2022年福建省龙岩一中高考物理模拟试卷（三）（含答案解析）

这是一份2022年福建省龙岩一中高考物理模拟试卷（三）（含答案解析），共16页。试卷主要包含了8m、距地面3，【答案】B，2m−12×10×0，【答案】AC，【答案】BD，【答案】AD，【答案】大于  频率等内容，欢迎下载使用。
2022年福建省龙岩一中高考物理模拟试卷（三） 在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，接电源负极；沿边缘内壁放一个半径与玻璃皿内径相当的圆环形电极，接电源正极，电源电动势为E，内阻不计。在玻璃皿中加入导电液体。如果把玻璃皿放在蹄型磁铁的磁场中，液体就会旋转起来。导电液体等效电阻为R，下列说法正确的是A. 导电液体在电磁感应现象的作用下旋转
B. 改变磁场方向，液体旋转方向不变
C. 俯视发现液体顺时针旋转，则蹄型磁铁下端为S极，上端为N极
D. 通过液体的电流等于如图所示，排球比赛中，某队员在距网水平距离为、距地面高处将排球沿垂直网的方向以的速度水平击出。已知网高，排球场地长18m，重力加速度g取，可将排球视为质点，下列判断正确的是
 
A. 球不能过网 B. 球落在对方场地内
C. 球落在对方场地底线上 D. 球落在对方场地底线之外天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成，两星视为质点，其质量分别为和。不考虑其他天体的影响，AB围绕连线上的O点做匀速圆周运动，之间的距离保持不变，已知，A，B轨道半径之差为。下列说法错误的是A. A和B两星体的角速度相同
B. 暗星B的速率与可见星A速率的比值为：
C. A、B两颗星的轨道半径之比为
D. A、B两颗星的质量之比为如图所示，斜面倾角为，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行．物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧．已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为，小物体3从静止突然放手后物体1沿面上滑的最大距离为
A. 3h B.  C. 2h D. 下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是A. 由如图的实验分析提出了原子的核式结构模型
B. 由图数据可知a光的频率大
C. 由图可知在中子轰击下生成和的反应中还生成2个中子
D. 由图观察到光的干涉条纹，它是由凸透镜上表面反射光和玻璃上表面反射光叠加如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为和。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是
 
A. 两互感器均起到降压作用
B. 若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kW
C. 若保持发电机输出电压和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D. 若发电机输出电压一定，若用户数增加，为维持用户电压一定，可将滑片P上移如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是
A. 滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中，A对D的支持力做功为
B. 与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为
C. 滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为
D. 滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区城内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计。下列说法正确的是A. 导体棒O点的电势比A点的电势低
B. 在导体棒的内部电流由A点至O点
C. 在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为
D. 在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为动车组进站时的鸣笛声较静止时更为尖锐，其原因是：列车驶向人时，单位时间人接收的声波数______大于/等于/小于列车静止时的，导致人接收到声音的______频率/周期/波长变大。蛟龙号潜水器携带了一个水压测量仪，其应用简化图如图，水压测量仪内封闭一定质量的理想气体，轻质活塞可自由移动，整个仪器由导热材料制作。则在蛟龙号潜水器缓慢下潜过程，设海水温度保持不变，对水压测量仪内封闭的气体，压强______填“增大”“减小”或“不变”；______填“吸收”“放出”或“不吸也不放”热量。某实验小组通过如图所示的装置验证向心力的表达式，滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小，滑块上固定一遮光片，宽度为d，与固定在铁架台上的光电门可测量滑块的角速度、旋转半径为R，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度的数据。
某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为，则角速度______；
以F为纵坐标，以______填“”“”或“”为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线；若所得图像的斜率为k，则滑块的质量为______用所测物理量k、d、R、表示。
半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。现有一压力传感器：

