2025年福建省百校联考高考物理模拟试卷（2月份）（含详细答案解析）

这是一份2025年福建省百校联考高考物理模拟试卷（2月份）（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示为3D立体电影的原理图，关于其光学原理的说法正确的是( )
A. 利用了光的全反射现象
B. 利用子光的衍射现象
C. 说明光是一种横波
D. 说明光是一种纵波
2.如图为几种电容式传感器，其中通过改变电容器两极间距离而引起电容变化的是( )
A. B.
C. D.
3.如图甲所示实验装置中，分别用a、b两束光照射阴极K，移动滑片P，得到电压表示数U与微安表示数I的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 测量遏止电压时，应将滑片P向a端移动B. 滑片P向b端移动时，微安表示数减小
C. a光的频率可能大于b光D. a光的光子动量可能大于b光
4.如图所示，我国某地一直升机将一水平的闭合金属线圈竖直向上吊起，由于地磁场的影响，线圈中产生了感应电流，下列说法正确的是( )
A. 线圈中的磁通量增大
B. 线圈中有顺时针方向的感应电流(俯视)
C. 线圈的四条边有向内收缩的趋势
D. 若在赤道上空将线圈吊起，线圈中也会产生感应电流
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，用三根轻绳a、b、c将质量均为m的两个灯笼1、2悬挂起来。两灯笼静止时，轻绳a与竖直方向的夹角为30∘，轻绳c水平，三根轻绳能承受的最大拉力均相等，重力加速度为g，则( )
A. 轻绳a中的拉力大小为4 33mgB. 轻绳c中的拉力大小为 33mg
C. 轻绳b中的拉力大小为73mgD. 若增大m，轻绳a最先被拉断
6.如图，一喷泉广场中有一圆形水池，在水池边缘的圆周上安装了喷管，喷管口高度与水面相平，横截面积为S，喷管与水面的夹角为θ。开启后，一喷管以速度v喷出的水柱恰好落到水池圆心处，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 水在空中的运动时间为vsinθg
B. 水池半径为2v2sinθcsθg
C. 该喷管喷出的水柱在空中的总体积为2Sv2sinθg
D. 该喷管喷出的水柱在空中的总体积为2Sv2csθg
7.水利一号遥感卫星于2024年12月17日在太原卫星发射中心成功发射，该卫星为极地卫星，入轨后绕地球做匀速圆周运动，该卫星的飞行轨道在地球表面的投影如图所示，图中标明了该卫星从北向南飞临赤道上空所对应的地面的经度，则( )
A. 该卫星的环绕速度大于7.9km/h
B. 该卫星运行1圈中2次经过赤道上空
C. 该卫星与地球同步卫星的周期之比为1：8
D. 该卫星与地球同步卫星的轨道半径之比1：4 2
8.如图所示，在一个直角△ACD(∠C=90∘)区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，沿纸面从AC边的O点垂直于AC边以速度v射入该匀强磁场区域，已知CD=2OC=2l，∠A=θ，下列关于粒子运动的说法中正确的是( )
A. 若θ=45∘，v=qBlm，则粒子从CD边射出磁场，出射点距C的距离为l
B. 若θ=45∘，要使粒子从CD边射出，则最大速度为v= 2qBlm
C. 若θ=30∘，要使粒子从CD边射出，则最大速度为v=5qBl2m
D. 若θ=30∘，该粒子在磁场中运动的最长时间为3πm2qB
三、填空题：本大题共3小题，共9分。
9.如图是一定质量的理想气体由状态A到状态B的V−T图像。则状态A的温度TA=______ K，此过程气体______(填“放出”或“吸收”)热量。
10.某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图像如图所示。在波的传播方向上有A、B两点，它们到S的距离分别为5m和25m。A、B两点开始振动的时间间隔为1s。则这列波的波速为______m/s，这列波的波长为______ m。
