1、2019 年福建省福州市高考物理模拟试卷年福建省福州市高考物理模拟试卷 一、选择题一、选择题 1.在研究运动和力的关系时，伽利略设计了著名的理想斜面实验(如图所示)，将可靠的事实和逻辑推理结合 起来，能更深刻地反映自然规律。下面给出了伽利略斜面实验的五个事件，请对事件的性质进行判断并正 确排序：由 A点静止释放的小球，若没有摩擦时，能滚到另一斜面与 A点等高的 C 点；当减小斜面动 摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置，更接近于等高的 C 点；若没有摩擦时减小斜面 BC 的倾角，小球 将通过较长的路程，到达与 A 点等高的 D点；若没有摩擦时当另一斜面放置水平时，小球将沿水平面一 直运动下去；不
2、能滚到另一斜面与 A 点等高的 C点。以下正确的是 A. 事实事实推论推论推论 B. 事实事实推论事实推论 C. 事实事实事实推论推论 D. 事实事实推论事实推论 【答案】A 【解析】 【分析】 本题考查了伽利略“理想斜面实验”的思维过程，只要明确了伽利略“理想斜面实验”的实验过程即可正确解 答； 【详解】根据实验事实斜面有动摩擦因数时不能滚到另一斜面与 A 点等高的 C 点，事实当减小斜面动 摩擦因数时，滚到另一斜面的最高位置，更接近于等高的 C 点，得出实验结果：如果没有摩擦，小球将上 升到释放时的高度，即，进一步假设若减小第二个斜面的倾角,小球在这斜面上仍然要达到原来的高度， 即得出，没
3、有摩擦时减小角度斜面 BC 的倾角，小球将通过较长的路程，到达与 A 点等高的 D 点，最后 使它成水平面，小球将沿水平面做持续匀速运动，即，故 A正确，B、C、D错误； 故选 A。 【点睛】伽利略用抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动不需要力来维持； 2.如图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为 21，R1为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为 定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压 u 随时间 t按正弦规律变化，如图(b)所示。 下列说法正确的是 A. 电压表的示数为 51V B. 若电流表的示数为 1.4A，则变压器的输入功率约为 25W C
4、. 若热敏电阻 Rt的温度升高则电压表的示数不变，电流表的示数变小 D. 若热敏电阻 Rt的温度降低，则变压器的输出功率变大 【答案】B 【解析】 【分析】 由图乙可知交流电压最大值，可求有效值；根据变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等可求出变压器 的输入功率，抓住输入电压不变，得出输出电压不变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化； 【详解】A、由图乙知原线圈输入电压的最大值为 51V，电压表的读数是有效值，所以电压表的示数为， 故 A 错误； B、根据可知副线圈输出电压为 ，根据电功率公式可得副线圈输出功率约为， 根据变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等可知变压器的输入功率约为 25
5、W，故 B正确； C、若热敏电阻 RT的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变， 副线圈中的电流变大，故 C错误； D、若热敏电阻 Rt的温度降低，则热敏电阻的阻值增大，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变， 副线圈中的电流变小，则变压器的输出功率变小，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】关键是知道变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，理想变压器的变压关系是一个普适关系， 而电流比它只适用于副线圈仅有一个的情况； 3.如图所示，一根长为 L的金属细杆通有电流时，水平静止在倾角为 的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方 向竖直向上、磁感应强度大小为 B 匀强磁场
6、中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为 0.5I，磁感应 强度大小变为 4B，重力加速度为 g。则此时金属细杆 A. 电流流向垂直纸面向外 B. 受到的安培力大小为 2 BILsin C. 对斜面压力大小变为原来的 2 倍 D. 将沿斜面加速向上，加速度大小为 gsin 【答案】D 【解析】 【分析】 金属细杆水平静止斜面上时，由左手定则得电流方向，据安培力公式可得受到的安培力大小；根据受力分 析和牛顿第二定律可得对斜面压力大小和金属细杆的加速度； 【详解】A、直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，由左手定则得电流流向垂直纸面向里，故 A 错误； B、根据安培力公式可得受到的安培力大
