2022届福建省新高考物理精创预测卷 福建专版（解析版）

这是一份2022届福建省新高考物理精创预测卷 福建专版（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022届新高考物理精创预测卷 福建专版一、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。1.一般情况下原子核的裂变产物是两个中等质量的原子核。号称“中国居里夫妇”的钱三强、何泽慧夫妇在1947年发现了轴核的三分裂、四分裂，引起国际科学界的轰动。关于原子核的裂变，下列表述正确的是(   )A.结合能越大的原子核中核子结合得越牢固B.铀核典型的裂变方程为C.漳州在建的核电站，将来的发电也是利用重核裂变原理D.锶90是铀235的裂变产物，其半衰期为28年，那么56年之后一定质量的锶90将全部衰变殆尽2.假设未来某一天科技水平足够高，人们能够在地球赤道上建一座高度等于地球同步卫星轨道高度（约36000 km）的房子，在这座房子的某一层住户对地板的压力等于其在该楼层所受地球万有引力的，已知地球半径约为6400 km，则该楼层离地面的高度大概为(   )A.6400 km B.21200 km C.18000 km D.14800 km3.如图所示，空间四面体，其中三条边两两垂直，，四面体处于空间匀强电场中，一个质量为m、电荷量为的粒子从a移到d时电场力做的功为零，从c移到d时电场力做的功也为零，从b移到d时克服电场力做的功为W，则下列说法正确的是(   )A.带电粒子从a移到c时电场力做的功不一定为零B.电场线垂直于C.电场强度的大小为D.两点间的电势差为4.如图所示，理想变压器原线圈与灯泡A相连接，副线圈与三个灯泡和一个电流表相连接，四个灯泡完全相同，当输入电路中接入交流电时，四个灯泡均能正常发光,以下说法正确的是(   )
 A.1 s内通过电流表的电流方向改变50次B.变压器原、副线圈匝数之比为4:1C.灯泡的额定电压为55 VD.若副线圈中D灯突然烧坏，其余三个灯泡均会烧坏二、多项选择题：本題共4小題，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.小明用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线（规定竖直向上为正方向），为简化问题，将图线简化为图乙。已知时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是(   )
 A.时电梯处于失重状态 B.8~9 s内电梯在做加速运动C.10~15 s内电梯在上行 D.16~1 7s内电梯在下行6.如图所示，质量为M的凹槽B静置在粗糙的水平地面上，内壁为半球形，半径为R。质量为m、半径为的光滑球体A静止于凹槽底部。现对球体A施加一始终沿凹槽切面的外力F，使A缓慢移动至凹槽内壁最高点，在A缓慢移动的过程中凹槽B始终保持静止状态。重力加速度为g，下列说法正确的是(   )
 A.球体A上升的高度时，对凹槽内壁的压力大小为B.球体A上升的高度时，外力F的大小为C.在球体A缓慢移动的过程中，凹槽对A的弹力不做功D.在球体A缓慢移动的过程中，凹槽对地面的摩擦力逐渐变大7.如图所示，固定的光滑平行金属导轨处于竖直平面内，导轨间距为L，导轨顶端用导线连接一理想电流表和阻值为R的小灯泡，正方形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将一垂直导轨放置的导体棒从与相距L处静止释放，在导体棒离开磁场区域前，电流表示数已稳定不变。已知导体棒的电阻为R、质量为m、长为L。设小灯泡电阻恒定不变，导线和导轨电阻不计，各处接触良好，当地重力加速度为g，则导体棒从释放至离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是(   )
 A.在磁场区域下落时通过导体棒的电流由M指向NB.在磁场区域下落时导体棒可能先减速后匀速C.小灯泡在该过程中产生的焦耳热为D.通过电流表的电荷量为8.如图所示，第I象限存在垂直于平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴正方向的匀强电场，已知P点坐标为.一个质量为m，电荷量为q的带电粒子以的速度从P点沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入匀强磁场中，不计粒子的重力，以下说法正确的是(   )A.电场强度  B.带电粒子到达O点时的速度大小C.粒子射出磁场位置到O点的距离 D.