2021届福建省厦门高三二模物理试卷及答案解析

这是一份2021届福建省厦门高三二模物理试卷及答案解析，共21页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
1．2021年3月23日，在三星堆遗址考古工作中，研究员对新发现的6个“祭祀坑”的73份碳屑样本使用年代检测方法进行了分析，初步判定其中4号坑最有可能属于商代晚期。会发生衰变，半衰期年。空气中跟的存量比稳定，活着的生物体中碳的这两种同位素之比与空气中相同，生物死亡后，不再与外界交换碳，因此测得生物遗骸中的与存量比，再与空气中比较，可估算出生物死亡年代。则（ ）
A．地球的气候变化会影响的半衰期
B．200个原子经过11460年后还剩余50个
C．的衰变方程为
D．骨骼中以碳酸钙形式存在的半衰期比单质的半衰期更长
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AD．放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间叫半衰期，放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，故AD不符合题意；
B．半衰期是一个统计规律，对于大量的原子核才适用，对于少量原子核是不成立的，故B不符合题意；
C．发生衰变产生电子，根据电荷数守恒，质量数守恒，的衰变方程为，故C符合题意。
故选C。
2．下列四幅图依次涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）
A．用回旋加速器加速粒子的过程中，粒子获得的最大动能与电压的大小有关
B．重核裂变产生中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程，叫核裂变的链式反应
C．汤姆孙通过研究阴极射线精确测定出电子所带的电荷量
D．泊松亮斑说明光具有粒子性
【答案】B
【解析】
【详解】
A．设D形盒的半径为R，磁感应强度为B，粒子的电荷量为q，质量为m，能达到的最大速度为vm，根据牛顿第二定律有
解得粒子获得最大动能为
可见Ekm与B和R有关，与U的大小无关，故A错误；
B．重核裂变产生中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程，叫核裂变的链式反应，故B正确；
C．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，密立根通过油滴实验精确测定出电子所带的电荷量，故C错误；
D．泊松亮斑说明光具有波动性，故D错误。
故选B。
3．如图所示为海洋生态自动监测浮标，可用于监测水质和气象等参数。一列水波（视为横波）沿海而传播，在波的传播方向上相距的两处分别有甲、乙两浮标，两浮标随波上下运动。当甲运动到波峰时，乙恰好运动到波谷，此时甲、乙之间只有一个波峰。观察到甲从第1次到达波峰与第11次到达波峰的时间间隔为，则该水波（ ）
A．振幅为B．波长为C．频率为D．波速为
【答案】B
【解析】
【详解】
A．根据题给条件无法得知浮标离开平衡位置的最大距离，故A错误；
B．设波长为λ，则由题意可知
解得λ=3m，故B正确；
C．设周期为T，则由题意可知
解得T=2s，所以频率为
故C错误；
D．波速为
故D错误。
故选B。
4．如图所示，A车以某一初速度水平向右运动距离后与静止的车发生正碰，碰后两车一起运动距离后停下。已知两车质量均为，运动时受到的阻力为车重力的倍，重力加速度为，碰撞时间极短，则（ ）
A．两车碰撞后瞬间的速度大小为B．两车碰撞前瞬间A车的速度大小为
C．A车初速度大小为D．两车碰撞过程中的动能损失为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由运动时受到的阻力为车重力的k 倍，由牛顿第二定律得
则
两车碰撞后做匀减速运动，由
得
两车碰撞后瞬间的速度大小为
故A错误；
B．由于碰撞时间极短，两车相碰由动量守恒得
可得两车碰撞前瞬间A车的速度大小为
故B错误；
C．对A车由
得A车初速度大小为
故C正确；
D．两车碰撞过程中的动能损失为
故D错误。
故选C。
5．2020年厦门出现过强对流冰雹天气。设一质量为的球形冰雹从高空云层里由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力与速度的关系为，冰雹下落过程质量保持不变，落地前已达最大速度，与地面碰撞时间为，碰撞后速度为零，。则（ ）
A．冰雹落地瞬间的速度大小为
B．冰雹落地瞬间的速度大小为
C．碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为
D．碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB．质量为m的冰雹下落过程中，受地球重力G和空气阻力f两个力的作用。刚开始下落时，G＞f，冰雹加速下落。随着冰雹速度的增大，它受到的阻力也在不断增大，而当阻力增大到与重力相等时，即当G=f时，冰雹开始做匀速向下运动，冰雹的速度不再增大，此时的速度就是冰雹的最大速度，由
得
冰雹落地瞬间的速度大小为
故A正确，B错误；
CD．冰雹与地面碰撞过程，由动量定理得
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
6．2021年2月15日17时，天问一号火星探测器在“火星捕获轨道”的远火点成功实施平面机动，进入两极上空的“环火星1轨道”，之后多次在近火点实施制动，进入运行周期为火星自转周期2倍的“火星停泊轨道”载荷的高分辨率相机、光谱仪等仪器将对预选着陆区地形地貌、沙尘天气等进行详查，为择机着陆火星做好准备，则天问一号（ ）
A．在“火星停泊轨道”的运行周期大于它在“环火星2轨道”的运行周期
B．在“火星停泊轨道”从近火点向远火点运动过程机械能守恒
C．在“火星停泊轨道”每次经过近火点时，都在火星上同一个位置的正上空
D．在“火星捕获轨道”的远火点要沿捕获轨道的速度反方向点火进入“环火星1轨道”
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A． 在“火星停泊轨道”的运行半长轴小于“环火星2轨道”的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在“火星停泊轨道”的周期小于它在“环火星2轨道”的运行周期，选项A错误；
B． 在“火星停泊轨道”从近火点向远火点运动过程，只有火星的引力做功，则机械能守恒，选项B正确；
C． 因为在“火星停泊轨道”上的周期等于火星自转周期的2倍，则在“火星停泊轨道”每次经过近火点时，都在火星上同一个位置的正上空，选项C正确；
D． 在“火星捕获轨道”的远火点要沿捕获轨道的速度方向相同方向喷火减速，才能进入“环火星1轨道”，选项D错误。
故选BC。
7．如图甲所示，一光滑绝缘细杆水平固定在非匀强电场中，在点固定一带正电的小球A，一带电量为的小球套在杆上。以点为原点，沿杆向右为轴正方向建立坐标系。小球A对小球B的作用力随B位置的变化关系如图乙中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置的变化关系如图乙中曲线Ⅱ所示，静电力常量，则（ ）
