2025年福建省普通高中学业水平选择性考试物理模拟试题一（高考模拟）

这是一份2025年福建省普通高中学业水平选择性考试物理模拟试题一（高考模拟），共14页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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．临床上有一种放射性碘治疗,患者通过服用含放射性碘131(153131I)的药物,利用碘131衰变释放的射线对患者的甲状腺组织产生放疗效果,达到治疗的目的。已知碘131衰变时放出β射线,产物是氙131,碘131的半衰期为8天。下列说法正确的是
A.碘131的比结合能比氙131的大
B.碘129是碘131的同位素,两者原子核内的中子数相同
C.200个碘131原子核经过16天后只剩50个未衰变
D.碘131衰变放出的γ射线是原子核受激产生的
2．在机场常用传送带运送行李箱。如图所示,当行李箱A、B分别随传送带一起做匀速运动时,下列说法正确的是
A.行李箱A、B都受到三个力的作用
B.传送带对行李箱A的作用力方向竖直向上,对行李箱B的作用力方向沿传送带向上
C.若增大行李箱A、B的质量,行李箱A、B都不能做匀速运动
D.若传送带突然提速,行李箱A、B都受到三个力的作用
3．游泳池水底有可看作是点光源的单色照明灯,它能照亮水面一个半径R=3 m的圆,已知水对该光的折射率n=43,由此可知游泳池内水的深度为
A.5 mB.7 mC.3 mD.5 m
4．高尔夫球比赛上,中国运动员打出了一个一杆进洞的好成绩。如图所示,假设该运动员从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的高尔夫球,由于恒定的水平风力的作用,高尔夫球竖直地落入距击球点水平距离为s的A洞穴中。已知重力加速度为g,则下列说法正确的是
A.高尔夫球在空中做平抛运动
B.高尔夫球在空中飞行时的加速度为g
C.高尔夫球从被击出到落入A洞穴所用的时间为2hg
D.高尔夫球被击出时的初速度大小为sg2h
二、双项选择题:本题共4小题,每小题6分,共24分。每小题有两项符合题目要求。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．如图所示的含理想变压器的电路中,a、b、c为三只相同的灯泡,调节滑动变阻器R使a、b、c的亮度相同,U1为原线圈所在电路输入的交流电源的有效电压,U2为副线圈的输出电压,且U1恒定。若滑动变阻器的滑片向e端滑动,则
A.灯泡a的亮度增大
B.灯泡a的亮度减小
C.灯泡b和灯泡c的亮度不变
D.灯泡b和灯泡c的亮度减小
6．如图所示,电荷量大小相等的正、负两点电荷分别放置在真空中的B、A两点,虚线是以B点为圆心的圆,O、D、C、E是圆上的4个点,且O点是AB连线的中点,C点在AB连线的延长线上。下列说法正确的是
A.在A、B两点的连线上,O点电场强度最大
B.圆上给出的各点中,C点电势最高
C.O点和C点的电场强度大小之比为9∶4
D.将一负试探电荷从E点沿虚线EOD移到D点,其电势能先减小后增大
7．一小型水电站通过升压变压器和降压变压器给某学校供电,发电机组输出电压恒定,输电线电阻R保持不变。若白天相对夜晚学校用户的用电量减小,则
A.发电机的输出功率增大
B.用户获得的电压升高
C.输电线上损失的电压不变
D.输电线上损失的电压变小
