2021年福建省新高考“八省聯(lián)考”高中學業(yè)水平適應性測試物理試卷

2021年福建省新高考“八省聯(lián)考”高中學業(yè)水平適應性測試物理試卷一、單項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（4分）一手搖交流發(fā)電機線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動。轉(zhuǎn)軸位于線圈平面內(nèi)，并與磁場方向垂直。產(chǎn)生的交變電流i隨時間t變化關系如圖所示，則（）A．該交變電流頻率是 B．該交變電流有效值是 C．t＝時，穿過線圈平面的磁通量最小 D．該交變電流瞬時值表達式是i＝2πt2．（4分）在圖示的雙縫干涉實驗中，光源S到縫S1、S2距離相等，的光實驗時，光屏中央的光實驗時，9423894238ZA+249423894238=119118=A．C、D兩點的場強大小均為kQrB．小球運動到D點時的動能為2mgr C．小球從C點到D點的過程中，先加速后減速 D．小球從C點到D點的過程中，電勢能先增大后減小6．（6分）由螺線管、電阻和水平放置的平行板電容器組成的電路如圖（a）所示。其中，螺線管匝數(shù)為N，橫截面積為S1；電容器兩極板間距為d，極板面積為S2，板間介質(zhì)為空氣（可視為真空）。螺線管處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B隨時間t變化的B﹣t圖象如圖（b）所示。一電荷量為q的顆粒在t1～t2時間內(nèi)懸停在電容器中，重力加速度大小為g，靜電力常量為。則（）A．顆粒帶負電 B．顆粒質(zhì)量為qNSC．t1～t2時間內(nèi)，a點電勢高于b點電勢 D．電容器極板帶電量大小為N7．（6分）圖（a）為某科技興趣小組制作的重力投石機示意圖。支架固定在水平地面上，輕桿AB可繞支架項部水平軸OO'在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。A端凹槽內(nèi)裝有一石子，B端固定一配重。某次打靶時，將桿沿逆時針方向轉(zhuǎn)至與豎直方向成θ角后由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉(zhuǎn)到豎直位置時石子被水平拋出。石子投向正前方豎直放置的靶，打到靶心上方的“6”環(huán)處，如圖（b）所示。若要打中靶心的“10”環(huán)處，可能實現(xiàn)的途徑有（）A．增大石子的質(zhì)量，同時減小配重的質(zhì)量 B．減小投石機到靶的距離，同時增大θ角 C．增大投石機到靶的距離，同時減小θ角 D．減小投石機到靶的距離，同時增大配重的質(zhì)量8．（6分）如圖（a），輕質(zhì)彈簧下端固定在水平地面上，上端連接一輕質(zhì)薄板。一物塊從其正上方某處由靜止下落，落至薄板上后和薄板始終粘連。物塊從開始下落到最低點的過程中，位移﹣時間（﹣t）圖象如圖（b）所示，其中t1為物塊剛接觸薄板的時刻，t2為物塊運動到最低點的時刻。彈簧形變在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計。則（）A．t2時刻物塊的加速度大小比重力加速度小 B．t1～t1+C．t1～t2時間內(nèi)，物塊所受合外力沖量的方向先豎直向下后豎直向上 D．圖（b）中OA段曲線為拋物線的一部分，AB段曲線為正弦曲線的一部分三、非選擇題：共60分?？忌鶕?jù)要求作答。9．（4分）一圓筒形汽缸豎直放置在水平地面上。一質(zhì)量為m，橫截面積為S的活塞將一定量的理想氣體封閉在汽缸內(nèi)，活塞可沿汽缸內(nèi)壁無摩擦滑動。當活塞靜止時，活塞與汽缸底部的距離為h，如圖（a）所示。