高中物理高考 卷2-2021年决胜高考物理模考冲刺卷（新高考福建专用）（解析版）

2021年决胜高考物理模考冲刺卷（二）

福建专用

注意事项:

1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。

2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。

3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。

一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．如图所示,在双缝干涉实验中，若把单缝S从双缝S1、S2的中心对称轴位置稍微向上移动，则（    ）

A．不再产生干涉条纹

B．仍可产生干涉条纹,其中央亮条纹的位置不变

C．仍可产生干涉条纹,其中央亮条纹的位置略上移

D．仍可产生干涉条纹,其中央亮条纹的位置略下移

【答案】D

【解析】

在双缝干涉实验中，若把单缝S从双缝S1、S2的中心对称轴位置稍微向上移动，通过双缝S1、S2的光仍是相干光，仍可产生干涉条纹，中央亮纹的位置经过S1、S2到S的路程差任等于0．SS1＜SS2，SS1+S1P=SS2+S2P那么S1P＞S2P，中央亮纹P的位置略向下移，ABC错误D正确．

2．下列说法中正确的是(    )

A．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比射线弱

B．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核

C．已知质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2

D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核外的电子发生电离产生的

【答案】C

【解析】

A、β射线是电子流，不是电磁波，穿透本领比γ射线弱，故A错误；

B、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故B错误；

C、根据爱因斯坦质能方程可得释放的能量是，故C正确；

D、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故D错误；

故选C．

3．我国自主研发的北斗卫星导航系统中有数颗地球同步轨道卫星（其周期与地球自转周期相同），A是其中一颗。物体B静止于赤道上随地球自转。分别把A、B的角速度记为、，线速度记为、，加速度记为、，所受地球万有引力记为、，则（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

A．同步轨道卫星（其周期与地球自转周期相同），则A、B的角速度

故A错误；

B．根据v=ωr可知

故B错误；

C．对A和B角速度相同ωB=ωA，根据a=ω2r可知

故C正确；

D．根据万有引力定律可得可知，两颗星的质量不知道，万有引力无法比较，故D错误。

故选C。

4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示．已知发电机线圈内阻为10 Ω，外接一只电阻为90 Ω的灯泡，如图乙所示，则(　　)

A．电压表的示数为220 V

B．电路中的电流方向每秒钟改变50次

C．灯泡实际消耗的功率为484 W

D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为48.4J

【答案】D

【解析】

由甲图可知交流电的最大值为Em=220V，故有效值E=220V，电压表示数．故A错误；由甲图可知交流电的周期T=0.02s，则交流电的频率为50Hz，每个周期内电流方向改变两次，故每秒内方向改变100次，故B错误；灯泡的实际功率P=；故C错误；发电机线圈内阻每分钟产生的焦耳热为．故D正确．故选D．

点睛：交流电的电压、电流、电动势等等物理量都随时间作周期性变化，求解交流电的焦耳热、电功、电功率时要用交流电的有效值，求电量时用平均值.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

5．如图所示，实线为一对等量同种点电荷的连线，虚线正方形abcd的中心O在两电荷连线的中点，下列说法正确的是

A．a、b两点的电场强度相同 B．a、c两点的电场强度相同

C．a、b两点的电势相等 D．a、c两点的电势相等

【答案】CD

【解析】

A．根据两个等量同种电荷电场的对称性可知，a、b两点的场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故A错误．

B．a、c两点的场强大小相等，但方向不同，所以场强不同，故B错误．

C D．根据对称规律可知，a、b两点的电势相等，a、c两点的电势相等，选项CD正确．

【点睛】

加强基础知识的学习，掌握住等量同种电荷的电场线和等势线分布情况和特点，即可解决本题；注意场强的矢量性．

6．如图所示，两光滑平行细杆的间距与轻质弹簧自然长度均为d。穿在细杆上的两球形物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。将m1由图示位置静止释放，当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，对于两物体以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．m1的最小速度不可能是0

B．可能存在某段时间m1向左运动

C．m2的最大速度一定是v1

D．m1，m2再次相距最近时，m2的速度可能大于m1的速度

【答案】BD

【解析】

当m1与m2第一次相距最近后，m2开始离开挡板，m1向右运动，弹簧被拉长，m2在弹簧弹力作用下向右运动，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度，两球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得

A．当m1＝m2时m1的最小速度为0，A错误；

B．如果m1＜m2，则v1′＜0，即m1的速度向左，由此可知，可能存在某段时间m1向左运动，B正确；

C．由于两球的速度不一定相等，由v2v1可知，m2的最大速度不一定是v1，C错误；

D．当m1＞m2时，m1、m2再次相距最近时，m2的速度可能大于m1的速度，D正确。

故选BD。

7．如图所示，轻杆长为3L，在杆的A．B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，外界给予系统一定的能量后，杆和球在竖直面内转动．在转动的过程中，忽略空气的阻力．若球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，则下列说法正确的是(  )

