福建省福州市2021届第三次新高考模拟考试物理试卷含解析

1、福建省福州市2021届第三次新高考模拟考试物理试卷一、单项选择题：本题共 6小题，每小题题目要求的5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合1.如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值分别为R、R2 ,且Ri R2,理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k 1,电流表、电压表均为理想表，其示数分别用表示。当问下调节电滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用AI和AU表示。则以C.电源的输出功率一定减小UB.一 IR2D.电压表示数一定增加A.理想变压器初、次级线圈电压变化比ni电流变化比为1 初 _n_nin£_U©

2、;21ni 1初将R视为输入端电源内阻，则二R所以2n22 niRk2R这也是R耦合到次级线图电阻值为 -4 ,即为等效电源内阻，故 A正确;k2B.因R2+R3故B错误；C.当向下调节滑动变阻器 R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功 率减小，故C正确；D.当向下调节滑动变阻器 R3的滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小, 那么电阻Ri上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变 大，故D正确。故选B。2.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从 B点自由释放，两小球先后经过 C点时速度大小相等,方

3、向夹角为30°,已知B、C高度差为h,两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）A.小球甲做平抛运动的初速度大小为b.甲、乙两小球到达 c点所用时间之比为1： 73hC. A, B两点图度差为一4D.两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等a项，小球乙到c的速度为v j2gh,此时小球甲的速度大小也为v亚gh,又因为小球甲速度与竖直方向成30。角，可知水平分速度为 蛰史 故A错;22h1 , 2,b、小球运动到 c时所用的时间为 h gt得t26gh2g而小球甲到达c点时竖直方向的速度为46gh,所以运动时间为t2所以甲、乙两小球到达 C点所用时间之比为,3:2C、由甲乙各自运动的

4、时间得:1.21. 2h2 gt2gth一，故C对;4C点时重力的瞬时功率也不相等故D错;D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在故选C3.电阻为R的单匝闭合金属线框，在匀强磁场中绕着与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图所示。下列判断正确的是（A.2B.穿过线框的磁通量最大为EoT2C.线框转动一周做的功为且工D.从tT , 3T ,，一，一，一 一到t 的过程中，线框的平均感应电动势为Eo2A.由图可知,T ,t &时刻感应电动势取大，此时线圈所在平面与中性面垂直,A错误;B.当感应电动势等于零时，穿过线框回路的磁通量最大，且由Em NBS 得Em m NE

5、oEoT1“2TB正确;C.线圈转一周所做的功为转动一周的发热量(Em )2Q T 上一T ETR R 2RC错误;T 3T D.从一到 时刻的平均感应电动势为 44E2 m 2E。tt Tr 一22D错误。故选Bo4.如图所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流Ai、电源上，副线圈连接相同的灯泡 Li、L2,电路中分别接入理想交流电压表 Vi、V2,和理想交流电流表A2 ,不计导线电阻。闭合开关 S后，下列说法正确的是（）A. Ai示数不变，Vi示数不变，Li变亮B. A 2示数变大，V2示数变大，L1变暗C. Ai示数变大，变压器输出功率变大，A

6、i与A2示数的比值不变D. V2示数变大，变压器输出功率变大，Vi与V2示数的比值不变【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 Ui n .AB .闭合开关后，根据理想变压器的电压规律一 可知变压器两端电压不变，所以两电压表不数不U2 n2变，灯泡两端电压不变，Li亮度不变；副线圈并联负载增加，根据并联分流规律可知副线圈干路电流增, ,Ii n2 .大，所以A2本数增大，根据 上可知原线圈电流增大，所以 A1示数增大，AB错误;AiI2 niCD .根据P IU可知变压器输出电压不变，电流增大，所以变压器输出功率变大， 结合上述分析可知与A2示数的比值不变， V1与V2示数的比值不变，C正确，

