的

12、故障可能是電阻箱R斷路，故選D；（4）45根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E=I(R+R0+r)即：由圖像可知：則r=3.012、黑 電壓 電流 4600 100 10.2 【解析】（1）1根據(jù)表頭的極性，因電流要從紅表筆流入電表，可知表筆A應(yīng)為黑色；（2）23將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，置于“1”擋時(shí)，表頭與R2串聯(lián)，則多用電表用于測(cè)量電壓；開(kāi)關(guān)閉合，置于“1”擋時(shí)，R3與表頭并聯(lián)，則多用電表用于測(cè)量電流；（3）4已知將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，置于“2”擋時(shí)，多用電表的量程為10V，則 5將開(kāi)關(guān)斷開(kāi)，置于“1”擋時(shí)，多用電表的量程為1V，則6將開(kāi)關(guān)接通，置于“1”擋時(shí)，多用電表的量程為100mA，則四、計(jì)算題：本題共2小題，共

13、26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、 (1)；(2)，方向斜面向上【解析】(1)物塊沿斜面下滑，設(shè)加速度為，末速度為，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得物塊進(jìn)入金屬箱后，設(shè)加速度為，末速度為，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得解得(2)物塊與金屬箱側(cè)壁發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后物塊與金屬箱的速度分別為v3和v4，由動(dòng)量守恒定律及能量守恒可得物塊與金屬箱側(cè)壁發(fā)生彈性碰撞后，物塊沿金屬箱底面向上滑行，設(shè)加速度為a3，金屬箱向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a4，由牛頓第二定律可得物塊減速運(yùn)動(dòng)為0時(shí)，有，得1s內(nèi)物塊和金屬位移之和說(shuō)明物塊第二次與金屬箱碰撞為側(cè)壁A，設(shè)物塊上

14、滑的位移為x1，金屬箱下滑的位移為x2，第一次與第二次碰撞的時(shí)間間隔為t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得設(shè)第二次碰撞前物塊的速度為v5，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得解得方向沿斜面向上14、（1）5.0105 m/s （2）0.6m （3）B20.3 T【解析】（1）設(shè)離子的速度大小為v，由于沿中線PQ做直線運(yùn)動(dòng)，則有qE1=qvB1，代入數(shù)據(jù)解得：v=5.0105 m/s；（2）離子進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：qvB2=m得，r=0.2 m，作出離子的運(yùn)動(dòng)軌跡，交OA邊界于N，如圖甲所示，OQ=2r，若磁場(chǎng)無(wú)邊界，一定通過(guò)O點(diǎn)，則軌跡圓弧QN的圓心角為=90，過(guò)N點(diǎn)做圓弧切線，方向豎直向下，離子垂直電場(chǎng)線進(jìn)入電場(chǎng)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，y=OO=vt，x=at2，而a=，則x=0.4 m離子打到熒光