11.如图所示，圆柱形玻璃砖静置在水平面上，AB是截面圆的竖直直径，一束单色光从A点以与竖直方向成60∘角的方向射入玻璃砖，从C点射出玻璃砖，并射在地面上的D点。已知光线CD与地面垂直，B、D间的距离为d，光在真空中的传播速度为c。则玻璃砖对该光的折射率为______，光从 A点传播到C点所用时间为______。
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.关于“研究共点力的合成规律”的实验，请回答下列问题：
(1)在实验中我们采用的研究方法是______(填字母)。
A.等效替代法
B.理想实验法
C.理想模型法
D.控制变量法
(2)某同学做实验时有一个弹簧秤的示数如图乙所示，其读数为______ N。
(3)某同学完成实验后得到的图形如图丙所示，在所画的“F”与“F′”中，由一个弹簧测力计拉橡皮筋得到的力是______。
(4)小李同学用如图丁所示的装置来做实验，三根绳套系在同一个节点O处，用弹簧测力计A和B将重物M悬挂起来，实验装置在同一竖直面内。在实验中利用弹簧测力计A和B测出两个拉力FA、FB的大小，FA、FB的方向沿细绳方向；接着只用弹簧测力计B单独测量合力F的大小，必须保证______(填字母)。
A.O点位置不变
B.悬挂的重物质量M不变
C.悬挂的重物保持平衡
D.弹簧测力计示数为FA、FB大小之和
13.用如图甲所示的电路测量待测电阻的阻值，实验室提供的器材有：
A.待测电阻Rx(约为100Ω)
B.灵敏电流计G(量程0∼10mA，内阻Rg=200Ω)
C.定值电阻R0(80Ω)
D.滑动变阻器R1(0∼10Ω)
E.滑动变阻器R2(0∼1000Ω)
F.单刀单掷开关S1
G.单刀双掷开关S2
H.学生电源E
I.导线若干
(1)按照如图甲所示的电路图连接电路，为使操作更方便，实验中应选择滑动变阻器______(选“R1”或“R2”)。
(2)按照下列实验步骤进行实验：
①将滑动变阻器置于适当位置
②闭合开关S1
③将开关S2接b端，改变滑动变阻器滑片位置，记录此时电流计的示数Ib
④保持滑动变阻器滑片不动，将S2接a端，记录此时电流计的示数Ia
⑤改变滑动变阻器滑片位置，重复上述步骤，多次实验
某次实验过程中，G指针偏转角度过小，应将滑动变阻器滑片向______(填“左”或“右”)移动；正确调整后，G指针如图乙所示，其读数为______ mA。
(3)根据实验中数据作出Ia−Ib图像如图丙所示，根据图像求得待测电阻Rx=______Ω。(结果保留三位有效数字)
(4)考虑S2在a、b间切换对电路的影响，Rx的测量值______(填“>”“=”或“0，气体的体积增大，则有：W0，则此过程中，气体吸收热量。
故答案为：200；吸收。
由盖-吕萨克定律可求气体在状态A时的温度；由热力学第一定律可以判断吸热或放热的情况。
本题考查的是V−T图像的应用，根据题意与图示图像分析清楚气体状态变化过程、盖-吕萨克定律即和热力学第一定律可解题。
10.【答案】20 40
【解析】解：由于A、B两点开始振动的时间间隔为1s，则这列波的波速为：v=xt=25−51m/s=20m/s；
根据图像可知周期为：T=2.0s，则波长：λ=vT=20×2m=40m。
故答案为：20；40。
根据波速计算公式求解这列波的波速；根据图像可知周期，根据λ=vT求解波长。
本题主要是考查了振动的图像；解答此类问题的关键是要理解振动图像的物理意义，能够根据图像直接读出振幅和质点的振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=fλ。
11.【答案】 3 2 3dc
【解析】解：由题意及几何关系，可得下图：
由光的折射定律可得：n=sin60∘sinα=sinisinα，
由几何关系可知：i=2α，
联立可得：i=60∘，α=30∘，n= 3；
光在玻璃砖中速度大小为：v=cn，
由几何关系得：d=AC⋅sinα，
光从A传播到C所用时间为：t=ACv，
联立可得：t=2 3dc；
故答案为： 3；2 3dc。