7、D错误。故选Co5 . 一质点做匀加速直线运动连续经历了两段相等的时间。下列对这两个阶段判断正确的是（）A.位置变化量一定相同B .动能变化量一定相同C.动量变化量一定相同D.合外力做功一定相同【答案】C【解析】【详解】 112. . ，一 八，.”A.匀加速直线运动的物体连续经历了两段相等的时间，根据 x vot -at可知位移不相等，位置变化2不同，选项A错误；BD.根据动能定理可知，合外力做功不相等，则动能变化量不相同，选项BD错误；C.根据动量定理 F t p ,可知动量变化量一定相同，选项C正确；故选Co6 .下列说法正确的是（）A.库仑发现了电流的磁效应B.光电效应揭示了光的粒子性

8、，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性C.镭226变为氨222的半衰期是1620年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短D.结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固【答案】B【解析】 【详解】A.安培发现了电流的磁效应，选项 A错误；B.光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性，选项B正确；C.半衰期不随外界环境的变化而变化，选项 C错误；D .比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，选项D错误。故选B。二、多项选择题：本题共 6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选

9、错的得0分7 .如图所示，在竖直平面内存在竖直方向的匀强电场。长度为l的轻质绝缘细绳一端固定在 O点，另一端连接一质量为 m、电荷量为+q的小球（可视为质点），初始时小球静止在电场中的a点，此时细绳拉力为2mg, g为重力加速度。若小球在 a点获得一水平初速度 Va,使其恰能在竖直面内做完整的圆周运动， 则（）3mgA.电场强度为，万向竖直向上q3mgl8 . a、O两点的电势差 Uao=qC.初速度 Va= JlOglD.小球在竖直面内做匀速圆周运动【答案】AC【解析】【详解】A.小球静止在a点时，由共点力平衡得mg 2mg qE解得E 3mg q方向竖直向上，故 A正确；B.在匀强电场中，

10、a点电势比O点低，根据电势差 U Ed可知a、O两点电势差为3mglU aO q故B错误；CD.小球从a点运动到b点，由于重力和电场力做功，不可能做匀速圆周运动，设到b点速度大小为Vb,由动能定理得qEg2l mgg2l1 2-mvb2二 mVa 2小球做圆周运动恰好通过 b点时，由牛顿第二定律得2qEmgmvbl联立解得Va10gl故C正确，D错误；故选AC。8.如图所示，一条形磁铁竖直放置，金属线圈从磁铁正上方某处下落，经条形磁铁A、B两端时速度分别为Vi、V2,线圈中的电流分别为 Il、I2,线圈在运动过程中保持水平，则 （）-I r| A. Ii和12的方向相同B. Ii和I2的方向相

11、反22C. Ii ： I2= V1 ： V2D. I 1 ： I 2= V1 ： V2【答案】BD【解析】【详解】AB.金属线圈经条形磁铁 A、B两端时，磁通量先向上的增大后向上减小，依据楞次定律增反减同”,导致感应电流产生的磁场方向先向下，后向上，根据右手螺旋定则可知，则Ii和I2感应电流的方向先顺时针，后逆时针（从上向下），即它们的方向相反，故 A错误，B正确；CD.依据法拉第电磁感应定律，及闭合电路欧姆定律，则有E BLvR R即I与V成正比，故C错误，D正确。故选BDo9.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向。图中画出了从 y轴上沿x轴正方向水平抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹

12、。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A. a和b的初速度大小之比为J2:iB. a和b在空中运动的时间之比为 2 :iC. a和c的初速度大小之比为J2 :1D. a和c在空中运动的时间之比为J2：1【答案】CD【解析】【详解】小球做平抛运动，则有：Vot X1 .22gt y对a有，2L Vata2L 2gta2又b有，2L Vbtb1 2L Tgtb2对c有：L VctcL 2 gtc2解得：Va：Vb 1：,2ta：tb-2：1Vc ： Vc2：1ta ：tc2 ：1a c故CD正确，AB错误。故选CD。10.如图所示，一根长度为 L的轻绳，一端固定在 O点，另一端连接一质量为 m的小球