利用图甲所示的电路测量该传感器在不同压力下的阻值，其阻值约几十千欧，实验室提供以下器材：
直流电源：；
电流表量程，内阻约为
电压表量程3V，内阻约为
滑动变阻器阻值
为了提高测量的准确性，开关应接______选填“1”或“2”，开关应接______选填“3”或“4”；
通过多次实验测得其阻值随压力F变化的关系图像如图乙所示；
利用该压力传感器设计了如图丙所示的自动分拣装置，可以将质量不同的物体进行分拣，图中为压力传感器，为滑动变阻器，电源电压为内阻不计。分拣时将质量大小不同的物体用传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，控制电路两端电压小于3V时，杠杆OB水平，物体水平通过进入通道1，当控制电路两端电压大于3V时，杠杆的B端就会被吸下，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。若调为，取重力加速度，该分拣装置可以实现将质量超过______ kg的物体进行分拣保留2位有效数字，若要将质量超过的货物实现分拣，应将调成______保留3位有效数字。C919客机是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的干线喷气式客机。已知C919是双发拥有两台涡扇发动机窄体客机，空重，起飞过程从静止开始滑跑，当位移达时，达到决断速度若放弃起飞，飞机则会冲出跑道。设飞机受到的风阻，摩擦力恒为3388N，飞机做匀加速直线运动，若飞机加注5000kg燃油，求滑跑过程中取：
飞机滑跑时加速度的大小；
达到决断速度时单个发动机产生的推力大小；
已知厦门高崎机场跑道长度为3400m，某次实验飞机载重含航油为，起飞加速度为。飞机全功率减速的总阻力恒为。试计算决断速度最后结果可用根号表示。如图，长5m、质量2kg的长木板B静止在水平面上，质量2kg的小滑块可视为质点静止在木板左端，滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间的动摩擦因数为。某时刻起，给滑块施加一大小20N、方向与木板成角的恒定拉力F作用，滑块到达木板的中点时撤去此力。已知重力加速度大小为，。求
滑块的最大速度；
木板运动的时间。
如图所示为某兴趣小组做电磁驱动和电磁阻尼实验的示意图。分界线PQ将水平面分成左右两部分，左侧平面粗糙，右侧平面光滑。左侧的驱动磁场为方向垂直平面、等间隔交替分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为，每个磁场宽度均为L；右侧较远处的阻尼磁场为宽度也为L、方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度大小。两个完全相同的刚性正方形金属线框abcd和efgh的边长也均为L，已知线框单位长度的质量为，单位长度的电阻为，线框与PQ左侧粗糙平面间的动摩擦因数。现使驱动磁场以稳定速度右运动，线框abcd由静止开始运动，经过一段时间后线框做匀速运动，当ab边匀速运动到分界线时立即撤去驱动磁场，接着线框abcd继续运动越过分界线，并与静止线框efgh发生正碰，碰后ab边和gh边粘在一起，组成“”型线框后向右运动进入阻尼磁场。设整个过程中线框的ab边和ef边始终与分界线平行，ab边和gh边碰后接触良好，重力加速度g取。

