福建省厦门市2021届高三物理6月模拟试题（含解析）

1、福建省厦门市思明区双十中学2019届高三物理6月模拟试题（含解析）一、选择题；本题共8小题，每小题6分，共4分，在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合目要求第68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1.下列说法正确的是（）A. 结合能越大的原子核越稳定B. 玻尔的跃迁假设是根据粒子散射实验分析得出的C. 光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性D. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的【答案】D【解析】【详解】比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故A错误；为解释氢光谱，玻尔提出了轨道量子化与跃

2、迁假设，故B错误；光电效应与康普顿效应都揭示了光具有粒子性，故C错误；衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故D正确。2.假设一座拱形桥的桥面长度为s，某玩具车匀速通过该拱形桥所用的时间为t，下列说法正确的是（）A. 该玩具车通过拱形桥的平均速度为B. 该玩具车通过拱形桥运动速率为C. 该玩具车通过拱形桥最高点时，处于超重状态D. 该玩具车通过拱形桥最高点时，重力的瞬时功率不为零【答案】B【解析】【详解】玩具车做曲线运动，t时间内运动的路程为s，则平均速率为，位移不等于s，故平均速度不等于，故A错误，B正确。玩具车通过拱形桥的最高点时，合力提供向心力，加速度向下，处于失重状

3、态，故C错误。玩具车通过拱形桥的最高点时，速度水平方向，重力竖直向下，故重力的瞬时功率为零，故D错误。3.如图所示，质量均为m的斜面体A、B叠放在水平地面上，A、B间接触面光滑，用一与斜面平行的推力F作用在B上，B沿斜面匀速上升，A始终静止。若A的斜面倾角为，下列说法正确的是（）A. F=mgtanB. A、B间的作用力为mgcosC. 地面对A的支持力大小为2mgD. 地面对A的摩擦力大小为F【答案】B【解析】【详解】对物体B受力分析，因匀速上升，则F=mgsin，选项A错误；A、B间的作用力为FN=mgcos，选项B正确；对AB的整体，竖直方向：N+Fsin=(M+m)g，解得地面对A的支

4、持力大小为N=(M+m)g- Fsin；水平方向：Fcos=f，则选项CD错误；故选B.4.如图所示，一个带电的油滴在匀强电场中运动其轨迹在竖直面内，P为轨迹最低点，该轨迹关于过P点的竖直虚线对称，轨迹上两点MN所处高度相同，忽略空气阻力，由此可知（）A. 油滴在从M、N两点的加速度相同B. 油滴可能由M点由静止释放C. M点电势高于P点的电势D. 油滴在M点的电势能比它在P点的大【答案】A【解析】【详解】因小球在匀强电场中运动，受到电场力和重力都是恒力，合力也恒力，故M、N两点加速度大小相同；故A正确；依据运动轨迹及对称性，油滴所受的合力方向竖直向上，可知油滴在M点不可能是由静止释放，故B错

5、误；根据油滴受到的合力一定竖直向上可知油滴带正电，则电场方向必定竖直向上，所以M点的电势比P点低；故C错误；油滴由M到P过程，因电场力竖直向上，电场力做负功，那么电势能增大，则油滴在M点的电势能比它在P点的小；故D错误；5.如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里的匀强磁场。a、b两个带电粒子以相同的速率从M点沿着直径MON方向垂直射入磁场，运动轨迹如图所示，并从P、Q两点离开。已知P、Q、O（圆心）三点共线，直径MON、POQ夹角为=60（如图），不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A. a粒子带正电，b粒子带负电B. a、b粒子轨迹半径之比为1：3C. a、b粒子在磁场中