在磁场中带电粒子运动的时间三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。9.（4分）有两束光线以相同入射角通过狭缝射入玻璃砖中，已知A光在玻璃砖中的折射率光在玻璃砖中的折射率，两种光在玻璃砖中传播时间分别为和，两种光从狭缝S中射出时跟入射方向间的夹角分别为和，则_________,________（两空均填“>”“<”或“=”）.10.（4分）如图，轻质弹簧一端固定，另一端连接套在水平光滑杆上的质量为m的小球以O点为平衡位置振动。小球B在竖直平面内以为圆心做匀速圆周运动（O与在同一竖直线上），角速度为ω，半径为R。用竖直向下的平行光照射小球B，可以观察到小球B在水平杆上的“影子”和小球A在任何瞬间都重合。由此可知：小球A的振动周期为_________，弹簧的劲度系数为________。
 11（6分）.如图甲所示是某同学验证牛顿第二定律的实验装置。其步骤如下：

①小桶内盛上适量细沙，用轻绳绕过滑轮连接在小车上，合理调整木板倾角，轻推小车，让小车沿木板匀速下滑；
②取下轻绳和小桶，测出小桶和细沙的质量m及小车质量M；
③取下轻绳和小桶后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙所示，O为打下的第一个点，相邻两点间还有四个点未画出。已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g，纸带上两点间距离和两点间距离的测量值分别为和。（1）关于该实验，以下说法正确的有__________；A.该实验不需要满足B.该实验需要调整连接小车的轻绳与木板平行C.步骤①中，在平衡摩擦力操作时，应取下小桶（2）步骤③中小车所受的合外力为___________；（3）为验证牛顿第二定律，需要成立的关系式为___________（用所测物理量的符号表示）。12.（6分）实验小组的同学在实验室利用伏安法测量小灯泡的功率，实验室提供的器材如下：小灯泡（额定电压2.5 V）直流电源（电动势3.0 V，内阻不计）电流表A（量程0~600 mA，内阻约）电压表V（量程0~3 V，内阻约）滑动变阻器（最大阻值为，额定电流1 A）滑动变阻器（最大阻值为，额定电流300 mA）（1）在该实验中，滑动变阻器应选择___________（填“”或“”）.（2）根据电路图，将图甲中的实验仪器连成完整的实验电路.（3）实验小组的同学在实验中测出的6组数据如表，某同学根据表格中的数据在方格纸上已画出了5个数据的对应点，请你画出第4组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线.（4）根据图线，可确定小灯泡的额定功率为______（保留两位有效数字）.根据图丙可知当小灯泡的电压为时，功率为，当电压为时（小于额定电压），实际功率_______（填“大于”“等于”或“小于”）.13.（10分）如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直固定，左管上端封闭右管开口，管内封闭了一段空气柱，左侧上段水银柱位于封闭端的顶部，长度为，下段水银的两液面的高度差，外界大气压强.已知在温度时，空气柱长度为，随着空气柱温度的变化，空气柱长度发生变化，试求当空气柱的长度变为时，温度为多少摄氏度.         14.（12分）如图，固定于水平桌面上的光滑平行导轨宽为L，导轨的一端接有电阻，导轨上有与导轨垂直的金属棒，金属棒的质量为m，它始终与导轨保持垂直且接触良好，金属棒连着轻质绝缘细绳，细绳的另一端与质量为的重物相连，细绳跨过无摩擦的滑轮，整个装置放在与导轨平面垂直的匀强磁场中；重物由图示位置从静止释放，导轨足够长，金属棒经过了时间t达到最大速度v，运动过程中通过电阻R的电荷量q与位移x的关系为（k为已知常数），不计导轨和金属棒的电阻，重力加速度为g，求：（1）磁感应强度大小B；（2）金属棒从静止到匀速时所经过的位移.            15.（18分）如图所示，光滑竖直墙壁底端与四分之一光滑圆弧轨道连接，圆弧轨道半径，光滑水平面上并排放两块木板，两木板的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切，小滑块A（可视为质点）从墙壁P点无初速度释放，P点高出圆心，已知小滑块与两木板质量均为1 kg，小滑块A与木板B间的动摩擦因数，木板B的长度，小滑块A与木板C间的动摩擦因数随距离而变化，满足为距木板C左端的距离，木板C的长度，重力加速度，求：（1）小滑块A对轨道最低点的压力；（2）木板B获得的最大速度；（3）求小滑块A的最终速度，若小滑块A脱离木板C，求木板C的最终速度；若小滑块A不脱离木板C，求出小滑块与木板C相对静止的位置.

