福建省福州市鼓楼区福州一中2026届高考仿真卷物理试卷含解析

这是一份福建省福州市鼓楼区福州一中2026届高考仿真卷物理试卷含解析试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、1896年法国科学家贝可勒尔发现了放射性元素能够自发地发出射线的现象，即天然放射现象。让放射性元素镭衰变过程中释放出的α、β、γ三种射线，经小孔垂直进入匀强电场中，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．③是α射线， α粒子的电离能力最强，穿透能力也最强
B．①是β射线，是高速电子流，来自于原子的核外电子
C．原子核发生一次衰变的过程中，不可能同时产生α、β两种射线
D．原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，都不具有放射性
2、在足够长的光滑绝缘水平台面上，存在有平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E。水平台面上放置两个静止的小球A和B（均可看作质点），两小球质量均为m，带正电的A球电荷量为Q，B球不带电，A、B连线与电场线平行。开始时两球相距L，在电场力作用下，A球开始运动（此时为计时零点，即t 0），后与B球发生正碰，碰撞过程中A、B两球总动能无 损失。若在各次碰撞过程中，A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则（ ）
A．第一次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
B．第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动了2L
C．第二次碰撞结束瞬间B球的速度大小为
D．相邻两次碰撞时间间隔总为2
3、利用碘131()治疗是临床上常用的一种治疗甲亢的方法，它是通过含有β射线的碘被甲状腺吸收，来破环甲状腺组织，使甲状腺合成和分泌甲状腺激素水平减少来达到治愈甲亢的目的。已知碘131发生β衰变的半衰期为8天，则以下说法正确的是（ ）
A．碘131的衰变方程为
B．碘131的衰变方程为
C．32 g碘131样品经16天后，大约有8g样品发生了β衰变
D．升高温度可能会缩短碘131的半衰期
4、一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）
A．小物块与传送带间的动摩擦因数μv2，由图示图象可知，0～t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1～t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0～t1内运动的位移比在t1～t2内运动的位移大，故B错误；0～t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=mv22-mv12，则传送带对物块做功W≠mv22-mv12，故C错误。0～t2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0～t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热，故D正确。故选D。
5、B
【解析】
AC．因A、B间的动摩擦因数为，即
则施加平行于斜面的力F后，由牛顿第二定律有
联立可得
即无论F的大小如何，B一定加速下滑，故AC正确，不符题意；
B．对斜面受力分析，如图所示
由竖直方向的平衡有
联立可得
故B错误，符合题意；
D．对斜面在水平方向的力有关系式
故水平面无相对运动趋势，水平面对斜面无摩擦力，故D正确,不符题意。
本题选不正确的故选B。
6、B
【解析】
AC．卢瑟福根据粒子散射实验的结果，提出了原子的核式结构模型，中子是查德威克发现的，故AC错误；
B．卢瑟福用粒子轰击氮核，发现了质子，核反应方程为，故B正确；
D．粒子散射实验不能说明原子核内存在中子和质子，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BDE
【解析】
A．分析波形图，可知波长λ＝4m，故A错误；
BE．设波沿x轴正方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝24s，波速 ；n＝1时，T＝s，波速v＝m/s；
设波沿x轴负方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝8s，波速v＝0.5m/s，故BE正确；
C．当波沿x轴负方向传播时，T＝8s，在t＝9s时，B质点在平衡位置下方，沿y轴负方向运动，故C错误；
D．B、C两质点平衡位置相隔半个波长，振动情况完全相反，故D正确；
故选BDE.