13、.将轻绳拉直，小球拉至与。点等高的A点，由静止释放，当小球运动到B点时，细绳与水平方向的夹角为.设小球从A点运动到B点的过程中重力做功为 Wg ,小球过B点时，重力做功的功率为 PG ,重力加速度为g,下列说法中正确的是A. Wg mgLsinB. WG mgL cosC. PG mg sin j2gLcosD. PG mg cos j2gLsin【答案】AD【解析】【详解】AB.从A点运动到B点过程，重力做功为：WG mgh mglsin 0故A正确，B错误；CD.从A点运动到B点过程，根据机械能守恒可得： 12mglsin 0 mvB解得：Vb ，2glsin 0小球过B点时，重力做功的功

14、率为：PG mgVBCosO mgcosO, 2glsin 0故C错误，D正确.11 .如图是某初中地理教科书中的等高线图（图中数字的单位是米）。小山坡的右侧比左侧更陡些，如果把一个球分别从山坡左右两侧滚下（把山坡的两侧看成两个斜面，不考虑摩擦等阻碍），会发现右侧小球加速度更大些。现在把该图看成一个描述电势高低的等势线图，左右两侧各有a、b两点，图中数字的单位是伏特，下列说法正确的是（）A . b点电场强度比a点大B.左侧电势降低的更快C.同一电荷在电势高处电势能也一定大D.同一电荷在电场强度大处所受电场力也一定大【答案】ADA.根据U=Ed相同电势差右侧 b点的距离更小，所以 b点电场强度比

15、a点大，故A正确;B.等势线越密集的地方电势降落的越快，b点等势线更密集，所以右侧电势降低的更快，故 B错误;C错误;C.电势能还与电荷的正负有关，所以同一电荷在电势高处电势能也不一定大，故D.同一电荷在电场强度大处所受电场力一定大，故D正确。故选AD 。12.如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏 Mo 一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度V0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，已知重力加速度为g,下列结论正确的是（LA.两极板间电场强度大小为mgq2mgdB.两极板间电压为 qC.整个过程中质点的重力势能增加3mg2L2

16、2v02D.若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB.据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向 下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图h»L可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得:qE-mg=mg得到：E 2mg q由U=Ed可知板间电压为：U 2mgd q故A错误，B正确；C .小球在电场中向上偏转的距离为:y= at22而qE mgLa= = g, t =一mvo解得:gL2 y=2V2故小球打在屏上的位置与p点的距离为:s=2y=g22 vo重力势能的

17、增加量为:Ppg2L2Ep=mgs= 2-vo故C错误。D.仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据QCdUE= dS 一而C =,解得:4 kd4 kQE =SD正确。可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故故选BD。三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13.为了粗略测量电阻，小明同学用量程为5mA的毫安表、电动势为 3V的电池、0999.9 的电阻箱制作了一块简易欧姆表，电路如图所示：.ERx（1）为制作欧姆表， 准确测量毫安表的内阻（填 需要”或 不需要”）；（2）进行欧姆调零之后，用该表测量某电阻时，a表笔是表笔（填 红”或 黑”），此时

18、毫安表读数为 2.5mA, 则待测电阻阻值为（3）如果在毫安表两端并联一个电阻，其余电路均不变， 表盘中间刻度对应的电阻值 （填变大”、变小”或不变”）；（4）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小，内阻增大，但仍能进行欧姆调零，则用其测得的电阻值真实值（填 大于"、小于”或 等于"）。【答案】不需要红 600 变小 大于【解析】【详解】（1） 1欧姆表的工作原理ERgr RRxRRxIg则不用确定出Rg的值；根据工作原理可求得相应电流对应的电阻值。(2) 2右表笔接欧姆档的内部电源的正极，根据所有测量都满足红进黑出向右偏的规律，可知右表笔为黑表笔，左表笔 a为红表笔；3毫

19、安表读数2.5mA是表头满偏电流 5mA的一半，有IgRxR可知此时的待测电阻值刚好等于欧姆表内阻，有RxRIg3L c 3 Q =600 Q5 10(3) 4在毫安表两端并联一个电阻后，有I JRx 2Ig其欧姆内阻为E,阻值变小，即中值刻度值变小。21 g(4) 5电池电动势减小了，则欧姆调零后，欧姆表的内阻EIg故欧姆表的内阻减小了，由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，故实际测量时，当读数为600Q,实际电阻是小于600a的，故测量值大于实际电阻值。14.如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与形变量的关系的实验。(1)实验中还需要的测量工具