已知大氣壓強為，電荷量為e，電子從a點向b點運動，速度大小為v0，矩形區(qū)域的寬度為d，此區(qū)域內(nèi)的磁場可視為勻強磁場。據(jù)此可知，星球表面該處磁場的磁感應強度大小為______，電子從a點運動到b點所用的時間為______。11．（5分）伽利略斜面實驗被譽為物理學史上最美實驗之一。某研究小組嘗試使用等時性良好的“節(jié)拍法”來重現(xiàn)伽利略的斜面實驗，研究物體沿斜面運動的規(guī)律。實驗所用節(jié)拍的頻率是每秒2拍，實驗裝置如圖（a）所示。在光滑傾斜的軌道上裝有若干可沿軌道移動的框架，框架上懸掛輕薄小金屬片，滑塊下滑撞擊金屬片會發(fā)出“叮”的聲音（金屬片對滑塊運動的影響可忽略）。實驗步驟如下：①從某位置（記為A0）靜止釋放滑塊，同時開始計拍；調(diào)節(jié)框架的位置，使相鄰金屬片發(fā)出的“?！甭暻『瞄g隔1個拍，并標記框架在軌道上的位置A1、A2、A3……②測量A1、A2、A3……到A0的距離s1、s2、s3……如圖（b）所示。③將測量數(shù)據(jù)記錄于表格，并將節(jié)拍數(shù)n轉(zhuǎn)換成對應時間t的平方。n123456s/cmt2/s2C（1）表格中“C”處的數(shù)據(jù)應為______；（2）由表中數(shù)據(jù)分析可得，s與t2成______關系（填“線性”或“非線性”）；（3）滑塊的加速度大小為______m/s2（結(jié)果保留2位小數(shù)）。12．（7分）為了測試某精密元件在204μA特定電流值時的工作性能，一實驗小組利用微安表監(jiān)測該元件在電路中的電流，電路如圖（a）所示。所用器材：微安表（量程為250μA，內(nèi)阻約為1000Ω），穩(wěn)壓電源E（電動勢為），定值電阻R0（阻值為Ω），滑動變阻器R1（最大阻值為1000Ω，額定電流為），電阻箱R2（阻值范圍0～Ω），開關S。將電阻箱R2置于圖（b）所示的阻值，滑動變阻器R1置于最大值；閉合開關S，移動R1的滑片，使微安表讀數(shù)為204μA。（1）圖（b）中R2的阻值為______Ω；（2）在圖（c）中標出微安表讀數(shù)為204μA時的指針位置。為了提高監(jiān)測精度，該小組嘗試用標準電池EN（電動勢為）和靈敏電流計G（量程范圍300μA）替代微安表，設計了圖（d）所示電路。要將元件的工作電流調(diào)到204μA，需先將R2的阻值設置為某個特定值，再閉合開關S1、S2，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1，使靈敏電流計G指針指在零點，此時元件中的電流即為204μA。（3）電阻箱R2的阻值應設置為______Ω。13．（10分）如圖，光滑平行金屬導軌間距為l，與水平面夾角為θ，兩導軌底端接有阻值為R的電阻。該裝置處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向上。質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直導軌放置，在恒力作用下沿導軌勻速上滑，上升高度為h。恒力大小為F、方向沿導軌平面且與金屬棒ab垂直。金屬棒ab與導軌始終接觸良好，不計ab和導軌的電阻及空氣阻力。重力加速度為g，求此上升過程（1）金屬棒運動速度大??；（2）安培力對金屬棒所做的功。14．（12分）如圖，上表面光滑且水平的小車靜止在水平地面上，A、B為固定在小車上的擋板，C、D為豎直放置的輕質(zhì)薄板。A、C和D、B之間分別用兩個相同的輕質(zhì)彈簧連接，薄板C、D間夾住一個長方體金屬塊（視為質(zhì)點）。金屬塊與小車上表面有一定的距離并與小車保持靜止，此時金屬塊所受到的摩擦力為最大靜摩擦力。