     
答案以及解析1.答案：C解析：本题考查比结合能、核裂变和半衰期。比结合能越大的原子核中核子结合得越牢固，A错误；铀核典型的裂变方程为，B错误；目前核电站都是利用重核裂变的原理来发电的，C正确；经过56年一定质量的锶90还剩下原来的四分之一，D错误。2.答案：D解析：本题考查万有引力的应用。假设该楼层距离地心为r，对该楼层的住户分析有，假设地球同步卫星距离地心为，对地球同步卫星分析有，对比两式可知，该楼层离地面的高度，其中H为地球同步卫星轨道高度，R为地球半径，代入数据可知D正确。3.答案：B解析：由题意可知，三点的电势相等，即，所以带电粒子从a移到c时电场力做的功一定为零，A错误；根据电场线与等势面相互垂直可知，电场线垂直于,B正确；由于电势差，则电场强度的大小为;C错误；两点间的电势差为,D错误.4.答案：C解析：交流电压的频率，通过电流表的电流方向1 s内要改变100次，故A选项错误；四个灯泡均正常工作，设灯泡额定电流为I，额定电压为，则原线圈中的电流，副线圈中的电流，根据理想变压器电流与线圈匝数成反比，有，故B选项错误；副线圈电压，根据理想变压器电压与线圈匝数成正比，有，则，有，解得，故C选项正确；当副线圈中D灯突然烧坏，副线圈中电流减小，原线圈中电流减小，灯泡A两端的电压变小，则变压器输入电压增大，副线圈两端电压增大，B、C两灯泡会烧坏，故D选项错误.5.答案：BC解析：本题考查超失重。当电梯具有向上的加速度时，处于超重状态，当电梯具有向下的加速度时，处于失重状态，题图乙为加速度随时间变化的图像，时，加速度为零，电梯不处于失重状态，故A错误；由题图可知，电梯先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，然后匀速，之后做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的减速运动，8~9 s电梯在做加速运动，由图像与时间轴所围图形的面积表示速度变化量可知，电梯的末速度为零，整个过程电梯一直向上运动，故B、C正确，D错误。6.答案：BC解析：本题考查物体的动态平衡。设球体A上升的高度时所受支持力与竖直方向夹角为θ，由几何关系可知，，凹槽对球体的支持力为，由牛顿第三定律可知球体对凹槽的压力大小为，外力F的大小为，A错，误B正确；由于凹槽对A的弹力始终垂直于A的运动方向，弹力不做功，C正确；对整体，由平衡条件知，地面对凹槽的摩擦力总等于外力F的水平分力，即，可知该摩擦力随θ的增大先增大后减小，D错误。7.答案：BC解析：本题考查电磁感应现象。匀强磁场方向未知，所以无法确定导体棒在磁场区域下落时通过导体棒的电流方向，选项A错误；导体棒在磁场区域下落时重力和安培力大小关系未知，下落时导体棒可能先减速后匀速，选项B正确；由动能定理有，又，解得小灯泡在该过程中产生的焦耳热，选项C正确；通过电流表的电荷量，选项D错误。8.答案：CD解析：由题知，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律知，沿x轴方向有，沿y轴方向有，解得,A选项错误；沿y轴方向有，解得,则到达O点时速度大小为,B选项错误；经分析知，则，由洛伦兹力提供向心力有，解得，由几何关系，粒子运动的轨迹与x轴的交点到O点的距离满足，C选项正确；带电粒子在匀强磁场中运动的周期，在磁场中运动的时间为，D选项正确.9.