【文档说明】（新高考）福建高考押题卷 物理卷(解析版，A3版).doc，共(5)页，303.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-88908.html

以下为本文档部分文字说明：

绝密★启用前普通高等学校招生全国统一考试物理注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如

需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16

分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．目前，在太空中工作时间最长的探测器是旅行者一号，已经在太空中飞行了四十多年，已到达距离地球二百多亿公里的太阳系边缘。旅行者一号之所以能够工作这么长的时间，其携带的“钚同

位素核电池”功不可没。已知该同位素的半衰期为24100年，衰变方程为2394942PuXHeγ?+。则下列分析正确的是()A．该核反应为裂变反应B．X原子核中有92个中子C．电池中的23994Pu每经过24100年约减少一半D．衰

变前后反应物与生成物的质量相等【答案】C【解析】衰变是自发进行的过程，而核裂变需要通过激发才能产生，故A错误；X的质量数为239－4＝235，电荷数为94－2＝92，则中子数为235－92＝143，故B错误；半衰期是指大量的原子经过一定的时间有一半发生反应，

转化为另一种原子，故C正确；该衰变反应由能量放出，则有质量损失，故D错误。2．如图所示为玻璃砖横截面，上表面为半圆，ABCD为正方形，一束平行光线垂直于CD边射入玻璃砖，在半圆面AB上恰好有三分之一面积可看到透光。则玻

璃砖的折射率为()A．2B．2C．3D．3【答案】A【解析】由题意可知，光线进入玻璃砖后，从圆弧面AB射出时有部分光线发生全反射，因在AB面上恰好有三分之一面积透光，如图所示，可知恰好发生全反射时入射光对应的入射角为30°，则12sin30n==°，A正确

。3．如图所示为一列简谐波在t＝0时刻的波形图，Q、P是波上的两质点，此刻质点P沿y轴负方向运动，且t＝1s时第一次运动到波谷位置。则质点Q的振动方程为()A．y＝0.2sin(π2t＋π6)mB．y＝0.2sin(π2t－π6)mC．y＝0.2sin(π2t－

π4)mD．y＝0.2sin(π2t＋π4)m【答案】B【解析】t＝1s时P点第一次回到波谷，则周期T＝4s，ω＝2πT＝π2；t＝0时刻P点沿y轴负方向运动，说明波沿x轴正方向传播，则此时Q沿y轴正方向运动，且Q点对应的位

移为－1m，所以Q点的振动方程为y＝0.2sin(π2t－π6)m，B正确。4．在某星球表面以初速度v0竖直上抛一个物体，经过t时间落回抛出点，若物体只受该星球引力作用，不考虑星球的自转，已知该星球的直径为d，引力常为G，则该星球的平均密度为()A．03πv

GdtB．06πvGdtC．03πvtGdD．06πvGdt【答案】A【解析】物体竖直上抛过程有v0＝g‧12t，由万有引力定律可知GMmR2＝mg，R＝12d，M＝43ρπR3，解得03πvGdt=，故A正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题

有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5．如图所示，矩形ABCD的顶点A、C分别固定有电荷量相等的正、负点电荷，O点为矩形对角线的交点，B点的电势为φ，则下列说法正确的是()A．D点电势为φB．B、D两点的场强大小相等，方向相反C．B、D

两点的场强大小相等，方向相同D．将一质子从B点沿直线移到D点电场力先做负功后做正功此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号【答案】CD【解析】电场线由A指向C，等势线与电场线垂直，顺着电场线的方向电势

逐渐降低，所以B点的电势比D点的高，故A错误；根据点电荷的电场线分布特点可知，B、D两点的场强大小相等，方向相同，故B错误，C正确；将一质子从B点沿直线移到D点，电场力先做负功后做正功，故D正确。6．如图甲所示电路中，理想变压器原线圈的输入电压按图乙所示规律变化，图中曲线为

正弦曲线的一部分,负线圈中接有规格为“36V30W”的灯泡L恰好正常发光。则下列说法正确的是()A．变压器原、副线圈的匝数比为55∶9B．变压器原线圈输入电压的有效值为2203VC．小灯泡L两端电压的最大值为363VD．0～1s内小灯泡L电流方向改变的次数为

33【答案】BCD【解析】由公式221(220/2)23UTTRR?，解得12203U=V，即原线圈电压的有效值为2203V，B正确；由公式111m222mUnUUnU==，得125593nn=，U2m＝363V，A错误，C正确；交变电流的周

期T＝0.06s，每周期内电流的方向改变2次，所以0～1s内小灯泡L电流方向改变的次数为33，D正确。7．一物体从距离地面h＝3.2m的高度水平抛出，落地时的水平位移x＝4.8m，记录下该平抛运动的轨迹，并按照1∶1的比例制作成了一条钢制抛物

线轨道，如图所示。现让一个铁环从抛物线轨道顶端从静止滑下，不计运动过程中摩擦阻力和空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则下面说法正确的是()A．铁环滑落到抛物线轨道末端时的水平速度大小为6m/sB．铁环滑落到抛物线轨道末端时的竖