7、小为，故 B错误； CD、金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得：，；磁感应强度大小改变 时，根据受力分析和牛顿第二定律可得：， ，加速度方向沿斜面加速向上，故 C错误，D 正确； 故选 D。 【点睛】关键是金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件求得安培力大小与重力大小的关系； 4.研究光电效应现象的实验装置如图(a)所示，用光强相同的黄光和蓝光照射光电管阴极 K时，测得相应的 遏止电压分别为 U1和 U2， 产生的光电流 I随光电管两端电压 U的变化规律如图(b)所示。 已知电子的质量为 m，电荷量为e，黄光和蓝光的频率分别为 1和 2，且 1U2 B. 图(b)中的乙线是对应黄光照射
8、C. 根据题述条件无法算出阴极 K金属的极限频率 D. 用蓝光照射时，光电子的最大初动能为 eU2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据爱因斯坦光电效应方程分析黄光和蓝光的遏止电压大小，并求出蓝光照射时光电子的最大初动能和金 属的逸出功；由求金属的极限频率； 【详解】根据光电效应方程则有：，由于蓝光的频率 2大于黄 光的频率 1，则有 ，所以图(b)中的乙线是对应蓝光照射；用蓝光照射时，光电子的最大初动能为 eU2，阴极 K金属的极限频率，故 D 正确，A、B、C错误； 故选 D。 【点睛】关键是知道光电效应方程 EkhW0，其中 W0为克服金属的逸出功， Ek为逸出后电子的最大初 动能。 5
9、.如图所示，竖直平面内有一固定光滑的绝缘轨道 ABCD，其中倾角 =37的斜面 AB与半径为 R的圆弧轨 道平滑相切于 B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为 m的带负电小球(可视为质点)从斜面上的 A点由静 止释放，A、B两点高度差为 h，重力加速度为 g，sin37 =0.6，cos37 =0.8。则下列判断正确的是 A. 调整高度差 h，小球从 D点离开圆弧轨道后有可能直接落在 B 点 B. 当 h=2.5R 时，小球会从 D 点以的速度飞出，做平抛运动 C. 若在 O点放个正点电荷，小球通过 D 点的速度一定大于 D. 若在 O点放个正点电荷，小球从 C点沿圆弧轨道到 D 点过程机械能
10、不守恒 【答案】C 【解析】 【分析】 结合平抛运动的规律分析小球能能否恰好落到 B 点，在 O 点放个正点电荷，根据牛顿第二定律求得小球通 过 D 点的速度，分析小球受到的电场力是否做功来判断小球机械能守恒问题； 【详解】A、小球以速度 v0从 D点离开后做平抛运动，则有： ，解得：，则有： ，故 A错误； B、当 h=2.5R时，根据机械能守恒有：，解得：，所以小球会从 D 点以的速度飞出，做平抛运动，故 B错误； C、在 O点放个正点电荷，根据牛顿第二定律可得：，解得小球通过 D 点的速度， 故 C 正确； D、在 O点放个正点电荷，从 C点沿圆弧轨道到 D点过程小球受到的电场力与运动方
11、向垂直，只有重力做 功，小球机械能守恒，故 D错误； 故选 C。 【点睛】关键是要注意正确进行受力分析，明确物体的运动过程，再选择合适的物理规律求解。 6.2018 年 5月 21 日，嫦娥四号中继星“鹊桥”在西昌卫星发射中心发射成功，同年 12月 8日成功发射嫦娥四 号探测器，2019年 1月 3日实现人类探测器在月球背面首次软着陆；探测器对月球背面进行科学考察，并 把信息通过中继星即时传送回地球。中继星“鹊桥”号，可认为相对于月球绕地月系统的拉格朗日 L2点做圆 周运动，如图所示。地月系统的拉格朗日点就是小星体在该位置时，可以与地球和月球基本保持相对静止， 即在地球和月球万有引力作用下与月
12、球一起以相同的角速度近似绕地球运动。下列判断正确的是 A. 中继星“鹊桥”绕拉格朗日点 L2运动过程，只受到地球和月球万有引力作用 B. 中继星“鹊桥”绕拉格朗目点 L2运动过程，不只受到地球和月球万有引力作用，还要受到自身的动力作用 C. 中继星“鹊桥”随拉格朗日点 L2绕地球运动的周期等于月球绕地球的周期 D. 从月球一面始终朝着地球，说明月球也有自转，自转周期与地球自转周期相同 【答案】BC 【解析】 【分析】 中继星“鹊桥”与月球同步绕地球运动， 角速度相等， 根据比较中继星“鹊桥”随拉格朗日点 L2绕地球运 动的周期与月球绕地球的周期关系，根据永远只有一面对着地球，可知月球的自转周期
13、与月球绕地球运动 的周期的关系； 【详解】AB、中继星“鹊桥”绕拉格朗目点 L2运动过程，中继星“鹊桥”的合力指向拉格朗目点 L2，地球和月 球万有引力的合力不指向拉格朗目点 L2，所以不只受到地球和月球万有引力作用，还要受到自身的动力作 用，故 A 错误，B正确； C、根据题意知“鹊桥”中继星绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故 C正确； D、由于月球受潮汐锁定，永远只有一面对着地球，说明月球也有自转，月球的自转周期等于月球绕地球运 动的周期，故 D错误； 故选 BC。 7.如图所示，固定光滑斜面 AC长为 L，B为斜面中点。小物块在恒定拉力 F作用下，从最低点 A由静止开 始沿斜