A．小球A所带电荷量
B．非匀强电场在处沿细杆方向的电场强度大小
C．将小球B从处静止释放运动到处过程中，加速度一直减小
D．将小球B从处静止释放运动到处过程中，速度先增大后减小
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由题图乙可知，当小球A和小球B之间距离x=0.3m时，二者之间的库仑力大小为F1=0.2N，根据库仑定律有
代入数据解得
Q=1×10-6C
故A正确；
B．由题图乙可知，x=0.3m处，小球B所受合电场力大小为F2=0.16N，则有
代入数据解得
E=1.8×105N/C
故B错误；
CD．由题图乙可知，从x=0.1m到x=0.3m，小球B所受合力先减小至零后再反向增大，所以加速度先减小至零后再反向增大，速度先增大后减小，故C错误，D正确。
故选AD。
8．空间中有水平方向上的匀强电场，一质量为，带电量为的微粒在某竖直平面内运动，其电势能和重力势能随时间变化如图所示，则该微粒（ ）
A．一定带正电B．秒电场力做功为
C．运动过程中动能不变D．秒内除电场力和重力外所受其它力对微粒做功为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于不清楚电场强度的方向，则无法确定微粒的电性，故A错误；
B．由图可知，内电势能增加9J，则秒电场力做功为，故B正确；
C．由图可知，电势能均匀增加，即电场力做功与时间成正比，说明电场力方向做匀速直线运动，同理，重力方向也做匀速直线运动，则微粒的合运动为匀速直线运动，所以运动过程中运动不变，故C正确；
D．由功能关系可知，秒重力势能与电势能之和增加为12J，则秒内除电场力和重力外所受其它力对微粒做功为，故D正确。
故选BCD。
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
9．变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。如图所示为一小区的降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则_______（填“原线圈”或“副线圈”）应该使用较粗的导线。当副线圈的负载电阻减小时，副线圈中的电流________（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】 副线圈 增大
【解析】
【分析】
【详解】
[1]副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗。
[2]当副线圈的负载电阻减小时，由于副线圈电压不变，所以副线圈中的电流增大。
10．如图所示，两小球用细线连接，两小球用轻弹簧连接，双手分别提起两球，使四个小球均在空中处于静止状态，双手同时释放瞬间（空气阻力不计，重力加速度为），小球B的加速度大小为____________，小球D的加速度大小为____________。
【答案】 0
【解析】
【分析】
【详解】
[1]释放A球后，A、B两球做自由落体运动，则B球只受重力作用，加速度为重力加速度g；
[2]平衡时，弹簧弹力与D球重力大小相等，由于弹力渐变，则释放C球时，D球受到的重力、弹力均不变，则合力为0，则此时D球的加速度为0。
11．某同学为探究气球在空气中运动时所受空气阻力的大小跟速率的定量关系，所使用的器材如下：铁架台、钩码、弹簧测力计、细绳、气球、毫米刻度尺、具有连拍功能的手机，其实验步骤如下：
A．测出气球及钩码的总重力；
B．吹好气球，用细绳将气球扎紧，另一端系上钩码；
C．将刻度尺竖直固定在铁架台上，将气球（含钩码）从较高位置释放，使其经过刻度尺附近时能匀速下落；
D．使用手机连拍功能，拍摄气球匀速运动时的多张照片；
E．改变所悬挂的钩码质量，重复以上步骤；
F.记录并处理数据
请回答以下问题：
(1)某次拍摄的两张照片如图甲、乙，可以从中计算出气球下落的位移。图乙中所示位置的读数为___；
(2)记录每次实验中气球（含钩码）重力和相邻两次拍摄时间内气球下落的位移，如下表所示，已知相邻两次拍摄的时间间隔为，根据表格数据可以计算出每组实验中气球所受阻力和其匀速运动时的速率。图丙中已描出了部分数据，请补描第三组的实验数据并绘制出关系图像。( )
(3)根据所绘制的图像，可以得到的实验结论为：__________________。
【答案】 在误差允许的范围内，此气球受到空气阻力跟速率成正比
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]图乙中所示位置的读数为7.00cm；
(2)[2]第三组数据是G=f=6.5×10-2N时，速度v=19.80cm/s，则绘制出关系图像如图；
(3)[3]根据所绘制的图像可知，图像是过原点的直线，可以得到的实验结论为：在误差允许的范围内，此气球受到空气阻力跟速率成正比。
12．某同学为了测量一根合金电阻丝的电阻率，设计了如图甲所示的电路。所用器材有：电流表，电阻箱、滑动变阻器、待测合金电阻丝、电源、开关S及导线等。操作步骤如下：
①调节电阻箱阻值达到最大，调节滑动变阻器滑片到正确位置；
②闭合开关，调节滑动变阻器和电阻箱的阻值，当两个电流表的示数满足时，记录此时电阻箱的读数。
请回答以下问题：
（1）在图乙中，用实线补充完整实验电路实物图。( )
（2）用螺旋测微器测量该合金电阻丝的直径，螺旋测微器的示数如图丙所示，该合金电阻丝的直径为____。
（3）已测得该合金电阻丝的长度，电阻箱的读数为，根据上面测量的数据可计算出合金电阻丝的电阻率____（结果保留2位有效数字）。
（4）若电流表内阻不能忽略，则合金电阻丝电阻率的测量值_____________真实值（选填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】 小于
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据原理图连接实物如图所示
(2)[2]螺旋测微器的示数为；
(3)[3]电阻丝的电阻为
由电阻定律可得
(4)][4]若电流表内阻不能忽略，则
电阻率为
则合金电阻丝电阻率的测量值小于真实值。
13．气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为。横截面积为的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气（视为理想气体），稳定后测得封闭气体柱长度为。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为，环境温度不变，重力加速度为。求：
(1)初始状态封闭气体的压强；
(2)若把质量为的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。
【答案】(1)；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对气缸与椅面整体受力分析如图
由受力平衡有

