卷4-高考物理模考冲刺卷（新高考福建专用）（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高考物理模考冲刺卷（四）福建专用注意事项:1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。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．在双缝干涉实验中，光屏上P点到双缝S1、S2的距离之差，光屏上Q点到双缝S1、S2的距离之差，如果用频率为6.0×1014 Hz的黄光照射双缝，则（　　）A．P点出现明条纹，Q点出现暗条纹B．Q点出现明条纹，P点出现暗条纹C．两点均出现明条纹D．两点均出现暗条纹【答案】B【解析】由c＝λf知黄光的波长为λ＝＝m＝0.5 μm到P点的光程差与黄光的半波长相比为：＝＝3即为半波长的奇数倍，所以P点出现暗条纹．到Q点的光程差与黄光的半波长相比为：＝＝6即为半波长的偶数倍，所以Q点出现明条纹．故选B。2．某正弦式交变电压随时间的变化关系如图，由图可知（　　）A．有效值是220VB．周期是0.01sC．频率是50HzD．表达式为【答案】C【解析】A．由图可知，交流电电压的最大值为，则有效值为故A错误；BC．由图可知，周期为T=0..02s，则频率故B错误，C正确；D．角速度为故表达式为故D错误。故选C。3．如图所示，A是静止在赤道上随地球自转的物体，B、C是同在赤道平面内的两颗人造卫星，B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星．则下列关系正确的是 (    )A．物体A随地球自转的角速度大于卫星B的角速度B．卫星B的线速度小于卫星C的线速度C．物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度D．物体A随地球自转的周期大于卫星C的周期【答案】C【解析】A．C为同步卫星，即角速度和地球自转角速度相同，离地高到大于地球半径，根据公式可得即，A错误；B．根据公式可得即运动半径越大，卫星的线速度越小，故，B错误；C．根据公式，可得物体A随地球自转的向心加速度小于卫星C的向心加速度，C正确；D．C是同步卫星，和地球自转周期相同，D错误．4．下列说法正确的是(　  　)A．结合能越大，原子中的核子结合的越牢固，原子核越稳定B．衰变为，要经过4次α衰变及6次β衰变C．卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为D．质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，所释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3)c2【答案】C【解析】【解析】比结合能越大，原子中的核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项A错误； 衰变为，发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0-1e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：4x+222=238，解得x=4；2x-y+86=92，得y=2，故衰变过程中共有4次α衰变和2次β衰变，故B错误；卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为，选项C正确；质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，核反应是，根据质能方程，所释放的核能为ΔE＝(2m1＋2m2－m3)c2，选项D错误；故选C.二、多项选择题：本题共4小题，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．做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，相同的物理量是（　　）A．位移 B．速度 C．加速度 D．回复力 E.动量【答案】ACD【解析】A．简谐运动的位移是指由平衡位置指向物体所在位置的有向线段，物体经过同一位置时，运动位移一定相同，选项A正确；CD．回复力产生加速度，回复力与位移满足的关系，只要位移相同，回复力一定相同，回复力产生的加速度也一定相同，选项C、D正确；BE．经过同一位置，可能远离平衡位置，也可能靠近平衡位置，因此，速度的方向可能相反，选项B、E错误；故选择：ACD。6．静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B．在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C．粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D．粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误．