8．如图所示,物块a、b通过轻弹簧连接,物块b、c用不可伸长的轻质细线绕过轻质定滑轮连接,将物块c放置于斜面上,调节斜面位置,使连接物块c的细线与斜面平行后,将斜面固定。移动物块c位置,当物块b、c之间的细线伸直且恰无作用力时,将物块c由静止释放。已知物块c始终在斜面上运动,物块a放置在水平面上,a、b间的弹簧及b与定滑轮间的细线均处于竖直方向,物块a、b、c的质量分别为3m、m和4m,斜面倾角为30°,若弹簧的劲度系数k=mgL0(L0为已知量,g为重力加速度),弹簧的弹性势能Ep=12kx2(k为劲度系数,x为弹簧长度的改变量),不计空气阻力及一切摩擦,弹簧始终在弹性限度内,下列说法正确的是
A.物块b、c和弹簧组成的系统机械能守恒
B.释放物块c瞬间,物块c的加速度大小为g5
C.物块c的最大速度为2gL05
D.从释放物块c到物块c的速度第一次减为零,弹簧弹性势能的增加量为4mgL0
三、非选择题:共60分,其中9~11题为填空题,12、13题为实验题,14~16题为计算题,考生根据要求作答。
9．(3分)航天员出舱活动的原理图如图,座舱A与气闸舱B(出舱或返回的气密性装置)之间装有阀门K,座舱A中充满空气(可视为理想气体),气闸舱B内为真空。出舱时打开阀门K,A中气体进入B中,最终达到平衡,然后航天员进入气闸舱B。假设此过程中系统与外界没有热交换。对于该过程,气体对外界 (选填“做功”或“不做功”),内能 (选填“减小”“不变”或“增大”),气体分子的平均速率 (选填“变小”“不变”或“变大”)。
10．(3分)t=0时刻,两列分别沿x轴正方向和负方向传播的简谐横波的波形图如图所示,质点做简谐运动的周期均为T=0.1 s,此时刻平衡位置在x=-2 m和x=4 m处的M、N两质点刚开始振动,则两波源的起振方向 (选填“相同”或“相反”);两列波在介质中传播的速度大小 (选填“相同”或“不同”);两列波相遇之前,平衡位置在x=10 m处的质点的振动方程为y= (cm)。
11．(3分)传动装置是指把动力源的运动和动力传递给执行机构的装置。某一传动装置的部分结构如图所示,甲是一个半径为r的以其圆心为轴匀速转动的轮子,乙是一个中空的轮环,内半径为2r,外半径为3r,转动轴在轮环的圆心,已知甲轮带动乙轮环转动,接触处不打滑。当甲轮转动的角速度为ω时,则甲轮边缘M点的线速度大小vM= ,乙轮环转动的速度ω'= ,乙轮环外壁N点的线速度大小vN= 。
12．(5分)某同学在做“探究弹簧弹力与伸长量的关系”实验时,取两个完全相同的弹簧 a、b,安装好实验装置,如图甲所示,两弹簧下端分别固定有指针A、B,且两指针均与刻度尺垂直,刻度尺竖直悬挂且0刻度线与弹簧 a 的上端平齐,未悬挂钩码时指针 A、B指向的刻度分别为 l1和l2。实验过程中弹簧始终保持竖直状态,且没有超出弹性限度。
(1)图乙是未挂钩码时指针B所指刻度的放大图,则示数为 cm。
(2)在弹簧 b 的下端挂1个钩码,钩码静止后,指针 A、B对应的刻度分别用l3和l4表示。若所挂钩码的质量为 m,取重力加速度为 g,则此时弹簧b的伸长量 Δl2= ,弹簧b 的劲度系数 kb= ,两弹簧串联后等效的劲度系数k= 。(结果选均用l1 、l2、l3、l4、mg中字母表示)
(3)若不考虑两弹簧质量对实验的影响,则两弹簧串联后等效的劲度系数与单个弹簧的劲度系数的比值为 。(填具体数值)
13．(7分)某实验小组练习使用多用电表测电压表的内阻和多用电表内电池的电动势。已知电压表的量程为10 V。图甲为多用电表外观图,多用电表上的三个重要部件分别用字母a、b、c标记,图乙是多用电表测电阻时内部的结构原理图。实验操作过程如下:
(1)本实验采用的物理方法是 法。
(2)为达到实验目的,还需测量矿泉水瓶及水的重力。完成步骤C后,用弹簧测力计测量矿泉水瓶及里面水的重力,如图乙所示,则矿泉水瓶及里面水的重力F2为 N,根据记录的数据和痕迹完成平行四边形定则的验证。