6、运行时间之比为2：3D. a、b粒子的比荷之比为1：3【答案】BC【解析】【分析】由左手定则判断粒子的电性；由几何关系求解两粒子的半径关系；两粒子的速率相同，时间比等于弧长比；根据可知两粒子的比荷之比.【详解】A由左手定则可知， b粒子带正电，a粒子带负电，选项A错误；B设磁场所在的虚线圆的半径为R，则；，则a、b粒子轨迹半径之比为1:3，选项B正确；Ca、b粒子在磁场中运行的弧长之比为：，因两粒子的速率相同，则两粒子的时间之比为2:3，选项C正确；D根据可知两粒子的比荷之比等于半径的倒数比，即3:1，选项D错误；故选BC.6.小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向抛出，最终落在该斜面上。已知小

7、球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p。现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度（n1）沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）A. 小球乙落在斜面上时的位移为B. 小球乙在空中运动的时间为C. 小球乙落在斜面上时的动能为D. 小球乙离斜面最远时的动量为【答案】BC【解析】【详解】设斜面倾角为，则 ，解得；，；则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t/n；小球乙落在斜面上时的位移为s/n2；小球乙落在斜面上时的动能为Ek/n2，选项A错误，BC正确；小球离斜面最

8、远时，速度方向平行斜面，大小为，动量为，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v/n沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p/n，选项D错误；故选BC.7.近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a流入时方向为正），下列说法正确的是（）A. 感应线圈中产生的是恒定电流B. 感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反C. t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0D. t1t3时间内，c点

9、电势高于d点电势【答案】CD【解析】【详解】A励磁线圈产生磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，磁场也不是均匀变化，所以感应电动势：，就不是恒定的，感应电流也就不是恒定的，A错误B感应电流方向阻碍引起感应电流磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，磁场减小时，感应电流与励磁线圈电流相同，阻碍磁场减小，B错误Ct3时刻,励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，C正确Dt1t3时间内，励磁线圈正向减小，磁场向上减小，感应电流磁场向上，根据安培定则可判断c点电势高于d点电势，D正确8.如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运

10、动下列说法正确的是（）A. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的机械能都相同B. 不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C. 卫星在轨道1的任何位置都具有相同的加速度D. 卫星经过P点时，在轨道2的速度大于轨道1的速度【答案】BD【解析】【详解】卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以机械能要增大，则在轨道1和在轨道2运行经过P点的机械能不同，故A错误；在轨道1和在轨道2运行经过P点，都是万有引力提供向心力，由a=可知，卫星在P点的加速度都相同，故B正确；由a=可知，由于r不同，加速度的方向指向地球，方向不同，所以卫星在轨道1的任何位置的加速度都不同，故C错误

11、；卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道2经过P点的速度大于在轨道1运行经过P点的速度，故D正确。二、非选择题，第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13-14题为选考题，考生根据要求作答.9.在“探究弹力和弹簧伸长关系”的实验中，某实验小组将不同数量的钩码分别挂在竖直弹簧下端，进行测量，根据实验所测数据，利用描点法作出了所挂钩码的重力G与弹簧总长L的关系图象，如图所示。根据图象回答以下问题。（1）弹簧的原长为_m。（2）弹簧的劲度系数为_N/m。（3）分析图象，总结出弹簧弹力F跟弹簧长度L之间关系式为_。【答案】 (1). 10 (2). 1000 (3). 【解

12、析】【分析】根据题意可知，弹簧总长度L（cm）与所挂物体重力G（N）之间符合一次函数关系，根据胡克定律写出F与L的方程即可正确解答【详解】（1）当弹簧下端所挂钩码的重力G为0时，弹簧的拉力也为0，此时弹簧长度即为原长，由图示图象可知，弹簧的原长为：0.10m（2）挂40N时，弹簧的长度为0.14m，则可知，形变量为：x=0.140.1=0.04m；（3）由图示图象可知，弹簧的劲度系数为（3）由图示图象可知，弹簧力F跟弹簧长度L之间的关系式为：F=k（LL0）=1000（L0.10）【点睛】本题比较简单，结合图象考查了胡克定律的基础知识，是一道考查基础知识的好题在研究弹簧的伸长与拉力的关系问题时