求线框abcd刚开始运动时加速度的大小；
求线框abcd在驱动磁场中匀速运动时的速度大小；
要使“”型线框整体不穿出阻尼磁场求L的数值需要满足的条件。
答案和解析 1.【答案】C【解析】解：导电液体之所以会旋转，是因为通电液体受到了安培力作用，若磁场反向则受力反向，旋转方向改变，故AB错误；
C.若磁场方向垂直纸面向下，据左手定则，液体顺时针转动，因此蹄型磁铁下端为S极，上端为N极，故C正确；
D.导体开始运动后切割磁感线产生反电动势，因此电流小于，故D错误。
故选：C。
导电液体之所以会旋转，是因为安培力的作用；利用左手定则判断安培力和磁场方向关系；由于不是纯电阻电路，电阻不能利用电压除以电流。
本题以旋转的液体实验为情景载体，考查了安培力方向及磁场方向的判断，根据左手定则判断安培力的方向是解决本题的关键。
 2.【答案】B【解析】解：A、排球运动球网位置所用的时间为
此时网球据地面高度为，故求可以过网，故A错误；
BCD、人距对方场地底线的距离为
当球落地时，有，解得网球平抛运动的时间
则网球的水平位移为，所以网球落在对方场地内，故B正确，CD错误。
故选：B。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据排球运动到球网位置的时间，判断此时网球距地面的高度，从而判断求是否触网；求出平抛运动的落地时间，结合初速度求出水平位移，判断球是落在对方界内还是界外．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解．
 3.【答案】C【解析】解：双星系统中的两颗星始终处于同一直线上，故周期相同，角速度也相同，故A正确；
B.由
得；
得：，故B正确；
C.由，，
可知：；
故A、B两颗星的轨道半径之比为，故C错误；
D.A、B两颗星的质量之比为
，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
双星系统的角速度都相等；
根据万有引力提供向心力得出速度之比，进而得出半径之比和质量之比。
本题主要考查了双星系统的相关应用，理解双星系统的角速度相等，找到向心力来源，结合牛顿第二定律列式即可完成分析。
 4.【答案】D【解析】解：设2的质量为m；
从开始放手到3触地过程中，设触地时3的速度为；则对整体有功能关系可知：
；
此后3停止，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为零，对1、2应用功能关系可知：

解得：；
则1沿斜面上滑的最大距离为；
故选：D。
先对整体受力分析可知，2、3向下带动1运动；当3落地后，由于1的重力大，则12将做减速运动；对两过程由功能关系可求得物体上滑的最大位移．
本题考查功能关系的应用，解题时一定要先做受力分析，明确物体的运动状态后再由功能关系进行列式求解．
 5.【答案】AC【解析】解：甲图是卢瑟福的离子散射实验，实验分析提出了原子的核式结构模型，故A正确；
B.光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，a光对应的截止电压小于b光的截止电压，根据。可知入射光的频率越高，对应的截止电压越大，可知b光的频率大，故B错误；
C.根据质量数守恒和核电荷数守恒可知，在中子轰击下生成和的反应中还生成2个中子，故C正确；
D.观察到光的干涉条纹，它是由凸透镜下表面反射光和玻璃上表面反射光叠加形成的，故D错误。
故选：AC。
卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；
入射光的频率高于金属的截止频率时发生光电效应，根据遏止电压与频率的关系判断；
重核变为中等质量的核的核反应是裂变；根据质量数守恒判断；
根据薄膜干涉的特点判断。
本题考查了粒子散射实验、光电效应、裂变、薄膜干涉等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
 6.【答案】BD【解析】解：根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流升压的作用，故A错误；
B.设输电电流为，根据理想变压器变压和变流规律可得