C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确D．粒子可能做曲线运动，故D错误；7．如图所示，质量M=3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量m=2kg的小球（视为质点）通过长L=0.5m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态，现让小球从静止开始释放，取g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中轻杆对小球的弹力一直沿杆方向B．小球m从初始位置到第一次到达最低点时，球m速度大小为m/sC．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2mD．小球m运动到左边最高点时将不能上升到原来的高度【答案】BC【解析】A．因小球向下摆动时不是做圆周运动可知杆对小球的弹力不是一直沿杆方向，A选项错误；B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，则mv1=Mv2由能量关系mgL=+联立解得选项B正确；C．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x，取向左为正方向，根据水平方向动量守恒得解得故C选项正确；D．小球上升到最大高度时，小球和滑块具有共同速度，由于系统初始动量为0，则到达最大高度时的共同速度也为零，由能量守恒关系可知，小球还能上升到原来的高度，D选项错误；故选BC。8．在一周期性变化的匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，规定图中磁场方向为正．已知线圈的半径为r、匝数为N，总电阻为R，磁感应强度的最大值为B0，变化周期为T，磁感应强度按图乙所示变化．则下列说法正确的是(　　)A．该线圈0～电流的大小为B．该线圈0～电流的大小为C．该线圈在一个周期T内线圈产生的焦耳热为D．该线圈在一个周期T内线圈产生的焦耳热为【答案】AC【解析】AB．在0～内感应电动势：，磁通量的变化：ΔΦ＝B0πr2解得：E＝线圈中感应电流的大小：I＝＝在0～和T～T两个时间段内产生的热量相同，有Q1＝Q3＝I2R·故A正确，B错误；CD．在～时间内产生的热量：Q2＝I2R·一个周期内产生的总热量：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝故C正确，D错误。故选AC。三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。9.（4分）如图所示，正、负电子垂直磁场方向沿与边界成θ＝30°角的方向射入匀强磁场中，不计重力，那么在磁场中正、负电子的运动时间之比为________【答案】1:5；【解析】设正离子轨迹的圆心角为α，负离子轨迹的圆心角为β，由几何知识得到，α=2π-2θ，β=2θ正离子运动的时间为，负离子运动的时间为，而正、负离子在磁场中运动的周期相同，所以时间之比。10.（4分）如图所示，气缸固定于水平面，用截面积为20cm2的活塞封闭一定量的气体，活塞与缸壁间摩擦不计．当气体温度为27℃时，活塞在F=40N、方向向右的外力作用下保持静止，封闭气体的压强为_______Pa；若保持活塞不动，将气体温度升至87℃，则此时F的大小变为______N．（大气压强为1.0×105Pa）【答案】 ;    8N；    【解析】设大气压强为P0=1.0×105Pa，被封闭气体的压强为P1，横截面积为S=20cm2=2.0×10-3m2，活塞保持静止，活塞受力平衡，则：P1S=P0S-F，代入数据解得：；保持话塞不动，故为等容变化，初态压强：P1=0.8×105Pa，初态温度：T1=（27+273）K=300K，末态压强：P2；末态温度：T2=（87+273）K=360K，根据查理定律可得：，根据平衡可得：P2S=P0S-F1，联立以上解得：F=8N．11.（5分）李明同学在用电火花计时器做“测定匀变速直线运动的加速度”实验时，（1）电火花计时器是一种使用_________（填“交流”或“直流”）电源的计时仪器，它的工作电压是________V．（2）从打出的若干纸带中选出了如图所示的一条（每相邻两点间还有四个点没有画出来），计数点间距如图所示，打点计时器的电源频率是50Hz．计算出纸带上打下计数点2时小车的瞬时速度为v2=___________m/s；该匀变速直线运动的加速度a=________m/s2．（计算结果保留三位有效数字）【答案】交流                【解析】（1）电火花打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，它的工作电压是．（2）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上2、4点时小车的瞬时速度大小．，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小， ．考点：测定匀变速直线运动的加速度【名师点睛】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．