(3)在上述实验中,把矿泉水瓶换成另一个轻弹簧测力计拉绳L3。把轻弹簧水平拉开一段位移后,这时绳L2、L3的夹角为120°,保持结点A的位置不变、绳L1水平、绳L2的方向不变,逐渐减小绳L2、L3的夹角直至夹角为60°的过程中,下列关于两个弹簧测力计示数的说法正确的是 。
A.拉绳L2的弹簧测力计的示数先减小后增大
B.拉绳L2的弹簧测力计的示数一直减小
C.拉绳L3的弹簧测力计的示数一直减小
D.拉绳L3的弹簧测力计的示数先减小后增大
(1)为了测量电阻,首先进行的操作应是机械调零,需要调节的部件是 (选填“a”“b”或“c”),使多用电表的指针指在表盘最 (选填“左”或“右”)端的零刻度线位置。
(2)用多用电表中的欧姆挡去测量电压表内阻。该同学将选择开关拨至欧姆“×100”挡,应选用图丙中的 (选填“A”或“B”)方式连接。
(3)测电压表内阻时,将多用电表选择开关置于欧姆“×100”挡,发现指针偏转角度过小,为了更准确地测量该电阻的阻值,下列做法正确的是 (填正确答案标号)。
A.挡位换为欧姆“×1 k”挡,并将红、黑表笔短接,欧姆调零后再测量
B.挡位换为欧姆“×10”挡,并将红、黑表笔短接,机械调零和欧姆调零后再测量
C.测量时为了接触良好,应用双手捏住红、黑表笔金属杆
(4)在(3)中选择正确方式后,多用电表和电压表的示数分别如图丁、戊所示,该同学读出多用电表的示数为 ,电压表的示数为 V,已知多用电表表盘中间刻度值为15,则多用电表内电池的电动势为 V(结果保留两位有效数字)。
14．(11分)如图所示,游乐园的小型“摩天轮”上对称站着8位同学, “摩天轮”在竖直平面内逆时针匀速转动。若某时刻转到顶点a上的甲同学将一小重物向后抛出,小重物恰好做自由落体运动,并立即通知下面的同学接住,结果重物掉落时正处在c处(如图)的乙同学恰好在第一次到达最低点b处时接到该重物。已知“摩天轮”的半径为R,重力加速度为g,不计人和吊篮的大小。求:
(1)乙同学接住重物前重物下落的时间t。
(2)人和吊篮随“摩天轮”运动的线速度大小v。
15．(12分)如图所示,在半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,CD为圆的直径,O为圆心。某时刻,从最高点S向纸面180°角范围内各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子,粒子的速度大小均为v,已知磁感应强度大小B=8mv5qR,sin 53°=0.8,不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求:
(1)粒子在该磁场中做匀速圆周运动的轨道半径。
(2)直径CD上有粒子射出区域的长度。
16．(16分)如图所示,质量mB=0.5 kg、足够长的木板B静止在光滑水平面上,在距长木板右端x处固定一挡板C。质量mA=1.0 kg的物块A(可视为质点)以大小v0=6 m/s的初速度滑上长木板B的左端,物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2。在长木板B与挡板C碰撞前的瞬间,物块A与长木板B恰好共速。长木板B与挡板C的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间可忽略不计,重力加速度大小g=10 m/s2,空气阻力不计。
(1)求长木板B与挡板第一次碰撞前瞬间,物块A与长木板B的共同速度的大小v1。
(2)求开始时长木板B的右端到挡板C的距离x。
(3)求长木板B与挡板C第一次碰撞和第二次碰撞的时间间隔Δt。