解得


所以线路输送的电功率为

故B正确；
C.由理想变压器变压和变流规律可得



设输电线路总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有

设用户端总电阻为R，根据欧姆定律有

联立以上五式解得

若保持发电机输出电压和用户数一定，仅将滑片Q下移，则增大，R不变，所以增大，而输电线损耗功率为

所以输电线损耗功率增大，故C错误；
D.若保持发电机输出电压和Q的位置一定，使用户数增加，即不变，R减小，则增大，减小，为了维持用户电压一定，需要增大，可将滑片P上移，故D正确。
故选：BD。
由匝数比判断是否降压，由功率公式求解电功率，结合闭合电路欧姆定律求解输电线功率损耗，由动态分析判断划片移动方向。
本题考查变压器，学生需熟练掌握匝数比，功率公式，闭合电路欧姆定律等综合分析。
 7.【答案】AD【解析】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。
A、滑块D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒。
则当D滑到水平地面上时，根据动量守恒定律可得：
根据机械能守恒定律可得：
两式联立解得A、D分离时的速度大小为：，即A与D的速度大小相等，方向相反，
下滑过程对D由动能定理得：
解得：，故A正确；
B、滑块D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；
C、滑块B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有
则B与C碰撞后的速度大小为：，故C错误；
D、滑块D与B碰撞过程动量守恒，有：
则碰撞后B、D整体的速度大小为：
损失的机械能
计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能，故D正确。
故选：AD。
根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解滑到最低点时A与D的速度大小，下滑过程对D由动能定理求解A对D的支持力做的功；
滑块D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小；
滑块B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律进行解答；
滑块D与B碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律、能量守恒定律进行解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
 8.【答案】AD【解析】解：AB、半径为2 L的小圆切割磁感线产生的感应电动势为：，根据右手定则知O点的电势比棒上虚线处的电势更高；导体棒在在小圆与导轨之间的环形区域割磁感线产生的感应电动势为：，根据右手定则知，A点的电势比棒上虚线处的电势更高，因，对比可知，O点的电势比A点的电势低，故A正确，B错误。
C.电路中电流为：，周期为：，在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为：，故C错误；
D.在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为：，故D正确。
故选：AD。
分别计算出内部和外部两部分导体棒产生的感应电动势大小，比较电势的高低。计算出电路中电流的大小和周期，根据电荷量的计算公式求解通过r的电荷量，根据焦耳定律计算产生的焦耳热。
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据来计算。
 9.【答案】大于  频率【解析】解：根据多普勒效应可知，列车驶向人时，单位时间内人接收的声波数大于列车静止时接收到的次数，这样单位时间内接收到的次数增大，导致人接收到声音的频率变大。
故答案为：大于；频率。
列车驶向人时，单位时间内接收到的次数增大，导致人接收到声音的频率变大。
本题主要是考查多普勒效应，关键是知道发生多普勒效应时，声音的实际频率不变，只是接收到的频率发生变化。
 10.【答案】增大  放出【解析】解：对水压测量仪内封闭的气体，随着潜入深度的增加，则压强增大，气体发生等温变化，根据玻意耳定律知体积减小，外界对气体做功，因温度不变，则内能不变，则气体放出热量。
故答案为：增大         放出
以水压测量仪内的气体为研究对象，在潜水器缓慢下潜的过程中，深度增加，压强增加，过程缓慢，可以充分进行热传递，视为等温变化，根据玻意耳定律分析体积的变化，再根据热力学第一定律分析吸放热情况。
本题主要是考查热力学第一定律与气体实验定律的应用，关键在于理想气体的内能只取决于温度，做功取决于体积的变化，体积减小外界对气体做正功。
 11.【答案】  【解析】解：物体转动的线速度为
由

解得

根据向心力公式可知

联立解得
故以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线。
根据函数表达式可知
解得：
故答案为：；，
根据挡光片的挡光宽度及挡光片经过光电门时的遮光时间可以算出挡光片的线速度，再根据即可求解；
根据向心力公式分析，以为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条直线，根据表达式解得质量。
本题考查了探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系实验。这是一道创新实验题，理解实验原理是解决问题的关键。
 12.【答案】【解析】解：的阻值约几十千欧，因此有

为了提高测量的准确性，电流表应内接，开关应该接2。
实验需要测量多组数据，且电压从零开始变化，实验时滑动变阻器用分压方式接入电路，因此开关接3。
由题意可知，当控制电压等于3V时，控制电路的电流为

压力传感器上的电压为3V，压力传感器的电阻值为

由图乙可知传感器上的压力，物体质量为，因此由压力传感器的特点可知，该分拣装置可以实现将质量超过的物体分拣。
若要将质量超过的货物实现分拣，由以上计算分析可知，当物体质量为时，由图乙可知，压力传感器的电阻值为，因此应该将调成时，当质量超过的货物，压力传感器的电阻值小于，控制电路两端电压大于3V，货物实现分拣。
故答案为：，，
因滑动变阻器阻值远小于传感器静态电阻，故采用分压式接法，的阻值较大，故采用电流表内接法；
因要提高分拣标准，要求进入下面通道的物体的最小质量M大于，根据闭合电路欧姆定律解得。
本题结合压力传感器设计实验，考查学生电学知识，要求学生从题干读取信息，结合图像对问题进行求解，对学生分析综合能力有一定要求，难度中等偏高。
 13.【答案】解：根据运动学公式，有