20、有 。m,横轴是弹簧的形变量 x。由图像可知：弹簧的劲(2)如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量度系数 k=N/m (g 取 10m/s2)。(3)如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧a和b,画出弹簧弹力 F与弹簧长度L关系的F-L图像。下列说法正确的是A . a的原长比b的长C. a的劲度系数比b的小D.弹力与弹簧长度成正比【答案】刻度尺 5 B【解析】【分析】【详解】(1) 1需要测弹簧的长度、形变量，故还需要的实验器材有：刻度尺；(2)2图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比。可得360 1010k 4 14 10 2 2 102 N/m 5N/m(3) 3A.在

21、图象中横截距表示弓t簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；BC.在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k,故a的劲度系数比b的大，故B正确，C错误；D.弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故 D错误。故选：B。，二口，/口二，半径大小为R,其中二二为两球心的连线四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15 .如图所示为两个完全相同的半球形玻璃砖的截面一细光束沿平行于口1口的方向由左侧玻璃砖外表面的a点射入，已知a点到轴线二丁的距离为三口，光束由左侧玻璃砖的d点射出、然后从右侧玻璃砖的e点射入，最后恰好在右侧玻璃砖内表面的f点发生全反射，忽略光束在各面的反射，已知两玻璃砖的折射率均为

22、求：(i)光束在d点的折射角；(ii)e点到轴线-一的距离。【答案】(i)海：(ii) ； I(i)由题意作出光路图，如图所示口injza点到轴线二二.的距离为匚=彳口，由几何知识得 曲二= = = Y，则入射角口(=二=而，由折射定律有口 =茅建，解得工=旃，由几何知识得二卜=3。一,根据折射定律有口 二，解得口； = CQ才1 jE,军(ii)从e点射入右侧玻璃砖的光线，入射角口=:史二加，根据折射定律匚=言，解得口宜如，光线在f点1Hrn e. f发生全反射，则sin二二三 在口口 口口！中,由正弦定理得 U二2而-，解得二1口二(匚,e点到轴线二二.的距 离应为：口二AB与圆弧轨16

23、.某同学设计了一个轨道，竖直放置，让小球在轨道中运动接力，如图所示。倾斜直轨道道BPC在B点相切，AC竖直，C是圆的最高点，另一圆弧轨道 DQ的圆心为。，其右侧虚边界与 AC 相切，F是圆的最低点。已知 AB长为1,与水平方向的夹角=37°, OD与竖直方向的夹角也是 ，圆轨道DQF的半径也为1,质量为m的小球a从A点由静止开始在外力作用下沿轨道加速运动，一段时间 后撤去外力，小球运动到C点后水平抛出，从D点无碰撞进人圆弧轨道 DQF内侧继续运动，到F点与另 一静止的小球b发生弹性碰撞，小球 b从F点水平抛出并刚好落在 A点。不计空气阻力和轨道的摩擦， 已知重力加速度为 g, sin

24、 =0.6, cos =0.8.求：(1)小球a在C点时的速率；(2)外力又小球a做的功；(3)小球b的质量。【答案】（1） VC 4t/2gr；（2） W 61mgl；（3） m 8A 1 m。 15155【解析】【分析】【详解】（1）从C到D,设小球a做平抛运动的时间为 t,在C点时速度为VC在水平方向上Vet l 1 sin在D点的速度关系Vc tangt解得（2）设圆弧轨道 BPC的半径为R由几何关系得AC R 1 cos lsinRsin l cos小球a从A运动到C的过程mg AC一 mve2 C解得61 .6 mgi(3)小球a从C到F的过程中mgh l lcos1212mvFmvc22在F点小球a与小球b发生弹性碰撞，设小球 b的质量m ,碰后瞬间a的速度vF , b的速度vmv