A．球B转到最低点时，其速度为

B．球B在最低点时速度为

C．球B在最高点时，杆对水平轴的作用力为1.5mg

D．球B在最高点，杆对水平轴的作用力为1.25mg

【答案】AC

【解析】

AB．球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有

解得：

由于A．B两球的角速度相等，而线速度之比等于角速度之比，故此时A的线速度为

由机械能守恒定律可知：B转到最低点时有

；

解得：；故A正确，B错误；

CD．B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有

解得

故杆对支点的作用力为1.5mg．故C正确；D错误。

故选AC。

8．如图所示，一匝数匝、总电阻、边长的匀质正三角形金属线框静默在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下（正方向），磁感应强度的大小随时间变化的关系如图乙所示，是磁场边界与线框的两交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力，取，则（    ）

A．时刻穿过线框的磁通量为

B．线框静止时，线框中的感应电流大小为

C．线框静止时，两点间的电压为

D．经时间，线框开始滑动

【答案】BD

【解析】

t=0时穿过线框的磁通量为，故A错误；当线框静止时，根据法拉第电磁感应定律，则有：，再由闭合电路欧姆定律，有：，则a、b两点间电压为，故B正确，C错误；经时间t=0.8s，由图线可知B=6T，依据B选项分析可知，感应电流I=0.1A，则安培力大小，根据楞次定律可知，感应电流逆时针方向，由左手定则可知，安培力方向垂直导线框向外，如图所示：

根据几何关系，可知，两安培力夹角为，则两安培力的合力为0.06N，因已知线框与水平面间的最大静摩擦力f=0.6N，则开始滑动，故D正确；故选BD.

【点睛】通过磁通量的公式计算出t=0时的磁通量；根据法拉第电磁感应定律，求得感应电动势大小，再依据闭合电路欧姆定律，求得感应电流的大小；由楞次定律，与左手定则从而确定安培力方向，再依据F=NBIL，及矢量的合成法则，与几何关系，即可求解．

三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。

9.（4分）

如图所示，将截面为正方形的真空腔abcd放置在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．若有一束具有不同速率的电子由小孔a沿ab方向射入磁场，打在腔壁上被吸收，则由小孔c和d射出的电子的速率之比________；通过磁场的时间之比为________ ．

【答案】2：1    1：2   

【分析】

电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据牛顿第二定律推导出电子圆周运动的速率与半径的关系．根据几何知识确定电子从c孔和b孔时半径关系，求解速率之比．根据时间与周期的关系，求解时间之比．

【解析】

[1]．设电子的质量为m，电量为q，磁感应强度为B，电子圆周运动的半径为r，速率为v，

由牛顿第二定律得：

evB=m

解得：

r与v成正比．由图看出，从c孔和d孔射出的电子半径之比rc：rd=2：1，则速率之比

vc：vd=rc：rd=2：1．

[2]．电子圆周运动的周期为：

所有电子的周期相等，从c孔和d孔射出的电子在盒内运动时间分别为：

tc=T

td=T

所以从c孔和d孔射出的电子在盒内运动时间之比：

tc：td=1：2；

【点睛】

本题属于带电粒子在磁场中的偏转中典型题目，此类题的关键在于确定圆心及由几何关系求出半径．知道半径和周期的表达式。

10.（4分）

如图为一种减震垫，布满了圆柱状相同薄膜气泡。每个气泡内充满体积为V0，压强为p0的气体。现把平板状物品恰好水平放在n个完整的气泡上。设被压的气泡不漏气，且气体温度保持不变。当每个气泡的体积压缩了ΔV时，其与物品接触面的边界为S。则此时每个气泡内气体的压强为________，此减震垫对平板物品的支持力为________。

【答案】       

【解析】

设压缩后每个气泡气体压强为p，由玻意耳定律得到

解得

对其中的一个气泡

解得

平台对减震垫的压力为

11.（5分）

某同学在用打点计时器研究匀变速直线运动规律的实验中打出的点如下图所示,在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点,其相邻点间的距离如图所示:

(1)打点计时器使用______电源,电源的频率是50Hz,则打点时间间隔是_____秒,每相邻两个计数点之间有四个点未画出,则每两个相邻的计数点之间的时间间隔为_______秒；

(2)计算出打下C点时小车的瞬时速度(保留三位有效数字).

(3)计算加速度_______(保留二位有效数字).