得

(2)重物放上后，设气缸内气体压强为，对气缸、椅面与重物整体受力分析如图
由受力平衡有
得

对气缸内气体分析 ，导热性能良好，室温不变气缸内气体温度不变
初状态
末状态
对气缸内气体由玻意耳定律

得
可知气体体积变小，长度较小即为高度下降
14．如图所示，质量为的可移动“”型导轨位于光滑水平桌面上，两条平行轨道间的距离为。质量为的金属杆可垂直于导轨滑动，与轨道之间存在摩擦力，金属杆接入回路中的电阻为。初始时金属杆位于图中的虚线处，的左侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为。在时，用一平行于导轨的恒力作用于金属杆，使之由静止开始沿导轨向左运动。时刻回路中的电流为，此过程中导轨向左移动的距离为（杆与轨道始终保持相对运动，尚未进入磁场）。不考虑导轨的电阻与回路的自感，求：
（1）时刻金属杆的速度大小；
（2）金属杆与“”型导轨间的滑动摩擦因数；
（3）该过程中金属杆移动的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由闭合电路欧姆定律得
切割感应电动势
解得
（2）滑动摩擦力为
对导轨受力分析，由牛顿第二定律得
导轨匀加速运动
解得
（3）在任意短的时间内对金属杆分析，由动量定理得
叠加求和有
而
联立解得
联立解得
15．如图甲所示，在空间中同时存在匀强电场和匀强磁场，建立空间直角坐标系。一质量为、电荷量为的带电小球从轴上的点沿轴正方向以速度射出，恰好做匀速直线运动，图乙为平面。已知匀强磁场大小为，方向与平面平行且与轴正方向的夹角为，重力沿轴负方向，点距原点的距离为，重力加速度为。求
（1）电场强度大小；
（2）若仅去掉电场，带电小球运动到平面的速度大小和所用时间；
（3）若仅让带电小球速度方向反向，其运动到平面时的动能。
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
1）对带电质点受力分析，如图
洛伦兹力又则
方向与轴正方向的夹角为，则
得
所以方向与的方向相同；
（2）带电粒子做类平抛运动，沿轴方向匀速直线运动，沿的反方向匀加速直线运动，加速度为
沿的反方向运动到平面的位移
由运动学公式
解得
得
（3）带电小球的运动平面为过点与磁感应强度方向垂直的平面，所以运动到平面沿重力与电场力合力方向通过的位移为
洛伦兹力不做功，所以
由动能定理可得
联立得
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
评卷人
得分
一、单选题
评卷人
得分
二、多选题
评卷人
得分
三、填空题
评卷人
得分
四、实验题
次数
1
2
3
4
5
6
7
重力
4.5
5.5
6.5
7.5
8.5
9.5
10.5
位移
13.60
16.30
19.80
23.80
26.60
28.80
32.80
评卷人
得分
五、解答题