已知金屬塊的質(zhì)量m＝10g，彈簧勁度系數(shù)＝1000N/m，金屬塊和薄板C、D間動摩擦因數(shù)μ＝。設金屬塊受到的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，取重力加速度g＝10m/s2。求（1）此時彈簧的壓縮量；（2）當小車、金屬塊一起向右加速運動，加速度大小a＝15m/s2時，A、C和D、B間彈簧形變量及金屬塊受到的摩擦力大小。15．（18分）如圖，光滑絕緣水平桌面位于以ab、cd為邊界的勻強電場中，電場方向垂直邊界向右。兩小球A和B放置在水平桌面上，其位置連線與電場方向平行。兩小球質(zhì)量均為m，A帶電荷量為q（q＞0），B不帶電。初始時小球A距ab邊界的距離為L，兩小球間的距離也為L。已知電場區(qū)域兩個邊界ab、cd間的距離為10L，電場強度大小為E?，F(xiàn)釋放小球A，A在電場力作用下沿直線加速運動，與小球B發(fā)生彈性碰撞。兩小球碰撞時沒有電荷轉(zhuǎn)移，碰撞的時間極短。求（1）兩小球發(fā)生第一次碰撞后，B獲得的動量大??；（2）兩小球發(fā)生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B間的最大距離；（3）當小球B離開電場區(qū)域時，A在電場中的位置。

2021年福建省新高考“八省聯(lián)考”高考物理適應性試卷參考答案與試題解析一、1．【分析】直接從圖象中即可求出交流電的峰值及周期，從而求頻率，寫出電流的瞬時值表達式?！窘獯稹拷猓篈、題中圖象描述的是電流隨時間的變化關系，周期為T＝，故頻率為：f=1T=10.4B、由圖可知，該交流電的峰值是：Im＝，有效值為：I=Im2=C、t＝時，產(chǎn)生的感應電流最大，即線圈平面與磁場平面平行，穿過線圈平面的磁通量最小且為零，故C正確；D、角速度為：ω=2πT=2π0.4rad/s＝5πrad/s，交變電流瞬時值表達式是：i＝（5πt故選：C。2．【分析】當光屏上的點到雙縫的光程差是波長的整數(shù)倍時，出現(xiàn)明條紋；當光程差是半波長的奇數(shù)倍時，出現(xiàn)暗條紋?！窘獯稹拷猓弘p縫干涉實驗中，出現(xiàn)亮條紋的條件為＝ldλ（用波長為400nm的光實驗時x=3ldλ1的光實驗時，GMmR2=mg=GMR2GMmr則：EX=所以：E＝EXEα=2117Eα+Eα=119117故選：B。二、5．【分析】根據(jù)點電荷電場強度公式，結(jié)合矢量的疊加原理求出C、D點的電場強度的大??；根據(jù)等量同種點電荷電場線分布特點分析帶電小球受力情況從而確定運動情況，根據(jù)功能關系判定電勢能以及動能的變化?！窘獯稹拷猓篈、圖中A、B、C、D四點距O點的距離均為r，則：AC=BC=AD=BD=2r，A處的點電荷在C點的電場強度：同理：E由于EAC和EBC的方向垂直，則C處的合場強：EC同理，D處的電場強度的大小也是2kQ2rB、由于A、B兩處的點電荷的電荷量相等，而且都是正電荷，根據(jù)等量同種點電荷電場的對稱性可知，C與D處的電勢是相等的，則帶電小球在C處的電勢能等于D處的電勢能，所以小球從C到D的過程中電場力做的功為零，則小球運動到D點時的動能等于從C到D重力勢能的減少，即E＝mgh＝2mgr，故B正確；C、根據(jù)等量同種正點電荷的電場特點可知，從O到C電場強度的方向指向C（向上），從O到D電場強度的方向指向D（向下），則正電荷在O點上邊受到的電場力的方向向上，在O點下邊受到的電場力的方向向下，小球在O點上邊做加速運動，則小球在O點下邊也一定做加速運動，故C錯誤；D、從O到C電場強度的方向指向C，從O到D電場強度的方向指向D，所以帶正電荷的小球在O點上邊受到的電場力的方向向上，在O點下邊受到的電場力的方向向下，小球從C點到D點的過程中，電場力先做負功后做正功，則小球的電勢能先增大后減小，故D正確。