福建省福州市2025届高三物理上学期期末模拟考试试题一含解析

PAGE16-福建省福州市2025届高三物理上学期期末模拟考试试题（一）（含解析）一、选择题：本题共10小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．1.下列说法正确的是()A.自然界的电荷只有两种，库仑把它们命名为正电荷和负电荷B.欧姆发觉了电流的热效应C.楞次依据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相像性，提出了分子电流假说D.电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【答案】D【解析】【详解】自然界的电荷只有两种，富兰克林把它们命名为正电荷和负电荷，A错误；焦耳发觉了电流的热效应，B错误；安培提出了分子电流假说，C错误；电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，D正确．2.如图所示，静止在水平地面上倾角为θ的光滑斜面体上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑．已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g.下列说法正确的是()A.A、B间摩擦力为零B.C可能只受两个力作用C.A加速度大小为gcosθD.斜面体受到地面的摩擦力为零【答案】B【解析】【详解】对B、C整体受力分析，受重力、支持力，B、C沿斜面匀加速下滑，则A、B间摩擦力不为零，故A错误；假如B的上表面是光滑的，倾角也为，C可能只受两个力作用，B正确；选A、B、C整体为探讨对象，依据牛顿其次定律可知A加速度大小为，C错误；对A、B、C和斜面体整体分析，系统在水平方向上有加速度，由牛顿其次定律可知，斜面体受地面的摩擦力不为零，故D错误．3.如图所示，真空中两个等量异种点电荷＋q(q＞0)和-q以相同角速度绕O点在纸面中沿逆时针方向匀速转动，O点离＋q较近，则()A.O点的磁感应强度方向始终垂直纸面对外B.O点的磁感应强度方向始终垂直纸面对里C.O点的磁感应强度方向随时间周期性变更D.O点的磁感应强度大小随时间周期性变更【答案】A【解析】【详解】点电荷＋q绕O点匀速转动，相当于逆时针方向的环形电流，由安培定则可知，在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直纸面对外；点电荷－q绕O点匀速转动，相当于顺时针方向的环形电流，由安培定则可知，在O点产生磁场的磁感应强度方向垂直纸面对里．因＋q离O点近，＋q在O点激发的磁场的磁感应强度较强，故合磁场的磁感应强度方向垂直纸面对外，选项A正确，B、C错误；由于＋q和－q离O点的距离始终保持不变，则等效电流在该点产生的磁感应强度大小不变，合磁场的磁感应强度大小保持不变，选项D错误．4.如图甲所示，以等腰直角三角形ABC为边界的有界匀强磁场垂直于纸面对里，一个等腰直角三角形线框abc的直角边ab的长是AB长的一半，线框abc在纸面内，线框的cb边与磁场边界BC在同始终线上，现在让线框匀速地向右通过磁场区域，速度始终平行于BC边，则在线框穿过磁场的过程中，线框中产生的电流随时间变更的关系图象是(设电流沿顺时针方向为正)()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】线框进磁场的过程中，ab边切割磁感线的有效长度匀称增大，因此感应电动势匀称增大，感应电流匀称增大，ab边切割磁感线的有效长度最大值等于ab的长，依据楞次定律，感应电流沿逆时针方向；当线框完全进入磁场后，回路中磁通量变更量为零，感应电流为零；当ab边出磁场后，ac边切割磁感线的有效长度匀称减小，产生的感应电流匀称减小，且ac边切割磁感线的有效长度的最大值等于ab边的长度，依据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，因此D项正确．5.如图，在匀强磁场中，两根平行固定放置的长直导线a和6通有大小相等、方向相反的电流,匀强磁场方向与两根导线所在平面平行且垂直于两根导线,此时a受到的磁场力大小为巧.若撤去b，保留匀强磁场，则a受到的磁场力大小为汽;若撤去匀强磁场,保留b，则a受到的磁场力大小为（）A.Fl-F2B.F1+F2.C.D.【答案】C【解析】在题图中，两根长直线，电流大小相同，方向相反．