1、福建省福州市2020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15题只有一项符合题目要求，第610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. 欧姆发现了电流的热效应C. 楞次根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，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；焦耳发现了电流的热效应，B错误；安
2、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gcos D. 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；如果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、
3、C整体为研究对象，根据牛顿第二定律可知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，由牛顿第二定律可知，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(q0)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向外B. O点的磁感应强度方向始终垂直纸面向里C. O点的磁感应强度方向随时间周期性变化D. O点的磁感应强度大小随时间周期性变化【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向外
4、；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向里因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向外，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向里，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在同一直线上，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
5、框穿过磁场的过程中，线框中产生的电流随时间变化的关系图象是(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均匀增大，因此感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大，ab边切割磁感线的有效长度最大值等于ab的长，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向；当线框完全进入磁场后，回路中磁通量变化量为零，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均匀减小，产生的感应电流均匀减小，且ac边切割磁感线的有效长度的最大值等于ab边的长度，根据楞次定律可知，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
6、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，根据左手定则可知，方向垂直于纸面向里，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
7、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倍开始时，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，所有摩擦均忽略不计当A沿斜面下滑4 m时，细线突然断裂，B由于惯性继续上升设B不会与定滑轮相碰，重力加速度g10 m/s2.下列说法正确的是()A. 细线未断裂时，两物块A、B各自机械能的变化量大小之比为11B
8、. 细线断裂时，A的速度大小为3 m/sC. 细线断裂时，两物块A、B所受重力的瞬时功率之比为41D. B上升的最大高度为4.8 m【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各自机械能的变化量大小之比为11，故A正确；根据系统机械能守恒，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21，故C错误；细线断裂后，B做竖直上抛运动，物块B继续上升的高度为，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220 V、频率为50 Hz的正弦式交流电，两灯泡额定电压相等，变压器为理想变压器，电流表和电压
9、表均为理想交流电表，闭合开关后，两灯泡均正常发光，电流表的示数为1 A，电压表示数为22 V，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220V22V=198V，原、副线圈匝数比，A正确；根据，原线圈电流，根据，可知RL1=9RL2，B错误，C正确；变压器不改变交流电的频率，D错误8.某同学在老师指导下利用如甲装置做实验，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
10、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)，根据楞次定律，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
11、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)，由右手定则判断知，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=0.16 V，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.为减少二氧化碳排放，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实验中，质量为8102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/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
12、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1.2 sD. 该车加速度为0.25 m/s2时，动能是4104 J【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CAB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
13、；该车加速度为025m/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，由几何知识得到：；A.根据电场强度可得：，所以a
14、点的场强大于b点的场强，故A错误；B.根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ab.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、实验题：（本题共2小题，共15分）11.某同学在做“探究动能定理”实验时，其主要操作步骤是：a.按图甲安装好实验装置，其中小车的质量M0.50kg，钩码的总质量m0.10kg.b.接通打点计时器的电源(电源的频率f50H