故選：BD。6．【分析】由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，應用楞次定律判斷出感應電流方向，應用歐姆定律求出電熱器兩極板間的電勢差，然后應用電容定義式求出電熱器上的電荷量，最終求出通過電阻R的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、穿過線圈的磁通量向上增大時，根據(jù)楞次定律可知，螺線管產(chǎn)生的電動勢上邊高，所以電容器的上極板帶正電，下極板帶負電，電容器內(nèi)電場強度的方向向下；由于帶電顆粒處于靜止狀態(tài)，則顆粒受到的電場力與重力大小相等，方向相反，所以顆粒帶負電，故A正確；B、顆粒受到的電場力與重力大小相等，則：mg＝qE=由電路圖可知，穿過線圈的磁通量穩(wěn)定變化時，線圈產(chǎn)生穩(wěn)定的電動勢但電路中沒有電流，線圈產(chǎn)生的電動勢等于電容器兩極板之間的電勢差U；由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢：E電＝U=N?聯(lián)立可得顆粒的質(zhì)量：m=qNS1C、t1～t2時間內(nèi)穿過線圈的磁通量穩(wěn)定變化，線圈產(chǎn)生穩(wěn)定的電動勢但電路中沒有電流，所以電阻R兩端的電勢差為零，可知a點的電勢等于b點的電勢，故C錯誤；D、板間介質(zhì)為空氣，則該電容器的電容：C=S2電容器極板所帶的電荷量：Q＝CU=NS1故選：AD。7．【分析】由平拋運動規(guī)律分析出此時石子速度的變化趨勢，再由機械能守恒和圓周運動角速度之間的關系進行分析?！窘獯稹拷猓杭僭O配重塊的質(zhì)量為M，石子的質(zhì)量為m，此時石子從最高點飛出之后做平拋運動，水平方向石子做勻速直線運動，豎直方向石子做自由落體運動，A、此時投石機到靶的距離不變，要求要達到10環(huán)處，則此時豎直方向位移要變大，此時水平方向石子做勻速直線運動，豎直方向石子做自由落體運動，由自由落體運動的位移公式可得：h=12則此時水平方向位移不變，由勻速直線運動位移公式可得：s＝vt，故此時石子水平拋出的速度要減小，由于石子和配重一起繞軸OO'在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，故二者角速度相同，假設配重距離軸OO'的距離為R，石子距離軸OO'的距離為r，石子在最高點和配重在最低點的角速度均為ω，則石子在最高點的速度為：v1＝ωr，配重在最低點的速度為：v2＝ωR，自由轉(zhuǎn)動的過程中只有重力做功，故石子和配重構成的系統(tǒng)機械能守恒，即MgRcosθ=12mv12+12Mv22+mgrcosθ，由選項分析可知，此時要求vBD、已知石子拋出時的角速度為：ω=2gcosθ(MR-mr)MR2+mr2，增大θ，則ω減小，v減小，減小水平位移s，根據(jù)t=sv可知此時水平方向運動的時間無法判斷是否變化，故無法判斷豎直方向位移是否變化；增大M，C、已知石子拋出時的角速度為：ω=2gcosθ(MR-mr)MR2+mr2，減小θ，則ω增大，v增大，增大水平位移故選：AC。8．【分析】物塊與薄板一起運動時是簡諧運動，根據(jù)簡諧運動的對稱性確定在最低位置時物塊的加速度；分析運動過程中物塊的受力情況，根據(jù)t1+t22=12a聯(lián)立解得：B=m電子在磁場中做圓周運動的周期T=電子從a點運動到b點所用的時間t=30°故答案為：mv02ed11．【分析】（1）由于實驗中所用節(jié)拍的頻率是每秒2拍，由此得到頻率和周期，再計算拍3次時需要的時間和時間的平方；（2）根據(jù)圖表計算位移之比、時間的平方之比，由此得出規(guī)律；（3）根據(jù)逐差法求解加速度。