14、面向上运动，到 B点时撤去拉力 F，小物块能继续上滑至最高点 C，整个过程运动时间为 t0。下列四 图分别描述该过程中小物块的速度 v随时间 t、加速度 a随时间 t、动能 Ek随位移 x、机械能 E随位移 x 的 变化规律，可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据动能随 x 的表达式得出整个过程中的运动规律，即前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运 动，结合平均速度的推论比较两段过程中的运动时间，根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化； 【详解】ABC、合力先做正功再做负功，根据动能随 x 的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，则 知物块先做匀
15、加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大 小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直 线运动的时间；物体先向上匀加速后向上匀减速运动，速度方向不变，在中间位置而不是中间时刻，加速 度改变方向，故 A、C 正确，B错误。 D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力 F做正功，可知机械能随 x 均匀增加，后 半段只有重力做功，机械能守恒，故 D 错误； 故选 AC。 【点睛】关键是匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大 于匀加速直线运动的平均速度，则匀减
16、速运动的时间小于匀加速直线运动的时间。 8.如图所示，在圆心为 O、半径为 R的圆形区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。一 系列电子以不同的速率 v（0vvm）从边界上的 P 点沿垂直于磁场方向与 OP 成 60角方向射入磁场，在 1/3 区域的磁场边界上有电子射出。已知电子的电荷量为e，质量为 m，不考虑电子之间的相互作用力。 则电子在磁场中运动的（ ） A. 最大半径为 rR B. 最大速率为 vm C. 最长时间为 t D. 最短时间为 t 【答案】AD 【解析】 【详解】根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大， 离开出发
17、点最远，如图所示 恰好为半个圆周；最大半径 rmRcos30，得 ；轨迹对应的圆心角最小，时间最短 ，；当电子速度越小，半径越小，圆弧圆心角越大，时间越长，没有时间最大值；故 BC 错误，AD正确。 二、非选择题二、非选择题 9.利用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。小车的质量为 M，钩码的质量为 m，打 点计时器的电源为 50H 的交流电。 (1)实验操作步骤如下： 挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到车做匀速运动； 挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图乙所示；用刻度尺量出相邻计数点间的距离 x，记录在纸带 上。 (2)实验数据处
18、理及实验结论 从图乙数据可以计算打出计数点“6”时小车的速度 v6=_m/s；(计算结果保留 3 位有效数字) 将钩码重力 mg 视为小车受到的拉力 F，当地重力速度 g=9.80m/s2，利用 W=mg x算出拉力对小车做的 功 W，利用动能公式 Ek= Mv2算出小车动能，求出动能的变化量 Ek。并把计算结果标在 EkW坐标中， 画出的图线如图丙所示。 从图丙中可计算出直线斜率 k，从 k 值大小就可以判断出实验预期结论是否正确（实验预期结论是动能变 化等于拉力做功)。若实验结论与预期结论相符合，则 k值为_(填“k1“、“k1”或“kv0)，在 U型框与方框分离后，经过 t时间，方框 的
19、最右侧和 U 型框的最左侧之间的距离为 s。求：分离时 U型框的速度大小 v1和方框的速度大小 v2。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【分析】 U 型框向右做切割磁感线运动，由和由闭合电路欧姆定律求感应电流的大小和型框上 N、Q两端的 电势差；当 U型框向右运动过程，方框和 U型框组成系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律 求出方框最后的速度；对 U 型框，由动量定理和电流概念求出此过程流过 U 型框上 NQ 边的电量；U 型框 和方框分离时系统动量守恒，根据题意列式求出分离时 U 型框的速度大小和方框的速度大小； 【详解】解：(1)由法拉第电磁感应定律得： 此时电路图如图