直速度大小为6.4m/sC．铁环在抛物线轨道中的运动时间为0.8sD．铁环下滑到轨道末端时的加速度大小为8m/s2【答案】BD【解析】铁环做平抛运动时有x＝v0t，h＝12gt2，解得v0＝6m/s，t＝0.8s，vy＝gt＝8m/s，着

地时速度方向与水平方向夹角θ满足tanθ＝vyv0＝43。铁环在抛物线轨道中运动时机械能守恒，则有mgh＝12mv2，解得v＝8m/s，因此铁环滑落到抛物线轨道末端时的水平速度大小为vcosθ＝4.8m/s，竖直速度大小为vsinθ＝6.4m/s，故A错误

，B正确；铁环在抛物线轨道中运动时竖直方向加速度小于g，故运动时间大于0.8s，C错误；铁环下滑到轨道末端时由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，a＝8m/s2，故D正确。8．如图甲所示，一质量m＝1kg的木块被水平向左的力F压在竖直

墙上，木块初始位置离地面的高度H＝4m，木块与墙面间的动摩擦因数μ＝0.2，力F与木块距离地面距离h间的关系如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2。则()A．木块下滑过程一直做加速运动B．木块下滑过程克服摩擦阻力所做的功为10JC．木块下滑到地面前瞬间的速度大小

为8m/sD．木块下滑过程用时为1s【答案】AC【解析】木块下滑过程重力一直大于摩擦力，所以木块下滑过程一直做加速运动，故A正确；木块下滑过程克服摩擦阻力所做的功m182Wfhfh===J，故B错误；木块下滑过程摩擦力的大小与下滑位移成线

性关系，则有212mgfhmv-=，得v＝8m/s，故C正确；木块下滑过程速度增加得越来越慢，则12vt＜h，得t＜1s，故D错误。三、非选择题：共60分。考试根据要求作答。9．(4分)一定质量的理想气体，从初始状态

a经状态b、c、d再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等。则从状态d到a，气体与外界热交换（选填“有”或“无”）；从状态b到c，气体吸收的热量它对外界做的功（选填“大于”“

等于”或“小于”）。【答案】有大于（每空2分）【解析】对于p－T图像，因为ab、cd延长线经过原点，因此ab、cd分别体积恒定。因为ad过程是等温降压，因此体积变大，即Vd＞Va，从而得到Vc＞Va。从

d到a，气体温度不变，则内能不变；体积变小，则外界对气体做功，所以气体需要放出热量，故有热交换发生。从b到c，温度升高，体积变大，因此气体吸收的热量抵消对外界做功后仍使其内能增加，故从状态b到c，气体吸收的热量大于它对外界做的功。10．(4分)如图，正方形abcd区域内有沿ab方向的匀强电场，一不

计重力的粒子以速度v0从ab边的中点沿ad方向射入电场，恰好从c点离开电场。若把电场换为垂直纸面向里的匀强磁场，粒子也恰好从c点离开磁场。则匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度大小之比为；粒子离开电场时和离开磁场时的速度大小之比为。【答案】5v0∶42∶1（每

空2分）【解析】粒子在电场中运动时l＝v0t，12l＝12at2，qE＝ma，粒子在磁场中运动时r2＝l2＋(r－12l)2，qv0B＝mv02r，联立解得054vEB=；粒子在电场中运动离开c点时由类平抛运动规律可知vc＝2v0，粒子在磁场中

运动时速度大小不变，所以粒子离开电场时和离开磁场时的速度大小之比为2∶1。11．(6分)某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量m。如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处固定一个光电门。让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间

t，同时用米尺测出释放点到光电门的距离x。(1)该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d如图乙所示，则d＝mm。(2)实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图象为一条倾斜直线，如图丙所示。图象的横坐标x表示释放点到

光电门的距离，则纵坐标表示的是。A．21tB．1tC．tD．t2(3)已知钩码的质量为m0，图丙中图线的斜率为k，重力加速度为g。根据实验测得的数据，写出滑块质量的表达式m＝。（用字母表示）【答案】(1)3.152(2)A(3)022(1)gmkd-（每空2分）【解析】(1)d＝3mm＋15.

2×0.01mm＝3.152mm。(2)由公式v2＝2ax，dvt=得2212axtd=，即纵坐标为21t。(3)由公式m0g＝(m0＋m)a，22akd=得022(1)gmmkd=-。12．(8分)一同学利用下列实验器材测量电源的电动势和内阻：A．待测电源B电阻箱

R（最大电阻值30Ω）C．灵敏电流计G（内阻不计）D．定值电阻R0（电阻值为3000Ω）E．开关、导线若干(1)请你帮助该同学设计电路图并在图在图甲中完成实物图的连线。(电路图不必画出)(2)该实验可以近

似认为流过电源内部的电流等于流过电阻箱的电流，则电阻箱电阻值R、灵敏电流计的示数I、电源的电动势E、内电阻r和定值电阻R0之间的关系为E＝。(3)多次改变电阻箱的阻值R，读出对应灵敏电流计的读数I，作出1R－1I图