代入数据可得

根据牛顿第二定律

代入数据可得
飞机总质量为，故根据牛顿第二定律有，

代入数据可得减速加速度
设飞机恰好运动到跑道头，则加速过程运动距离为，减速过程运动距离为，有

根据运动学公式可得


联立整理可得

答：飞机滑跑时加速度的大小为；
达到决断速度时单个发动机产生的推力大小为114514N；
已知厦门高崎机场跑道长度为3400m，某次实验飞机载重含航油为，起飞加速度为。飞机全功率减速的总阻力恒为。决断速度为。【解析】根据运动学公式，结合题意求出加速度大小；
根据牛顿第二定律，结合题意求出推力大小；
根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出决断速度大小。
本题考查了牛顿第二定律的应用，在本题中，要注意多个过程的分析，注意加速度的不同。
 14.【答案】解：滑块在拉力作用下加速运动，设其加速度为，根据牛顿第二定律


此过程中，木板与水平面间的最大静摩擦力

解得：，，
由于，所以木板不动。
撤去拉力时，滑块的速度最大，

代入题给数据解得：

撤去F后，滑块与木板间摩擦力，滑块减速、木板加速，
滑块的加速度大小，
解得：
板的加速度大小为，
，
解得：
设再经过时间滑块与木板速度相同，
，
解得：，
设此过程中滑块在木板上滑过的长度为x，

代入数据解得：
滑块未滑离木板，二者一起匀减速至停止。
其加速度，
解得：
该过程的运动时间：
解得：
木板的运动时间，解得：
答：滑块的最大速度为；
木板运动的时间为。【解析】撤去拉力时速度最大，先判断木板是否运动，再根据“到达木板的中点”通过位移列方程求解；
共速态是运动过程的转折点，分别求解共速前后的时间再求和。
本题考查了牛顿第二定律和运动学的综合运用，注意板块模型中二者共速是重要的转折点，注意共速前后两物体加速度的变化。
 15.【答案】解：线框abcd刚开始运动时速度为零，根据法拉第电磁感应定律有：
根据欧姆定律可得电流强度：
设线框abcd刚开始运动时的加速度a，根据牛顿第二定律有：
解得：；
设线框在驱动磁场中匀速运动时速度为，根据法拉第电磁感应定律有：

根据欧姆定律有电流强度：
根据平衡条件有：
解得：；
线框abcd在越过边界线过程中摩擦力大小f随ab边离开MN的位移x之间的关系为：

由于摩擦力随位移成线性变化，可以根据平均力求解摩擦力做功，则有：

设线框abcd在越过边界线后速度为v，根据动能定理有：
解得：
线框abcd和线框efgh发生正碰，系统动量不变，仍为
当ef边和cd边在磁场中运动时，根据等效电路的总电阻为：
该过程中ef边受到的安培力的冲量为：
解得：
当ab和gh边的组合边在磁场中运动时，根据等效电路总电阻为：
该过程中组合边受到的安培力的冲量为：
线框整体不穿出阻尼磁场的临界条件为cd边运动到磁场右边界时的速度恰好为零，从ef边进出磁场到cd边离开磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：
解得：。
答：线框abcd刚开始运动时加速度的大小为；
线框abcd在驱动磁场中匀速运动时的速度大小为；
要使“”型线框整体不穿出阻尼磁场，L的数值需要满足。【解析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、牛顿第二定律列方程求解加速度大小；
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律结合平衡条件列方程求解；
根据动能定理求解线框abcd在越过边界线后速度，根据动量守恒定律分析碰撞后的动量，根据动量定理列方程求解L的数值需要满足的条件。
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。