则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F0，方向向左；那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F0′，这两个力大小相等，方向相反．电流在磁场中时产生的磁场力大小为F2，依据左手定则可知，方向垂直于纸面对里，则a受到作用力为两个力的矢量合，所以：．撤去匀强磁场，保留b，则a受到的磁场力大小：．故C正确，ABD错误；故选C.点睛：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互的；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互作用力．6.如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ＝30°，另一边与水平地面垂直，顶端有一个轻质定滑轮，跨过定滑轮的细线两端分别与物块A、B连接，A的质量为B的质量的4倍．起先时，将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升，全部摩擦均忽视不计．当A沿斜面下滑4m时，细线突然断裂，B由于惯性接着上升．设B不会与定滑轮相碰，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是()A.细线未断裂时，两物块A、B各自机械能的变更量大小之比为1∶1B.细线断裂时，A的速度大小为3m/sC.细线断裂时，两物块A、B所受重力的瞬时功率之比为4∶1D.B上升的最大高度为4.8m【答案】AD【解析】【详解】两物块A、B组成的系统机械能守恒，两物块A、B各自机械能的变更量大小之比为1∶1，故A正确；依据系统机械能守恒，由，解得断裂瞬间物块A的速度v=4m/s，故B错误；细线断裂时两物块A、B重力的瞬时功率之比为2∶1，故C错误；细线断裂后，B做竖直上抛运动，物块B接着上升的高度为，故物块B上升的最大高度为，D正确．7.如图所示，a、b间输入电压有效值为220V、频率为50Hz的正弦式沟通电，两灯泡额定电压相等，变压器为志向变压器，电流表和电压表均为志向沟通电表，闭合开关后，两灯泡均正常发光，电流表的示数为1A，电压表示数为22V，由此可知()A.变压器原、副线圈的匝数比为9:1B.正常发光时，灯泡L1的电阻是L2的3倍C.原线圈电流为AD.副线圈交变电流的频率为5Hz【答案】AC【解析】【详解】因为两灯泡额定电压相等，闭合开关后，两灯泡均正常发光，所以原线圈两端电压为220V－22V=198V，原、副线圈匝数比，A正确；依据，原线圈电流，依据，可知RL1=9RL2，B错误，C正确；变压器不变更沟通电的频率，D错误．8.某同学在老师指导下利用如甲装置做试验，在固定支架上悬挂一蹄形磁铁，悬挂轴与一手柄固定连接，旋转手柄可连带磁铁一起绕轴线旋转，蹄形磁铁两磁极间有一可绕轴线自由旋转的矩形线框（与轴线重合）.手柄带着磁铁以的角速度匀速旋转，某时刻蹄形磁铁与线框平面正好重合，如图乙所示，此时线框旋转的角速度为，已知线框边，，线框所在处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为，线框匝数为200匝，电阻为，则下列说法正确的是（）A.若手柄逆时针旋转（俯视），线框将顺时针旋转B.若手柄逆时针旋转（俯视），在图乙时刻线框中电流的方向为C.在图乙时刻线框中电流的热功率为D.在图乙时刻线框边受到的安培力大小为【答案】BC【解析】【详解】若手柄逆时针旋转(俯视)，依据楞次定律，知安培力将阻碍线框与磁场间的相对运动，线框所受的安培力使线框也逆时针旋转，A错误；题图乙中手柄逆时针旋转(俯视)，由右手定则推断知，此时线框中电流的方向为abcda，B正确；题图乙时刻线框中感应电动势，又ab边所在处磁场的线速度大小，ab边的线速度大小，可得E=0.16V，感应电流，电流的热功率，C正确；在题图乙时刻线框bc边不受安培力作用，D错误．9.为削减二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的试验中，质量为8×102kg的电动车由静止起先沿平直马路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的图象(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受阻力恒为电动车重力的0.05倍，重力加速度取10m/s2，则（）A.该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B.