(4)若将长木板B的质量改为mB'=1.0 kg,再改变挡板C的位置(其余条件不变),使长木板B只能与挡板C碰撞两次,求x的取值范围(计算结果保留三位有效数字)。
【参考答案】
1． D 【命题意图】本题考查学生对衰变方程、β衰变的本质、半衰期的理解。
【解题分析】碘131衰变成氙131,氙131比碘131稳定,说明氙131的比结合能比碘131的大,A项错误;同位素中原子核的质子数相同,中子数不同,B项错误;半衰期描述的是大量原子核的统计规律,对200个原子核不适用,C项错误;碘131衰变放出的γ射线是原子核受激产生的,D项正确。
2． D 【命题意图】本题考查共点力的平衡。
【解题分析】行李箱A做匀速运动,受到重力、支持力两个力,行李箱B做匀速运动,受到重力、支持力、摩擦力三个力,故A项错误;由受力平衡可知,传送带对行李箱A、B的作用力均与重力平衡,因此传送带对行李箱A、B的作用力方向都竖直向上,故B项错误;若增大行李箱A的质量,行李箱A受到的重力和支持力仍平衡,可以做匀速运动,传送带与行李箱B间的动摩擦因数μ≥tan θ,若增大行李箱B的质量,μ、θ不变,行李箱B可以做匀速运动,故C项错误;若传送带突然提速,A、B均受到重力、支持力和摩擦力三个力,故D项正确。
3． B 【命题意图】本题考查光的折射。
【解题分析】设发生全反射的临界角为C,则sin C=1n,又因为n=43,解得tan C=37,可知水的深度h=RtanC=7 m,B项正确。
4． C
【命题意图】本题考查运动的合成与分解。
【解题分析】由于受到恒定的水平风力的作用,高尔夫球被击出后在水平方向做匀减速运动,不是平抛运动,A、B项错误;由h=12gt2得球从被击出到落入A穴所用的时间t=2hg,C项正确;由高尔夫球竖直地落入A洞穴可知球的水平末速度为零,由s=v0t2得球被击出时的初速度大小v0=s2gh,D项错误。
5． AD 【命题意图】本题考查动态电路的分析、变压器。
【解题分析】三个相同的灯泡亮度相同,则通过三个灯泡的电流、三个灯泡两端的电压均相同;若滑动变阻器的滑片向e端滑动,滑动变阻器R的阻值减小,灯a两端电压增大,灯a变亮,A项正确、B项错误;滑动变阻器R两端的电压减小,变压器的输入电压减小,输出电压U2减小,灯b和灯c变暗,C项错误、D项正确。
6． BC 【命题意图】本题考查静电场。
【解题分析】在等量异种点电荷的连线上,中点处的电场强度最小,A项错误;O、D、C、E四点都处在正点电荷的同一等势面上,由于C点距负点电荷最远,所以C点电势最高,B项正确;设A、B间距为L,O点电场强度大小EO=2kq(L2)2=8kqL2,C点电场强度大小EC=kq(L2)2-kq(3L2)2=32kq9L2,可得O点和C点的电场强度大小之比为9∶4,C项正确;将一负试探电荷从E点沿虚线EOD移到D点,其所受静电力先做负功后做正功,电势能先增大后减小,D项错误。
7． BD 【命题意图】本题考查远距离输电。
【解题分析】由题意可知,学校用户用电量减小,则降压变压器输出端并联的用电器减少,即升压变压器副线圈两端的等效电阻R等将变大,而升压变压器副线圈两端电压U2不变,可知升压变压器输出端电流I2变小,则发电机输出功率P机=P2=U2I2变小,A项错误;输电线上电流I2变小,则输电线上的电压损失ΔU=I2r变小,所以降压变压器输入电压U3=U2-ΔU变大,因此降压变压器输出电压U4也变大,即用户获得的电压变大,B、D项正确,C项错误。
8． AD 【命题意图】本题考查牛顿第二定律、机械能守恒定律。
