2024届福建省福州第一中学高三下学期高考模拟物理试卷

这是一份2024届福建省福州第一中学高三下学期高考模拟物理试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.“每天锻炼一小时，健康生活一辈子”，如图为福州一中某老师绕学校四百米跑道跑步的轨迹记录图及相关数据，以下说法正确的是( )
A. 本次跑步位移大小不超过100mB. 本次跑步平均速度大小约为10km/h
C. 本次跑步消耗423.0kJ的能量D. 5分54秒表示时刻
2.物理学作为一门高精密度的实验学科，应用在各个领域，下列说法正确的是( )
A. 泊松亮斑，说明光具有粒子性
B. 利用偏振现象，可以用偏振片对声波进行阻隔，起到消音的效果
C. 让激光束通过双狭缝，在光屏上出现条纹，波长越长，条纹间距越小
D. 康普顿效应，说明光具有粒子性
3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：3，正弦交流电源的电压有效值恒为U=12V，电压表为理想电压表，电阻R1=1Ω，R2=2Ω，滑动变阻器R3阻值范围为0∼10Ω，则( )
A. 电压表示数为36V
B. 当R3=7Ω时，R2、R3的功率之和最大
C. 若向上移动P，电压表读数将变大
D. 若向下移动P，电源输出功率将变大
4.如图所示，空间有电荷量分别为+Q1和−Q2的两个点电荷，其连线水平。在竖直平面内，内壁光滑的绝缘细弯管ABC关于Q1Q2连线对称放置，且A点电势大于零(取无穷远电势为零)。电荷量为+q的小球(可视为点电荷)以初速度v0从A端无碰撞地进入细弯管，在管内运动过程中机械能守恒，则( )
A. 小球从细管C端飞出时速度大小为v0
B. Q1m2。开始时两根棒均静止在导轨上，开关K合向1足够长时间，再合向2。两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直。
(1)开关K合向1，足够长时间后，求电容器储存的电荷量，并判断上下极板电势高低；
(2)开关K合向2后的瞬间，两棒各自的加速度大小；
(3)两棒最终的速度大小以及此过程流过a棒的电量；
(4)从开关K合向2开始的整个过程中两棒产生的总焦耳热。(已知电容器所储备的电能为W=12CU2，其中C为电容器的电容，U是电容器因带电后两板具有的电势差)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.由于跑道是环形的，所以本次跑步的位移大小小于跑道的直径，即小于100m，故A正确；
B.由于不知道跑道的起点和终点，无法确定位移，所以无法计算平均速度，故B错误；
C.423.0千卡=423.0×4.18×103J=1.78×106J=1.78kJ，故C错误；
D.5分54秒表示的是时间间隔，时刻表示具体的某一个点，故D错误。
故选：A。
明确位移的定义，明确位移为起点到终点的有向线段；理解平均速度的定义；了解千卡与焦耳之间的换算关系；根据时间间隔和时刻的区别判断；理解平均速度的定义。
本题主要考查了描述物体运动的各物理量，熟练公式定义即可判断。
2.【答案】D
【解析】解：A、泊松亮斑是光的衍射现象，说明光具有波动性，故A错误；
B、光波是横波，利用偏振现象，可以用偏振片对光波进行阻隔，声音通常是纵波，故偏振片起不到消音的效果，故B错误；
C、根据Δx=Ldλ，可知波长越长，条纹间距越大，故C错误；
D、康普顿效应说明光具有粒子性，故D正确；
故选：D。
泊松亮斑说明光具有波动性；声波是纵波，光波是横波；根据Δx=Ldλ，可判断波长与条纹间距的关系；康普顿效应说明光具有粒子性。
多读教材，加强基础知识积累就能顺利解决此类题目。要注意光的粒子性与宏观意义上粒子的区别。
3.【答案】B
【解析】解：A、由于在原线圈电路中由电阻R1，则原线圈两端的电压U1Q2，故B错误；
C、小球在管内运动过程中机械能守恒，则小球在运动过程中电场力不做功，所以图中细管所在的弧线是等势线，根据电场线与等势面垂直可知细管上各点场强方向与细管垂直，故C错误；
D、当两个电荷是等量异种电荷时，两电荷连线的中点场强最小，但现在两电荷电荷量不相等，且Q1>Q2，所以场强最小的点会相应的向右偏移，故D正确。
故选：D。
A、根据小球重力做正功分析；
B、根据电势是标量，A点电势大于零分析；
C、根据小球机械能守恒，电场力不做功，细管所在弧线是等势线分析；
D、等量异种电荷连线中点处场强最小，根据Q1>Q2可得结论。
本题考查了等势面、电场的叠加，解题的关键是知道小球在管道内运动时机械能守恒，电场力不做功，可知细管所在的弧线是等势线。
5.【答案】AB
【解析】解：A.因为椭圆轨道的长轴大于圆轨道的直径，由开普勒第三定律可知，卫星1的运行周期小于卫星2的运行周期，故A正确；
B.卫星2在D点加速，能变轨到以D点到地球球心的距离为半径的圆轨道运动，由GMmr2=mv2r可知，r越大，运行线速度越小，卫星1在C点速度大于卫星2在以D点到地球球心的距离为半径的圆轨道上的运行速度，故卫星1在C点速度大于卫星2在D点速度，故B正确；
C.由GMmr2=man可知卫星2在D点距地心的距离大于卫星1距地心的距离，卫星2在D点的向心加速度小于卫星1在C点的向心加速度，故C错误；
D.因为两颗卫星在不同轨道上运行，所以相等时间内卫星1与地心的连线扫过的面积不等卫星2与地心的连线扫过的面积，故D错误。
故选：AB。
A.根据开普勒第三定律进行分析判断；
B.根据牛顿第二定律推导线速度随半径变化的关系式，再结合离心运动的相关知识进行综合判断；
C.根据牛顿第二定律分析解答；
D.根据开普勒第二定律进行分析求解。
考查万有引力定律的应用问题，会根据题意进行准确的分析和计算。
6.【答案】AD
【解析】解：C、设人停止施力时重物的速度大小为v1，重物刚落到地面时的速度大小为v2
重物上升h的过程，由动能定理有：(2Fcs37∘−mg)h=12mv12−0，可得：v1= 1.2gh
从停止施力到重物刚落到地面过程，由动能定理有：mgh=12mv22−12mv12，可得v2= 3.2gh，故C错误；
A、重物在空中先做匀加速直线运动，停止施力后向上做匀减速直线运动，速度减为零，反向做匀加速的直线运动，画出v−t图像如下图所示：
设重物上升的总高度为H，根据图像的面积表示重物运动的位移，由图可知上升过程：H=v12t1，下落过程：H=v22(t2−t1)，已知v1