答案：=;>解析：根据折射定律得，又入射角，得折射角，作出两束光在玻璃砖中的光路图如图所示，A光经过两次反射仍从狭缝射出，其折射角仍为60°，射出时跟入射方向间的夹角，同理B光经过三次反射仍从狭缝射出，其折射角也为60°，射出时跟入射方向间的夹角，故；光在介质中的速度，A光在玻璃砖中传播时间，B光在玻璃砖中传播时间，.10.答案：；解析：本题考查弹簧振子的振动。小球B做匀速圆周运动的周期为，由此可知其影子运动的周期和小球A运动的周期均为。当小球A运动到最右端时，有，小球A运动到最右边时的加速度大小等于小球B的加速度大小，则有，则弹簧劲度系数为。11.答案：（1）AB（2）（3）解析：本题考查验证牛顿第二定律的实验。
（1）由细沙和桶的重力可以求出小车重力沿斜面的分力与摩擦力的差值，小车匀速下滑时，有，故不需要满足，故A选项正确；调整连接小车的轻绳与木板平行，才能正确求解绳上的拉力，故B选项正确；步骤①中，在平衡摩擦力操作时，不应取下小桶，故C选项错误。
（2）小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零，即，绳的拉力，撤去拉力后，其余力不变，则合力大小等于撤去的拉力大小，即。
（3）打点计时器的打点频率为f，相邻两点间还有四个点未画出，则相邻两点间的时间间隔为，由匀变速直线运动中连续相等时间的位移差可得，解得，小车受到的合外力。12.答案：（1）（2）如图甲所示（3）如图乙所示（4）1.2；小于解析：（1）测量小灯泡的伏安特性曲线时，由于小灯泡的电阻比较小，故电流表应选用外接法，滑动变阻器应选用分压接法，为使电压表示数变化明显，则滑动变阻器应选择最大阻值较小的，即滑动变阻器.（2）电压表并联在灯泡两端，电流表采用外接法，滑动变阻器采用分压式接法，如答图甲所示.（3）先用题表乙中数据在题图丙中描点，再使用平滑的曲线连接，如答图乙所示.（4）小灯泡的额定功率，由答图乙可知，随着电压的升高，小灯泡电阻增大，由可知，电压变为原来的2倍，功率小于原来的4倍.13.答案：解：以封闭的空气柱为研究对象，初状态空气柱的长度变为过程中，假设上段水银柱没有向下移动，则下段水银的两液面高度差变为，空气柱压强变为假设错误，上段水银柱向下移动，上段水银柱的上方形成真空，时由理想气体状态方程得解得，则解析：14.答案：解：（1）由法拉第电磁感应定律有①由闭合电路的欧姆定律有②通过电阻R的电荷量为③由①②③解得④当金属棒速度达到最大时，加速度为零，则⑤金属棒所受安培力⑥由法拉第电磁感应定律有⑦由闭合电路的欧姆定律有⑧由④⑤⑥⑦⑧解得⑨（2）对金属棒，根据动量定理有⑩对重物，根据动量定理有⑪由⑩⑪得⑫代入数据解得⑬解析：15.答案：（1）小滑块A下滑过程中，机械能守恒，有解得由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知，小滑块A对轨道最低点的压力，方向向下（2）小滑块A滑过木板B的过程中，系统动量守恒，设小滑块A刚滑离木板B时，小滑块A的速度为，木板B的速度为，有解得（3）由于，即木板C中央右侧光滑，设小滑块A刚好滑到木板C中央时达到共同速度，由动量守恒定律，有解得系统动能损失产生内能即小滑块A滑到木板C中央左侧就与木板相对静止了，设停在木板C距左端X处由于解得，即小滑块A最终速度为1.5 m/s，停在距木板C左端0.5 m处