【解题分析】释放物块c瞬间,对物块b和物块c分别受力分析,可得F=ma,4mgsin 30°-F'=4ma,F=F',解得物块c的加速度大小a=2g5,B项错误;释放后,当物块c受力平衡时,物块c具有最大速度,此时弹簧的弹性势能和初状态的相同,根据机械能守恒,可得4mgsin 30°×2L0-mg×2L0=12×5mv2,解得v=4gL05,C项错误;假设物块a始终未离开地面,则对物块c从释放到第一次速度减为零的过程,有ΔEp=4mg·sin 30°-mgx=12k(x-L0)2-12kL02,解得ΔEp=4mgL0,x=4L0,可知在物块c的速度第一次减为零时,弹簧的伸长量x'=x-L0=3L0,弹簧对物块a的拉力大小F拉=kx'=3mg,即假设成立,D项正确。
9． 不做功 不变 不变 (每空1分)
【命题意图】本题考查热力学第一定律。
【解题分析】由于气闸舱B内为真空,可知气体进入B中的过程中不对外界做功,又因为整个系统与外界没有热交换,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体内能不变,气体分子的平均速率不变。
10． 相同 相同 6sin(20πt+π) (每空1分)
【命题意图】本题考查机械波。
【解题分析】由波的传播方向和波形图可知,两波源的起振方向均沿y轴正方向;两列波的波长相同,质点的振动周期相同,因此两列波在介质中的传播速度大小相等;平衡位置在x=10 m处的质点的振动方程为y=6sin(20πt+π)(cm)。
11． ωr 12ω 32ωr (每空1分)
【命题意图】本题考查圆周运动。
【解题分析】甲轮转动轴在其圆心,边缘点的线速度大小为ωr,由于不打滑,乙轮环内壁的线速度大小也为ωr,设乙轮环转动的角速度为ω',则有ω'×2r=ωr,解得ω'=12ω,乙轮环外壁N点的线速度大小vN=ω'×3r=32ωr。
12． (1)35.85(35.83~35.87均给分) (1分)
(2)l4+l1-l2-l3 (1分) mgl4+l1-l2-l3 (1分) mgl4-l2 (1分)
(3)12 (1分)
【命题意图】本题考查探究弹簧弹力与伸长量的关系实验。
【解题分析】(1)由毫米刻度尺的读数方法可知示数为35.85 cm。
(2)弹簧b的原长为l2- l1,悬挂钩码后弹簧b的长度为l4- l3,所以Δl2=(l4- l3) -(l2- l1)=l4+l1-l2-l3;弹簧b的劲度系数kb=mgl4+l1-l2-l3;未悬挂钩码时两弹簧等效原长为l2,悬挂钩码后长度为l4,形变量 Δl3=l4-l2,两弹簧串联后等效的劲度系数 k=mgl4-l2。
(3)悬挂钩码后弹簧 a 的形变量Δl1=mgka,因为两弹簧相同,ka=kb,弹簧 a 的形变量与弹簧b的相同,所以等效的劲度系数 k=mg2mgkb=kb2,所以弹簧串联后等效的劲度系数与单个弹簧的劲度系数的比值为12。
13． (1)a (1分) 左 (1分)
(2)A (1分)
(3)A (1分)
(4)26 kΩ (1分) 5.0 (1分) 7.9 (1分)
【命题意图】本题通过多用电表测电阻实验,考查实验仪器的使用及读数。
【解题分析】(1)多用电表使用前要进行机械调零,需要调节部件a使指针指向表盘最左端的零刻度线处。
(2)根据多用电表“红进黑出”的特点,电流从多用电表的黑表笔流出,则黑表笔接欧姆表内部电池的正极,所以电压表的正极应该接黑表笔,则应选用图丙中的A方式连接。
(3)指针偏角过小,说明待测电阻阻值较大,应把倍率调大,故应选欧姆“×1 k”挡。每次更换倍率都要将红、黑表笔短接,重新欧姆调零后再测量。测量时为了防止人体与待测电阻并联从而影响电阻的测量值,不能用手触碰红、黑表笔金属杆。故B、C项错误,A项正确。