该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C.该车做匀加速运动的时间是1.2sD.该车加速度为0.25m/s2时，动能是4×104J【答案】BD【解析】【详解】由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C．AB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为；BC段，由于图像为过原点的直线，所以，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当，速度达到最大值15m/s，故选项A错误B正确；由可知，故选项C错误；该车加速度为0．25m/s2时，牵引力为，此时的速度为，动能为，故选项D正确．10.如图，a、b为某孤立点电荷产生的电场中的两点，a点的场强方向与ab连线的夹角为60°，b点的场强方向与ab连线的夹角为30°，则（）A.a点的场强小于b点的场强B.a点的电势低于b点的电势C.将一电子沿ab连线从a点移到b点，电子的电势能先增大后减小D.将一电子沿ab连线从a点移到b点，电子受到的电场力先增大后减小【答案】BCD【解析】【详解】设点电荷的电荷量为Q,将Ea、Eb延长相交，交点即为点电荷Q的位置,如图所示。设a、b两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何学问得到：；A.依据电场强度可得：，所以a点的场强大于b点的场强，故A错误；B.依据电场强度的方向可知Q带负电,因顺着电场线的方向电势降低，b点离点电荷比a点离点电荷远，所以有φa<φb.故B正确；C.将一电子沿ab连线从a点移到b点，电场力先做负功再做正功，所以电子的电势能先增大后减小，故C正确；D.将一电子沿ab连线从a点移到b点，电子距Q的距离先减小后增大，所以电子受到的电场力先增大后减小，故D正确；故选：BCD；二、试验题：（本题共2小题，共15分）11.某同学在做“探究动能定理”试验时，其主要操作步骤是：a.按图甲安装好试验装置，其中小车的质量M＝0.50kg，钩码的总质量m＝0.10kg.b.接通打点计时器的电源(电源的频率f＝50Hz)，然后释放小车，打出一条纸带．(1)他在多次重复试验得到的纸带中取出最满足的一条，如图乙所示，把打下的第一点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各相邻计数点间的距离分别为d1＝0.8cm，d2＝2.4cm，d3＝4.1cm，d4＝5.6cm，d5＝7.2cm，d6＝8.8cm，他把钩码的重力作为小车所受的合力，计算出从打下计数点0到打下计数点5过程中合力所做的功W＝________J，把打下计数点5时小车的动能作为小车动能的变更量，计算出ΔEk＝________J．(当地重力加速度g取9.80m/s2，结果均保留三位有效数字)(2)依据以上计算可见，合力对小车做的功与小车动能的变更量相差比较大．通过反思，该同学认为产生误差的主要缘由如下，其中正确的是________．(填选项前的字母)A．钩码质量没有远小于小车质量，产生系统误差B．钩码质量小了，应当大于小车质量C．没有平衡摩擦力D．没有运用最小刻度为毫米的刻度尺进行测量【答案】(1).0.197(2).0.160(3).AC【解析】【详解】从打下计数点0到打下计数点5时合力所做的功，依据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度求出打5点时的速度，从而求解动能；事实上小车受到的合力不等于钩码的重力，导致产生误差．(1)从打下计数点0到打下计数点5的过程中，合力所做的功，打下计数点5时小车的速度，小车动能的变更量.(2)产生误差的主要缘由有：钩码质量没有远小于小车质量，产生系统误差；没有平衡摩擦力，选项A、C正确．12.要描绘一个标有“3V,0.8W”小灯泡的伏安特性曲线，已选用的器材有：电源(电动势为4.5V，内阻约1Ω)；电流表(量程为0～300mA，内阻约5Ω)；电压表(量程为0～3V，内阻约3kΩ)；滑动变阻器(最大阻值10Ω，额定电流1A)；开关一个、导线若干．(1)为便于试验操作，并确保试验有尽可能高的精度，则试验的电路图应选用下图中的________(填字母代号)．(2)图甲是试验器材实物图，图中已连接了部分导线．请依据在(1)问中所选的电路图补充完成图甲中实物间的连线(用笔画线代替导线)________．(3)依据(1)中所选电路图，测量结束后，先把滑动变阻器滑片移到________(填“左端”或“右端”)，然后断开开关，接着拆除导线，整理好器材．