【答案】（1）交流，    0.02s，     0.1s；    （2）0.479m/s；   

【解析】

(1)打点计时器使用的电源必须是交流电源，当电源频率为50Hz时，每隔0.02秒打一个点．每相邻两个计数点之间有四个点未画出,则每两个相邻的计数点之间的时间间隔为5个打点时间间隔，为0.1S；

(2) 打下C点时小车的瞬时速度等于BD过程的平均速度，则=0.479m/s；

(3)根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，

得：x4−x1=3a1T2

x5−x2=3a2T2

x6−x3=3a3T2

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：

a=(a1+a2+a3)

即小车运动的加速度计算表达式为：

a==0.80m/s2

【点睛】

（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项；

（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．

12.（7分）

学校电工从市场买来一大捆铜导线，如图甲所示，他觉得其实际长度与所标的长度相差较大，为此请一组同学帮助他通过实验进行检测。

(1)为了得知该铜丝的横截面积S，小组先用小刀割去铜导线外皮，再用螺旋测微器测定裸露的铜丝的直径d，如图乙所示，则可读得d=______mm。

(2)小组设计如图丙所示的电路来测定铜丝电阻，请根据图丙把图丁实物连接完整。

(3)首先闭合开关，把开关，拨向1，记下电压表的示数为，接下来把开关，拨向2，调节______，使得电压表的示数为______，此时电阻箱的阻值为；

(4)据研究小组设计方案，计算铜导线长度的表达式L=______（用铜导线的电阻R、横截面积S、电阻率表示），根据以上测得的数据可计算出该铜导线的长度为______m。（已知铜的电阻率，结果保留三位有效数字）。

【答案】（0.350mm~0.352mm）        电阻箱               

【解析】

(1)螺旋测微器的读数为：固定刻度+可动刻度（估读）精度值=0+35.0（35.0~35.2）0.01mm=0.350mm（0.350mm~0.352mm）。

(2)采用等效替代法来测铜丝的电阻所以实物图完整连接如下图

(3)采用等效替代法来测铜丝的电阻的步骤：首先闭合开关，把开关，拨向1，记下电压表的示数为，接下来把开关，拨向2，调节电阻箱电阻，使得电压表的示数为，此时电阻箱的阻值为。

(4)由电阻定律可得

解得

横截面积

代入数据可解得

长度的大约范围：

13.（10分）

一根劲度系数为k，质量不计的轻弹簧上端固定，下端系一质量为m的物体，有一水平板将物体托住，并使弹簧处于自然长度．如图所示，现让木板由静止开始以加速度a(a<g)匀加速向下运动，求经过多长时间木板开始与物体分离。

【答案】

【解析】

当m与木板分离时，m与板间无弹力作用，且加速度为a，由牛顿第二定律得

mg－kx＝ma

因m与板分离前做匀加速运动．所以有

x＝at2

由以上两式解得

14.（12分）

如图(甲)所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，粒子质量为m，电荷量为q。若将两金属板接到如图(乙)所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：

（1）交变电压的周期T应满足什么条件；

（2）金属板两板间距d应满足的条件。

【答案】（1）(n为整数)；（2）d≥(n为整数)

【解析】

（1）要使带电粒子从b点以速度v0射出，应满足

=nT(n为整数)

则交变电压的周期T应满足

T=

（2）第一次加速过程有

将T代入得

粒子不打在板上，应满足

即

15.（18分）

如图，空间存在两个水平方向等大反向的匀强磁场，水平虚线为其边界，磁场范围足够大．矩形多匝闭合线框ABCD下边位于两磁场边界处，匝数n=200，每匝质量为0．1kg，每匝电阻R=1Ω，边长AB=0．5m，BC=1．125m．一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接线框，另一端连接质量为10kg的竖直悬挂绝缘物体P，且P受到F=70-200v（N）的竖直外力作用（v为线框的瞬时速度大小）．现将线框静止释放，刚运动时，外力F的方向竖直向下，线框中的电流随时间均匀增加．一段时间后撤去外力F，线框恰好开始做匀速直线运动．若细线始终绷紧，线框平面在运动过程中始终与磁场垂直，且CD边始终保持水平，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．

（1）求空间中匀强磁场的磁感应强度B的大小？

（2）从开始运动到线框全部进入下方磁场过程所用时间t和绳上拉力的最大功率分别为多少？

（3）从开始运动到撤去外力过程中，线框产生的焦耳热为25/3J，则该过程流过单匝导线横截面的电量Q和外力F做功分别为多少？

【答案】（1）   （2）  ，50W  （3）    ，

【解析】

(1)开始时电流随时间均匀增加，又因为

所以v随t均匀增加，线框做匀加速运动．则

联立解得：B=1T，a=1m/s2

(2) 匀速运动时

所以v0=0．5m/s则

匀加速过程中，研究物块P

T=180-200V

匀速运动过程中，研究物块P∶T=Mg，P′=Tv0=50W>40．5W

所以绳子拉力的最大功率为50W；

(3)因为

则

由动能定理：

解得：．