20、 由串并联电路规律 外电阻为： 由闭合电路欧姆定律得： 流过 QN的电流： 所以: (2)当 U 型框向右运动过程，方框和 U型框组成系统合外力为零，系统动量守恒 依题意得：方框和 U型框最终速度相同，设最终速度大小为 解得： 对 U 型框，由动量定理得： 由电流概念得： 解得： (3)设：U型框和方框分离时速度分别为 v1和 v2 系统动量守恒： 依题意得： 解方程可得： 13.分子动理论以及固体、液体的性质是热学的重要内容，下列说法正确的是（ ） A. 用吸管将牛奶吸入口中是利用了毛细现象 B. 同温度的氧气和氢气，它们的分子平均动能相等 C. 荷叶上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用
21、 D. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点 E. 两分子间的分子势能一定随距离的增大而增大 【答案】BCD 【解析】 【详解】用塑料细管将牛奶吸入口中利用了大气压，不是毛细现象，故 A 错误；温度是分子平均动能的标 志，相同温度下所有分子的平均动能均相同，故 B 正确；液体表面的分子分布比液体内部分子的分布要稀 疏，故存在液体的表面张力，草叶上的露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故 C 正确；液晶像液体一 样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有 各向异性的特点，故 D 正确；当分子表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大
22、而增大，当分子力表现 为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，故 E 错误；故选 BCD。 14.如图所示，一气缸内由光滑的活塞封闭着一定量的理想气体，气缸(足够长)开口竖直向下。活塞下挂一个 沙桶，活塞和沙桶的总质量为 m，平衡时活塞离底部的距离为 h。现往沙桶内缓慢加人沙子，装满沙桶时活 塞离底部的距离高为 H、已知气缸壁的导热性能良好，活塞的横截面积为 S，在缸内可自由滑动且不漏气； 大气压强为 p0，环境温度不变，重力加速度为 g。求 装入沙桶沙子的质量m； 若因外界环境温度降低，活塞又回到离底部距离为 h处，且内能减小了E，则此过程需要向外界放出热 量 Q。 【答案】 【解析】
23、【分析】 根据平衡条件求出沙桶未装沙子时气缸内气体压强和当沙桶装满沙子时气缸内气体压强，由玻意耳定律列 式装入沙桶沙子的质量；气体温度降低过程中，求出外界对气体做功，根据热力学第一定律求出此过程需 要向外界放出热量； 【详解】解:根据题意知，沙桶装满沙子的过程，缸内气体的温度保持不变，此过程为等温变化 沙桶未装沙子时，气缸内气体压强为，体积为 以活塞为研究对象得： 当沙桶装满沙子时，气缸内气体压强为，体积为 以活塞为研究对象得： 由玻意耳定律得： 联立以上各式解得 气体温度降低过程中，外界对气体做功为： 根据热力学第一定律有： 则需要向外界放出的热量为： 15.如图所示，半圆形玻璃砖按图中实线
24、位置放置，直径与 BD重合。一束白光沿着半圆形玻璃砖的半径从 圆弧面垂直 BD射到圆心 O点上。使玻璃砖绕 O点逆时针缓慢地转过角度 （090） ，观察到折射 光斑和反射光斑在弧形屏上移动。在玻璃砖转白光动过程中，以下说法正确的是（ ） A. 在弧形屏上可以观察到反射光的色散现象 B. 在弧形屏上可以观察到折射光的色散现象 C. 红光在玻璃砖中传播速度最小 D. 折射光斑在弧形屏上沿顺时针方向移动 E. 玻璃砖旋转过程弧形屏上最先消失的一定是紫光 【答案】BDE 【解析】 【详解】根据反射定律和折射定律及几何知识知，在玻璃砖转动过程中，折射角一定大于入射角，而反射 等于入射角，反射光线与半圆形
25、玻璃砖垂直，不会发生色散现象，折射光会发生色散现象，故 A 错误，B 正确；根据光在玻璃中的传播的速度 vc/n，红光频率最小，折射率最小，红光在玻璃砖中传播速度最大， 故 C 错误；玻璃砖绕 O点逆时针缓慢地转过角度 的过程中，入射角增大，由折射定律 n可知折射角 也随之增大，而且法线也逆时针旋转，所以折射光斑在弧形屏上沿 C 一 D 方向移动，随着入射角增大，反 射光增强，而折射光减弱，故折射光斑的亮度逐渐变暗，由临界角公式 sinC1/n可知紫光折射率最大，临 界角最小，玻璃砖旋转过程弧形屏上最先消失的一定是紫光，故 DE 正确。故选 BDE。 16.让一根均匀软绳的绳端 M 点在垂直于
26、软绳的方向上做简谐运动，软绳上会形成横波波形，如图甲所示。 已知软绳端点 M 的振动图像如图乙。观察发现，当 t=1s时，软绳上各点都已经开始振动。在 t=1.1s时刻， M、N 平衡位置之间只有一个波峰，且 N点处在平衡位置，M、N 两点平衡位置之间距离 d=0.6m。求： 波长和传播速度； 从端点 M 起振开始计时，绳上 N 点第五次运动到波峰位置的时间。 【答案】 第一种： 当时， ； 第二种： 当时，当 时， ；当时， 【解析】 【分析】 根据波在一个周期内传播的距离是一个波长，分析 PQ间距离与波长的关系，求解波长，介质中各个质点起 振方向与波源的起振方向相同由图乙读出周期，再由波速公式求出波速；M点振点方向向下，求出绳上 N 点第五次到达波峰位置的时间； 【详解】解：由图乙可知，波传播的周期，在时，M点振动方向向上； 由题意知，有两种可能 第一种：当时， 第二种:当时， 由图乙可知，时，M点振点方向向下，绳上 N 点第五次到达波峰位置的时间： 当时， 当时，