(4)试验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．由图象可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而________(填“不变”“增大”或“减小”)．【答案】(1).C(2).(3).左端(4).增大【解析】【分析】依据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择试验电路；依据试验电路图连接实物电路图；滑动变阻器采纳分压接法闭合开关前，滑片应置于分压电路分压最小的位置；依据图象，应用欧姆定律及影响灯丝电阻的因素分析答题．【详解】(1)由，知小灯泡在额定状态下的阻值，故测量电路采纳电流表外接法；在测伏安特性曲线时要求电压能从0调到额定值，故限制电路选用分压式，C正确．(2)(3)为爱护电路平安，在测量起先与测量结束时都应先将滑动变阻器滑片调整到能使测量电路获得最小电压的位置，本题中是最左端．(4)在I­U图象中，图线上某点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故可看出小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增大．三、计算题（本题共4小题。共45分）13.某放射性元素经过n次α衰变和m次β衰变后，变成稳定的新元素，则表示该核反应的方程为________；若核发生α衰变的半衰期为半年，则经过________年有的核发生了衰变．【答案】(1).(2).1【解析】【详解】[1]衰变方程为；[2]经过半年后，有一半发生衰变，再经过半年，剩下的一半的一半发生衰变，所以共用一年时间的核发生衰变．14.如图，磁感应强度大小为B的匀强磁场中有一固定金属线框PMNQ，线框平面与磁感线垂直，线框宽度为L。导体棒CD垂直放置在线框上，并以垂直于棒的速度v向右匀速运动，运动过程中导体棒与金属线框保持良好接触。（1）依据法拉第电磁感应定律，推导MNCDM回路中的感应电动势E=BLv；（2）已知B=0.2T，L=0.4m，v=5m/s，导体棒接入电路中的有效电阻R=0.5Ω，金属线框电阻不计，求：i．匀强磁场对导体棒的安培力大小和方向；ii．回路中的电功率。【答案】(1)BLv(2)0.32W【解析】【详解】（1）设在Δt时间内MNCDM回路面积变更量为ΔS，磁通量的变更量为ΔФ，则，，依据法拉第电磁感应定律得；（2）i．MNCDM回路中的感应电动势，回路中电流强度，导体棒受到的安培力，由以上各式得，将已知数据代入式得，安培力的方向与速度方向相反ii．回路中的电功率，将已知数据代入上式得；15.汽车碰撞试验是综合评价汽车平安性能的有效方法之一．设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，平安气囊爆开．某次试验中，质量m1=1600kg的试验车以速度v1=36km/h正面撞击固定试验台，经时间t1=0.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞平安气囊恰好爆开．忽视撞击过程中地面阻力的影响．（1）求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；（2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1600kg、速度v2=18km/h同向行驶的汽车，经时间t2=0.16s两车以相同的速度一起滑行．试通过计算分析这种状况下试验车的平安气囊是否会爆开．【答案】（1）I0=1.6×104N·s，1.6×105N；（2）见解析【解析】【详解】（1）v1=36km/h=10m/s，取速度v1方向为正方向，由动量定理有－I0=0－m1v1①将已知数据代入①式得I0=1.6×104N·s②由冲量定义有I0=F0t1③将已知数据代入③式得F0=1.6×105N④（2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v⑤对试验车，由动量定理有－Ft2=m1v－m1v1⑥将已知数据代入⑤⑥式得F=2.5×104N⑦可见F＜F0，故试验车的平安气囊不会爆开⑧16.在某一真空空间内建立xOy坐标系，在坐标系y轴右侧加有如图(b)所示的匀强磁场，取方向向外为正，后该空间不存在磁场．在t＝0时刻，从原点O处向第一象限放射一比荷为的带正电粒子(重力不计