(4)由读数规则可知,多用电表欧姆挡示数为26 kΩ,电压表示数为5.0 V,多用电表内阻等于表盘中间刻度值对应阻值,即r=15 kΩ,根据闭合电路欧姆定律有E=U+URVr,解得E=7.9 V。
14． 【解题分析】(1)由2R=12gt2 (3分)
解得t=2Rg。 (2分)
(2)c处的乙同学第一次到最低点的时间t'=t (1分)
由线速度的定义知v=st'=2πR8t=πR4t (3分)
解得v=π8gR。 (2分)
15． 【命题意图】本题考查带电粒子在磁场中的运动。
【解题分析】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r (2分)
解得粒子做匀速圆周运动的轨道半径r=58R。 (2分)
(2)带电粒子的运动轨迹如图所示
粒子经过直径CD最右侧时,其运动轨迹恰好与CD相切于点N,轨迹圆心为P,作PQ垂直SO,根据几何关系有
ON2=PQ2=r2-(R-r)2 (2分)
解得ON=0.5R (1分)
粒子经过CD最左侧时,其运动轨迹恰好与CD相交于点M,轨迹圆心在SO上的E点,根据几何关系有
OM2=ME2-OE2=r2-(R-r)2 (2分)
解得OM=0.5R (1分)
因此,直径CD上有粒子射出区域的长度
MN=OM+ON=0.5R+0.5R=R。 (2分)
16． 【命题意图】本题考查“板块模型”“碰撞模型”,旨在考查学生的理解能力、推理能力、对力和运动的分析综合能力及应用数学处理物理问题的能力。
【解题分析】(1)由题意知,物块A在长木板B上滑动过程中A和B组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得
mAv0=(mA+mB)v1 (1分)
解得v1=4 m/s。 (1分)
(2)从A滑上B的左端到B恰与C第一次相撞时,对长木板B由动能定理得
μmAgx=12mBv12 (1分)
解得x=2 m。 (1分)
(3)长木板B与挡板C碰撞后速度反向而大小不变,物块A与长木板B动量守恒,设长木板B与挡板C第二次碰撞前A、B的共同速度大小为v2,由动量守恒定律得
mAv1-mBv1=(mA+mB)v2 (1分)
解得v2=43 m/s。 (1分)
对长木板B由牛顿第二定律得
μmAg=mBa (1分)
长木板B从速度反向到速度达到v2所用的时间t1=v2+v1a (1分)
物块A与长木板B第二次共速时,B的右端到挡板C的距离为
v2t2=v22-v12-2a (1分)
长木板B与挡板C第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔Δt=t1+t2=83 s。 (1分)
(4)当长木板B的质量为mB'=1.0 kg时,若长木板B与挡板C碰撞前物块A与长木板B刚好共速,碰撞后物块A与长木板B的动量大小相等,方向相反,长木板B与物块A总动量为零,则长木板B只能与挡板C碰撞一次,设这种情况下共速的速度为v1'。由动量守恒定律,可得
mAv0=(mA+mB')v1' (1分)
对长木板B由动能定理可得
μmAgx1'=12mB'v1'2 (1分)
解得x1'=2.25 m (1分)
若长木板B与挡板C碰撞后还能发生第二次碰撞,依题意,木板B与挡板C第二次碰撞后,系统的总动量恰好为0,第二次碰撞前瞬间长木板B与物块A刚好共速时对应的x值最小。设第一次碰撞前瞬间长木板的速度大小为v2',则长木板B与挡板C每相碰一次,动量改变量为2mB'v2',则
4mB'v2'=mAv0 (1分)
对长木板B由动能定理可得
μmAgx2'=12mB'v2'2 (1分)
解得x2'=0.563 m (1分)
因此若长木板B与挡板C仅碰撞两次,应满足0.563 m≤x