12.（7分）为了测一个自感系数很大的线圈L的直流电阻R，实验室提供以下器材：待测线圈L（阻值约为5Ω）；电流表A1（量程3.0A，内阻r1约为0.2Ω）；电流表A2（量程0.6A，内阻r2 =1.0Ω）；滑动变阻器R1（0~ 10Ω）；电压表V（3V量程，约为2kΩ）；电阻箱R2（0 ~99.9Ω）；电源E（电动势E约为3V，内阻很小）；单刀单掷开关S1、S2；导线若干。(1)某实验小组按如图（a）所示的电路测量线圈L的直流电阻RL。实验主要步骤如下：①按电路图连接好电路，断开开关S1、S2，滑动变阻器R1的滑片移动___ （填“左”或者“右"）端；②闭合开关S1、S2，移动滑动变阻器R的滑片至适当位置，记下电流表A2的示数为I2，电压表V的示数为U，线圈L的直流电阻的测量值的计算式为RL =_____；③测量完后，应先断开开关S2，再断开开关S1，其理由是_________。(2)若只提供一个开关S1，为避免自感现象对电表的影响，经讨论，同学们认为可以利用两个电流表和一个电阻箱达到测量的目的。图（b）方框中已画了部分电路，请根据你的设计，在方框中完成电路图________。【答案】右        若先断开S1，则由于断电自感现象，电压表会烧坏        【解析】(1)①[1]连接好电路后，由于滑动变阻器采用限流式，所以闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移至阻值最大处，即最右端；②[2]根据电路结构特点和欧姆定律可得线圈L的直流电阻的测量值的计算式为③[3]实验结束时为防止自感现象损坏电流表，应先断开开关S2，后断开开关S1；(2)[4]由于待测线圈L的阻值约为5Ω，电源电动势为3V，流过待测线圈L的电流为所以选电流表A2（量程0.6A，内阻r2 =1.0Ω）测量待测线圈L的电流，由于只提供一个开关S1，为了防止测量自感系数很大的线圈断电产生的大自感电流烧坏电表，所以当开关S1断开时，电流表与一个电阻箱串联，来保护电流表A2；若电阻箱串联在待测线圈L的支路上，会使待测线圈L的支路的电流过小造成误差，所以电阻箱并联在待测线圈L两端；电阻箱并联在待测线圈L两端时，可用电阻箱间接来测待测线圈L两端的电压，在干路上串联一个电流表A1（量程3.0A，内阻r1约为0.2Ω）即可，所以电路如图所示13.（10分）如图所示，三个物体A、B、C的质量相同， A、B放在水平桌面上，中间用长为L的不可伸长的轻线连接，开始时两者靠在一起，它们与水平面间的动摩擦因数皆为μ。B、C用轻线经光滑滑轮连在一起，开始时系统静止，C与地面间的距离的距离为2L。现释放系统，求：(1)从释放到A、B间细线张紧用的时间及张紧前瞬间B的速度；(2)C落地前瞬间的速度（B没有碰到滑轮）。【答案】(1)；    ；(2) 【分析】细线拉直前涉及到连接体的问题分析，可根据运动学及牛顿第二定律分析，细线拉直前后，可根据动量守恒定律分析，而后动能定理解出答案。【解析】(1)根据牛顿第二定律及运动学规律得：（F为BC 一起运动时线的张力） 解得(2) 设A、B间线张紧后系统的速度为v1，C落地时速度为v2。根据动能定理及动量守恒定律得解得14.（12分）如图，平行板电容器水平放置，两板间的匀强电场方向竖直向下，极板长为L = 10 m，板间距为d = 5 m。不带电的小球甲以一定的初速度v1由紧贴上极板的A点从左侧飞入电场中，并刚好打在下极板的中央位置C。另一同质量的带电小球乙以初速度v2由极板中间的B点从左侧飞入电场中，刚好由极板右侧的边缘D点（图中未画出）飞出电场，该过程所经历的时间为小球甲在电场中运动时间的一半。已知小球甲的质量为m = 0.1 kg，小球乙的电荷量大小为q = 1×10-2 C，重力加速度g取10 m/s2。求：（1）小球甲的初速度v1的大小；（2）当小球乙带正电时，两板之间的电压U；（3）当小球乙带负电时，其飞出电场时的动能Ek。【答案】（1）5 m/s（2）500 V（3）25 J【解析】（1）对甲小球： 解得v1=5m/s（2）对乙：其中 解得v2=20m/s  a=20m/s2小球乙带正电，由牛顿第二定律： 解得U=500V（3）当小球乙带负电时，则受向上的电场力qE和向下的重力mg，由于合力为则当从下极板边缘飞出时的动能：15.（18分）如图所示，afe、bcd为两条平行的金属导轨，导轨间距l=0.5m。ed间连入一电源E=1V，ab间放置一根长为l=0.5m的金属杆与导轨接触良好，cf水平且abcf为矩形。空间中存在一竖直方向的磁场，当调节斜面abcf的倾角θ时，发现当且仅当θ在30°~90°之间时，金属杆可以在导轨上处于静止平衡。已知金属杆质量为0.1kg，电源内阻r及金属杆的电阻R均为0.5Ω，导轨及导线的电阻可忽略，金属杆和导轨间最大静摩擦力为弹力的μ倍。重力加速度g=10m/s2，试求磁感应强度B及μ。【答案】(1)        (2) 【解析】由磁场方向和平衡可判断，安培力F方向为水平且背离电源的方向由题意可知当时，金属杆处于临界下滑状态①，②，③当时，金属杆处于临界上滑状态有： ④⑤⑥由①-⑥解得： ⑦，由闭合电路欧姆定律： A⑧由安培力性质： ⑨由⑦⑧⑨得： T方向竖直向下