【解答】解：（1）由于實驗中所用節(jié)拍的頻率是每秒2拍，即頻率為f＝2H，周期為：T=1f拍3次時需要的時間為t3＝3T＝，則t32＝＝；（2）根據(jù)圖表可以得出n＝2時的位移是n＝1時的位移之比：s2s1=38.5n＝3時的位移是n＝1時的位移之比：s3s1=89.2n＝4時的位移是n＝1時的位移之比：s4s1=153.2所以s與t2成線性關系；（3）根據(jù)逐差法可得：=s6-故答案為：（1）；（2）線性；（3）。12．【分析】（1）根據(jù)電阻箱的讀數(shù)方法進行讀數(shù)；（2）微安表每小格為5μA，由此畫出讀數(shù)為204μA時的指針位置；（3）根據(jù)歐姆定律求解電阻箱R2的阻值。【解答】解：（1）圖（b）中R2的阻值為R2＝4×1000Ω2×100Ω5×10Ω＝Ω；（2）微安表每小格為5μA，讀數(shù)為204μA時的指針位置如圖所示：（3）由于標準電池EN的電動勢為EN＝，靈敏電流計G的示數(shù)為零，則=EN故答案為：（1）；（2）圖象見解析；（3）。13．【分析】（1）金屬棒沿導軌勻速上升，受力平衡，由平衡條件結(jié)合安培力的計算公式求解速度大?。唬?）根據(jù)動能定理求解安培力對金屬棒所做的功?！窘獯稹拷猓海?）設金屬棒以速度v沿導軌勻速上升，由法拉第電磁感應定律，金屬棒中的感應電動勢為：E＝Blv設金屬棒中的電流為I，根據(jù)歐姆定律，有：I=金屬棒所受的安培力為：F安＝BIl因為金屬棒沿導軌勻速上升，由平衡條件可得：F＝mginθBIl聯(lián)立解得：v=(F-mgsinθ)R（2）設金屬棒以速度v沿導軌勻速上升h過程中，安培力所做的功為W，由動能定理得：W﹣mghF?h解得：W＝mgh-Fh答：（1）金屬棒運動速度大小為(F-mgsinθ)RB（2）安培力對金屬棒所做的功為mgh-Fh14．【分析】（1）由胡克定律、金屬塊在豎直方向的受力情況結(jié)合物體平衡條件、胡克定律求解；（2）假設A、C和D、B間的彈簧壓縮量分別為1和與2，對金屬塊由牛頓第二定律結(jié)合胡克定律求解壓縮量大小，根據(jù)實際情況分析彈簧的形變量；分析金屬塊在豎直方向是否會滑動，根據(jù)平衡條件可得金屬塊受到的摩擦力大小?！窘獯稹拷猓海?）由于兩個輕質(zhì)彈簧相同，兩彈簧壓縮量相同，設彈簧的壓縮量為0，彈簧形變產(chǎn)生的彈力大小為F，由胡克定律得：F＝0設金屬塊所受摩擦力大小為f，此時金屬塊所受摩擦力等于最大靜摩擦力，則有：f＝2μF由物體平衡條件得：f＝mg聯(lián)立解得：0＝m；（2）假設A、C和D、B間的彈簧壓縮量分別為1和與2，有：12＝20對金屬塊由牛頓第二定律得：（1﹣2）＝ma代入數(shù)據(jù)解得：1＝m，2＝﹣m由于2＜0可知，說明此時薄板D已與金屬塊分離，D、B間彈簧已恢復原長，無彈力，金屬塊水平方向加速運動所需的合力全部由A、C間彈簧的彈力提供。設A、C間彈簧實際壓縮量為1′，根據(jù)牛頓第二定律可得：1'＝ma解得：1′＝由于此時最大靜摩擦力f′ma＝μ1′＝×1000×＝120N＞mg＝10×10N＝100N，故金屬塊豎直方向不會滑動，根據(jù)平衡條件可得金屬塊受到的摩擦力大小為f'＝mg＝10×10N＝100N。答：（1）此時彈簧的壓縮量為m；（2）當小車、金屬塊一起向右加速運動時，A、C的彈簧壓縮，D、B間彈簧形變量為0，金屬塊受到的摩擦力大小為100N。15．【分析】（1）根據(jù)動能定理求解小球A與小球B碰撞前的速度大小，由動量守恒定律、能量守恒定律求解B獲得的動量大?。唬?）二者速度相等時距離最大，根據(jù)運動學公式求解；（3）分析小球的運動情況，根據(jù)運動學公式結(jié)合動量守恒定律、能量守恒定律列方程求解當小球B離開電場區(qū)域時，A距cd邊界的距離?！窘獯稹拷猓海?）設小球A與小球B碰撞前的速