由题意及几何关系，画出光路图，由光的折射定律、几何关系、折射率与光速的关系、速度与时间的关系分别列式，即可分析求解。
本题考查光的折射定律，解题时需注意：根据题意正确画出光路图，根据几何知识正确找出角度关系，依光的折射定律列式求解。
12.【答案】A； 2.20； F； BC
【解析】解：(1)研究共点力的合成规律实验采用等效替代法，故选A。
(2)由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，读数为2.20N。
(3)由图丙所示可知，F是弹簧测力计的测量值，F′是应用平行四边形定则作出的合力的理论值，则由一个弹簧测力计拉橡皮筋得到的力是F。
(4)AB、在竖直面内通过悬挂重物验证力的平行四边形定则，因重物所受的重力大小和方向恒定，与它等大反向的力即为两个弹簧测力计拉力的合力，
故同一次实验合力的大小和方向一定，则O点的位置可以变动，只需要满足悬挂重物的质量M不变即可，故A错误，B正确；
C、为了保证效果相同，需要重物所受的合力为零，则重物应保持平衡，故C正确；
D、根据平行四边形定则可知，一个弹簧测力计的示数应为FA、FB的矢量和，故D错误。
故选：BC。
故答案为：(1)A；(2)2.20；(3)F；(4)BC。
(1)探究共点力的合成实验采用等效替代法。
(2)根据图示弹簧测力计确定其分度值，根据指针位置读出其读数。
(3)合力的真实值方向与橡皮筋在同一直线上。
(4)根据实验原理与实验注意事项分析答题。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；知道实验方法与实验原理即可解题。
13.【答案】R1； 右；8.0； 83.6； >
【解析】解：(1)由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1。
(2)要使电流增大，应使滑动变阻器并联部分阻值增大，应向右移动滑动变阻器滑片；
灵敏电流计量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值是0.2mA，其读数是8.0mA。
(3)根据欧姆定律得：Ia(R0+Rx+Rg)=Ib(Rx+Rg)，整理得：Ia=Rx+RgR0+Rx+RgIb，
由图示图像可知，图像的斜率k=Rx+RgR0+Rx+Rg=7.810=0.78，代入数据解得：Rx≈83.6Ω
(4)考虑S2在a、b间切换对电路的影响，当S2切换到b点时电阻变小，则MN两端电压会变小，通过电流计的电流Ib偏小，Ia−Ib图像的斜率偏大，则Rx的测量值大于真实值。
故答案为：(1)R1；(2)右；8.0；(3)83.6；(4)>。
(1)滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
(2)根据图示电路图确定滑片的移动方向；根据灵敏电流计的量程确定其分度值，根据指针位置读数。
(3)根据图示图像求出电阻阻值。
(4)根据实验电路图结合实验步骤分析实验误差。
理解实验原理是解题的前提，分析清楚图示电路结构，求出图像的函数解析式，根据图示图像即可解题。
14.【答案】碰后C的速度为6m/s
弹簧能获得的最大弹性势能为3J
【解析】解：(1)物块B与C发生弹性碰撞，则BC系统由动量守恒和机械能守恒有mBv0=mBvB+mCvC
12mBv02=12mBvB2+12mCvC2
解得vB=2m/s，wc=6m/s
(2)碰后物块A、B共速时，弹簧弹性势能最大，A、B由动量守恒有mAv0+mBvB=(mA+mB)v其
A、B与弹簧系统由机械能守恒有EP=12mAv02+12mBvB2=12(mA+mB)v其2
解得Ep=3J
答：(1)碰后C的速度为6m/s。
(2)弹簧能获得的最大弹性势能为3J。
(1)由于B与C发生弹性碰撞，系统动量守恒且机械能守恒。列出动量守恒方程和机械能守恒方程，联立求解可得C的速度。注意碰撞后B的速度会改变，而A因碰撞时间极短速度仍为v0。