13、，一定要特别区分“弹簧的长度”与“弹簧的伸长”的不同10.热敏陶瓷是一类电阻率随温度发生明显变化的新型材料，可用于测温。某同学利用实验室提供的一种电阻阻值随温度呈线性变化（关系式为：Rt=kt+b，其中k0，b0，t为摄氏温度）的热敏电阻，把一灵敏电流计改装为温度计。除热敏电阻和灵敏电流计外，还用到如下器材：1直流电源（电动势为E，内阻不计）；2滑动变阻器；3单刀双掷开关；4标准温度计；5导线及其他辅助材料。该同学设计电路如下图所示，按如下步骤进行操作。（1）按电路图连接好器材。（2）将滑动变阻器滑片P滑到_（填“a”或“b”）端，单刀双掷开关S掷于_（填“c”或“d”）端，调节滑片P使电流计

14、满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路。（3）容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流计的示数I，然后断开开关。请根据温度计的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式（用题目中给定的符号）I=_。（4）根据对应温度记录的电流计示数，重新刻制电流计的表盘，改装成温度计。根据改装原理，此温度计表盘刻度线的特点是：低温刻度在_（填“左”或“右”）侧，刻度线分布是否均匀？_（填“是”或“否”）。【答案】 (1). (2)a (2). c (3). (3) (4). (4)右 (5). 否【解析】【

15、详解】解：(2)根据实验的原理可知，需要先选取合适的滑动变阻器的电阻值，结合滑动变阻器的使用的注意事项可知，开始时需要将滑动变阻器滑片P滑到a端，乙保证电流表的使用安全；然后将单刀双掷开关S掷于c端，调节滑片P使电流表满偏，设此时电路总电阻为R，断开电路；(3)当温度为时，热敏电阻的阻值与摄氏温度的关系为：，根据闭合电路的欧姆定律可得： (4)由上式可知，温度越高，电流表中电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的。11.一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t=0时刻将一物块无初速轻放到木板上，此后长木板运动的速度时间图象如图所示已知长木板

16、的质量M=2kg，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取g=10m/s2，求：（1）物块的质量m；（2）这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？【答案】（1）4kg（2） 【解析】（1）长木板和物块组成的系统动量守恒： 将，代入解得： 。（2）设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q，根据能量守恒定律：点睛：解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移。12.如图所示，K是与金属板M距离很近的灯丝，利用加热系统给K加热可以产生初速度不计的热电子，N为金属网，MN接在输出电压恒为U的

17、高压电源上，M、N之间的电场近似为匀强电场，系统放置在真空环境中，正常工作时，若单位时间内从K发出的电子数为n，经M、N之间的电场加速后大多数电子从金属网的小孔射出，少部分电子打到金属网丝上被吸收，从而形成回路电流，电流表的示数稳定为I穿过金属线圈N的电子，经聚焦系统会聚成很细的电子束，打在工件上产生高压力和强能量，对工件进行加工。已知电子的质量为m、电量为e，不计电子所受的重力和电子之间的相互作用（1）求穿过金属网N的电子的速度大小以及单位时间内被金属网N吸收的电子数；（2）电子在聚焦时运动方向改变很小，可认为垂直打到工件上时的速度与从N中射出时的速度相同，并假设电子打在工件上被工件全部吸收

18、不反弹，求电子束打到工件表面时对工件的作用力大小；（3）已知MN两板间的距离为d，设在两板之间与M相距x到x+x的空间内（x足够小）电子数为N，求与x的关系式【答案】（1）， n=；（2）（3）。【解析】【详解】（1）电子在MN间运动只有电场力做功，故由动能定理可得解得：电流表的示数稳定为I，故在单位时间内打到金属网N上被吸收的电子数为：n=；（2）单位时间从N射出的粒子数为nn，故在t时间内到达工件处的电子数为：n2=（nn）t；那么，从作用效果来看，在t时间内，有n2个电子与工件作用时速度由v减为0；设电子受到工件的持续作用力大小为F，由动量定理可得：Ft=0n2mv=（nn）mvt；所以，电子束打到工件表面时受到工件的作用：；故由牛顿第三定律，电子对工件的作用力：；（3）设与M相距x处电子