8、BC
【解析】
A．根据冲量的定义式可知物块从时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
故A错误；
B．由于在时撤去恒力加上反向恒力，物块在时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为，加速度为，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为，则有
联立解得
物块在时的速度为
物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
即物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为，故B正确；
C．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
解得的冲量大小为
故C正确；
D．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
解得
故D错误；
故选BC。
9、BCD
【解析】
由图读出波长和周期T，由波长与周期可求出波传播的速度，根据质点的位置分析其运动情况，注意质点不随着波迁移；
【详解】
A、由图甲可知，在时刻振源质点是向y轴负方向振动，其余质点重复振源质点的运动情况，故质点Q起振的方向仍为y轴负方向，故选项A错误；
B、由图甲可知周期为，由图乙可知波长为，
则波速为：
则由图乙可知当P再次处于平衡位置时，时间为：
经过周期的整数倍之后，质点P再次处于平衡位置，即经过还处于平衡位置，故选项B正确；
C、由于波沿轴正方向传播，可知从t0时刻算起，质点P比质点Q的先到达最低点，故选项C正确；
D、由题可知：，若质点P在最高点、最低点或平衡位置，则通过的路程为：，但此时质点P不在特殊位置，故其路程小于，故选项D正确；
E、波传播的是能量或者说是波的形状，但是质点不随着波迁移，故选项E错误。
10、AD
【解析】
A. 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为U=V=220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的有效值是20A，故A正确；
B. 当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输出功率增大，则发电机的输出功率也增大，故B错误；
C. 交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=ω/2π=50Hz.故C错误；
D. 根据I3：I4=n4：n3得，输电线上的电流I3=5A，则输电线上损耗的功率P损= =25×10W=250W，降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W，则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400+250W=4650W.故D正确；
故选AD
【点睛】
在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率．
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、I-1/A-1 6.0（5.8~6.2） 1.0（0.8.~1.2）
【解析】
(1)[1]根据闭合电路欧姆定律，有
公式变形，得到
所以若将R作为直角坐标系的纵坐标，则应取作为横坐标；
(2)[2]运用描点法作出图象：
(3)[3][4]对比一次函数y=kx+b，R相当于y，E相当于k，相当于x，（-r-R0）相当于b；故
E=k
-r-R0=b
解得：
E=k
r=-b-R0
所以由图象可知，该电池的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω。
12、B 电流表的示数偏小 3.00V 1.0Ω 1.0Ω
【解析】
(1)[1]当S2接1位置时，可把电压表、定值电阻与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知
电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的图线应是B线；
[2]测出的电池电动势和内阻存在系统误差，原因是电压表的分流；
(2)[3]当S2接2位置时，可把电流表、定值电阻与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知电动势测量值等于真实值，图线应是线，即有
[4]由于S2接1位置时，图线的B线对应的短路电流为
所以
真
解得
真
[5]对线，根据闭合电路欧姆定律可得对应的短路电流为
解得电流表内阻为
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1) (2) (3)
【解析】
根据电子束沿速度v0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解；
【详解】
（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径
由牛顿第二定律得
电子的比荷；
（2）若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远：
设电子运动轨迹的圆心为点。则
从F点射出的电子，做类平抛运动，有，
代入得
电子射出电场时与水平方向的夹角为有
所以，从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，则它与P点的距离
；
（3）设打到屏上离P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时

设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X，由平抛运动特点得
所以
所以当，有。
【点睛】
本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。
14、 (1) 3 m/s. (2) 3.2 N，方向向上．
【解析】
试题分析：(1)设小球经过C点的速度为vc，小球从B到C，据机械能守恒定律得
mg(R＋Rcs60°)＝EPC＋mv， （3分）
代入数据求出vc＝3 m/s. （2分）
(2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN. 设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律F＋FN－mg＝m， （2分）
由于F＝kx＝2.4 N， （2分）
FN＝m＋mg－F，
解得FN＝3.2 N，方向向上． （1分）
根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N．方向竖直向下． （1分）
考点：考查匀速圆周运动
点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在C点由竖直方向的合力提供向心力
15、 (1)(2)2W+2maL(3)(4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动
【解析】
(1)由位移﹣速度公式得
2aL=v2﹣0
所以前进L时的速度为
v=
前进L过程需时
t=
由法拉第电磁感应定律有：
=
(2)以加速度a前进L过程，合外力做功
W+W安=maL
所以
W安=maL﹣W
以加速度4a前进L时速度为
=2v
合外力做功
WF′+W安′=4maL
由可知，位移相同时：
FA′=2FA
则前进L过程
W安′=2W安
所以
WF′=4maL﹣2W安=2W+2maL
(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d时FA=F，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d，则
所以
d=
由动能定理有
所以：
Q=Fd﹣
(4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。
实验次数
1
2
3
4
5
R（Ω）
4.0
10.0
16.0
22.0
28.0
I（A）
1.00
0.50
0.34
0.25
0.20