(2)碰撞后A继续运动压缩弹簧，当A与B速度相同时弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大。利用A、B系统动量守恒求出共速时的速度，再根据系统机械能守恒计算弹簧的最大弹性势能。需注意初始时刻A的动能和B的动能都要计入总机械能。
本题综合考查动量守恒和机械能守恒定律的应用，涉及弹性碰撞和弹簧系统能量转化。题目计算量适中，需要学生准确分析碰撞前后的运动状态变化，并理解弹簧势能最大的条件。亮点在于通过弹性碰撞和弹簧系统的结合，考查学生对能量转化和动量传递的综合分析能力。解题关键在于正确建立动量守恒方程并把握共速时弹簧势能最大的条件。
15.【答案】电流表A的示数I为 2B0Lv04R；
在0∼34T的过程中，拉力所做的功W为12mv02+3B02L2v02T16R；
在0∼T4的过程中，通过定值电阻的电荷量为B0Lv0T4πR
【解析】解：(1)金属棒产生的电动势的有效值为
E=B0Lv0 2
回路中的电流
I=E2R
解得电流表A的示数
I= 2B0Lv04R
(2)在0∼34T时间内，产生的焦耳热为
Q=E22R⋅34T
根据功能关系，有
W=Q+12mv02
解得
W=12mv02+3B02L2v02T16R
(3)由于感应电动势为
e=B0Lv0sin(2πT)t
类比于单匝线圈在磁场中转动产生的电动势，则0∼T4的过程中，通过定值电阻的电量与线圈从中性面转过90∘通过定值电阻的电量相同
B0Lv0=Φ⋅2πT
q=Φ2R
则有
q=B0Lv0T4πR
答：(1)电流表A的示数I为 2B0Lv04R；
(2)在0∼34T的过程中，拉力所做的功W为12mv02+3B02L2v02T16R；
(3)在0∼T4的过程中，通过定值电阻的电荷量为B0Lv0T4πR。
(1)根据电动势和欧姆定律求电流表A的示数I；
(2)根据功能关系求拉力所做的功W；
(3)根据感应电动势表达式和电荷量公式求通过定值电阻的电荷量q。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
16.【答案】若θ=0∘，v0的大小为5 2m/s；
若θ=60∘，v0的大小为5m/s；
若θ=60∘，小球离开圆筒时在坐标系xOy中的位置坐标为(− 32m,12m)
【解析】解：(1)小球从最低点到最高点，由机械能守恒定律有
2mgR=12mv02−12mv12
在最高点由牛顿第二定律有
mg=mv12R
解得
v0=5 2m/s
(2)小球在圆筒的横截面内做圆周运动，经过最高点时，设其速度大小为v，由牛顿第二定律有
mgcsθ=mv2R
在沿O′O方向做初速度为0的匀加速直线运动，设其速度为v′，位移为x，有
v′2=2ax
mgsinθ=ma
小球从A点开始运动到最高点，由动能定理有
mgxsinθ−2mgRcsθ=12m(v2+v′2)−12mv02
联立解得
v0=5m/s
(3)加上电场后，小球受到的沿y轴正向的电场力
F=qE
解得
F=5N
小球的重力沿y轴负向的分量
mgcsθ=1×10×12N=5N
表明小球在垂直于中轴线OO′的平面内的分运动为匀速圆周运动，设其周期为T，则有
T=2πRv0=2π5s
沿O′O方向分运动为初速度为0的匀加速直线运动，设小球离开圆筒的时间为t，则有
L=12at2
解得
t=23πs
则
tT=53
即
t=123T
说明小球从xOy坐标系的第二象限离开圆筒，且此时小球与O的连线与y轴正方向的夹角为60∘，故此时小球的坐标值
x=−Rsin60∘
解得
x=− 32m
y=Rcs60∘
解得
y=12m
即坐标为
(− 32m,12m)
答：(1)若θ=0∘，v0的大小为5 2m/s；
(2)若θ=60∘，v0的大小为5m/s；
(3)若θ=60∘，小球离开圆筒时在坐标系xOy中的位置坐标为(− 32m,12m)。
(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律求v0的大小；
(2)由牛顿第二定律和动能定理求v0的大小；
(3)根据周期和运动学公式求小球离开圆筒时在坐标系xOy中的位置坐标。
本题考查了带电小球在复合场中的圆周运动，结合机械能守恒定律和运动学公式综合求解，本题有一定的难度。