象如图乙所示，则电源的电动势E＝V，内阻r＝Ω。【答案】(1)见解析图（2分）(2)00RIrRIR+（2分）(3)2.25（2分）1.0（2分）【解析】(1)如图所示。(2)由闭合电路欧姆定律可知00RIErRIR=+；(3)由

(2)可化简得0111ERRrIr=?，结合图丙可知r＝1.0Ω，0350001000EkRr==-，解得E＝2.25V。13．(10分)如图所示，光滑水平面上放有一质量M＝2kg的长滑块P，滑块的左部分带有半径R＝1.6m的四分之一光滑圆弧轨道，右部分为长l＝2.5m的粗糙水平轨道，圆弧

轨道与水平轨道相切，右端有一竖直挡板，一质量m＝1kg的小滑块Q从滑块P中圆弧轨道的最高点由静止释放，与P右端挡板碰撞时为弹性碰撞且碰撞时间极短。已知滑块Q与P中水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.16，重力加速度g＝10m/

s2。求：(1)滑块Q与挡板碰撞前瞬间速度大小；(2)滑块Q最终相对P静止位置到挡板的距离。【解析】(1)滑块P、Q作用过程水平方向动量守恒，设滑块Q与挡板碰撞前瞬间的速度为v1，P的速度为v2，则有

：mv1＝Mv2（2分）由功能关系可知：mgR－μmgl＝12mv12＋12Mv22（2分）联立解得：v1＝4m/s，v2＝2m/s。（2分）(2)两滑块最终静止，由功能关系可知：μmgx＝12mv12＋12Mv22（2分）解得：x＝7.5m则3xl=，所以滑块Q最终静止位置

到挡板的距离为2.5m。（2分）14．(13分)如图所示，在xOy光滑水平面上的0≤x≤3m、0≤y≤1.2m区域内存在方向垂直平面向外的匀强磁场。一电阻值R＝1Ω、边长L＝1m的正方形金属框的右边界bc恰好位于y轴上。t＝

0时，线框受到一沿x轴正方向的外力F＝0.25v＋0.5（N）（v为线框的速度）作用，从静止开始运动。线框仅在进磁场时有外力，在外力作用期间，测得线框中电流与时间成正比，比例系数k＝1A/s。(1)指出金属线框在外力作用期间做何种运动；(2)若线框恰好能离开磁场，求外力F作用的

时间。【解析】(1)线圈进入磁场的某时刻，设其速度为v，则E＝BLv，I＝ER可得BLvBLaItRR==（2分）因为线框中电流与时间成正比，则I∝t，可知a为恒量，即线框做匀加速运动。（1分）(2)根据牛顿第二定律可知

：F－BIL＝ma（1分）即22BLFvmaR=+又F＝0.25v＋0.5则220.25BLR=ma＝0.5又1BLaR=联立解得：B＝0.5T，a＝2m/s2，m＝0.25kg（3分）设F作用时间为t，则v＝

at＝2t（1分）x1＝12at2＝t2（1分）线圈若恰能出离磁场，则出离磁场时的速度恰为零，由动量定理得：120BILtBILtmv¢--=-（1分）其中11Itq=，22Itq¢=则Bq1L＋Bq2L

＝mv（1分）其中11()BLxLqR-=，22BLqR=将以上各式联立可得t2＋2t－2＝0解得：t＝(3－1)s（或0.73s）。（2分）15．(15分)如图所示，边长为2d的正方形abcd区域内，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，平行金属板M

N、PQ间有匀强电场，MN放在ad边上，两板左端M、P在ab边上，金属板长及板间距均为d。一质量为m、带电量为－q的粒子沿两极板的中线SO射入，恰好做直线运动，最后恰好能从cd边的射出磁场。不计粒子的重力。求：(1)粒子从S点射入时的速度大小；(2)极板间匀强电场的电场强度；(3)若撤

去两金属板间的磁场，其他位置的磁场不变，同时使金属板间的匀强电场反向，求粒子离开磁场时的位置和射出方向。【解析】(1)因粒子恰好从cd边射出磁场，如图甲所示，由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝d（1分）粒子在磁场中做圆周运动，则洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝mv2r（1分）解得

：qBdvm=（1分）(2)粒子在极板间做直线运动，洛伦兹力与电场力相等，则有：qvB＝qE（1分）解得：2qBdEm=（1分）因粒子带负电荷，在极板间受洛伦兹力向下，则受电场力向上，所以电场强度方向向下。（1分）(3)若撤消极板间的磁场，则粒子在板间做类平抛运动，如图乙所示，则有：d

＝vt（1分）y＝12at2（1分）vy＝at（1分）a＝qEm（1分）解得：y＝12d，yqBdvvm==（1分）所以粒子在磁场做运动的速度大小为122qBdvvm==（1分）粒子在磁场中做圆周运动，则洛伦兹力提供向心力，则有：2111vqvBmr=（1分）解得：r1＝2d（1分）

由几何关系可知粒子从下极板边缘射出，在磁场中做圆周运动轨迹对应的圆心为b点，所以粒子在bc边的e点垂直bc边射出磁场，e点到b点的距离为2d。（2分）