15、z)，然后释放小车，打出一条纸带(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出最满意的一条，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d10.8cm，d22.4cm，d34.1cm，d45.6cm，d57.2cm，d68.8cm，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改变量，计算出Ek_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)根据以上计算可见，合力对小车做的功与小车动能的变化量相差比较大通过
16、反思，该同学认为产生误差的主要原因如下，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，应该大于小车质量C没有平衡摩擦力D没有使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，根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；实际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，小车动能的改变量 .(2)产生误差的主要原因有：钩码质量没
17、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“3 V,0.8 W”小灯泡的伏安特性曲线，已选用的器材有：电源(电动势为4.5 V，内阻约1 )；电流表(量程为0300 mA，内阻约5 )；电压表(量程为03 V，内阻约3 k)；滑动变阻器(最大阻值10 ，额定电流1 A)；开关一个、导线若干(1)为便于实验操作，并确保实验有尽可能高的精度，则实验的电路图应选用下图中的_(填字母代号)(2)图甲是实验器材实物图，图中已连接了部分导线请根据在(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)根据(1)中所选电路图，测量结束后，先把滑动
18、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)实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】根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路；根据实验电路图连接实物电路图；滑动变阻器采用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；根据图象，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，故测量电路采用电流表外接法；在测伏安特性曲线时要求电压能从0调到额
19、定值，故控制电路选用分压式，C正确(2) (3)为保护电路安全，在测量开始与测量结束时都应先将滑动变阻器滑片调节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次衰变和m次衰变后，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
20、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）根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 = 0.2 T，L = 0.4 m，v = 5 m/s，导体棒接入电路中的有效电阻R = 0.5 ，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) 0.32 W【解析】【详解】（1）设在t时间内MNCDM回路面积变化量为S，磁通量的变化
21、量为，则，根据法拉第电磁感应定律得；（2）iMNCDM 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安全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，安全气囊爆开某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 = 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开忽略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
22、的大小；（2）若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg、速度v2 =18 km/h同向行驶的汽车，经时间t2 =0.16 s两车以相同的速度一起滑行试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开【答案】（1）I0 = 1.6104 Ns ， 1.6105 N；（2）见解析【解析】【详解】（1）v1 = 36 km/h = 10 m/s，取速度v1 方向为正方向，由动量定理有I0 = 0m1v1 将已知数据代入式得 I0 = 1.6104 Ns 由冲量定义有I0 = F0t1 将已知数据代入式得 F0 = 1.6105 N （2）设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量
23、守恒定律有m1v1+ m2v2 = (m1+ m2)v 对试验车，由动量定理有 Ft2 = m1vm1v1 将已知数据代入式得 F = 2.5104 N 可见FF0，故试验车的安全气囊不会爆开 16.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t0时刻，从原点O处向第一象限发射一比荷为的带正电粒子(重力不计)，速度大小v0103 m/s、方向与x轴正方向成30角，设P点为粒子从O点飞出后第2次经过x轴的位置则(1)OP间的距离为多大；(2)如果将磁场撤去，在y轴右侧加上平行于纸面，垂直于入射速度方向且斜向下的匀强电场，粒
24、子仍从O点以与原来相同的速度v0射入，粒子也经过P点，求电场强度的大小(保留整数).【答案】(1)OP=0.6m (2)E222 N/C【解析】分析】粒子先做匀速圆周运动，在时刻偏转方向改变；后不存在磁场则粒子做匀速直线运动，画出轨迹结合几何知识求再次经过x轴的坐标，得到OP间的距离；如果换做匀强电场，粒子做平抛运动，根据平抛运动公式列式求解即可【详解】(1)粒子在磁场中运动的轨迹半径 周期磁场变化的半周期为运动轨迹如图所示，由几何关系知 且O1O2平行于x轴，DE垂直于x轴中， 则 (2)当加上电场时，粒子做类平抛运动，经过P点时，粒子沿速度v0方向的位移粒子在垂直于速度v0方向的位移根据类
25、平抛运动的特点 根据牛顿第二定律有联立得E=222 N/C【点睛】本题第一问关键是结合牛顿第二定律求解轨道半径和周期，然后画出运动轨迹，结合几何关系求解；第二问是平抛运动，根据平抛位移公式列式求解即可17.如图所示，在光滑水平地面上，并排停放着高度相同，质量分别为MA1 kg、MB2 kg的平板小车，小车A上表面光滑，小车B上表面粗糙，长度均为L.一质量为m0.5 kg的滑块C，以v05 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车A，最后恰好没有从小车B上滑下求：最终小车A和小车B的速度大小vA和vB；整个运动过程中产生的内能E.【答案】； 【解析】【详解】由于小车A上表面光滑，滑块C在水平方向对A没有作用，小车A始终静止，;滑块C和小车B水平方向动量守恒，有,解得；整体动能减少量完全转化为内能，有，解得；
