福建省信息必研卷05-2024年高考物理考前信息必研卷（福建專用）（解析版）

絕密★啟用前信息必刷卷05-2024年高考考前信息必刷卷物理（解析版）（試卷滿分：100分）第Ⅰ卷一、單項選擇題（共4小題，每題4分，共16分。在每小題選項中，只有一項是符合題目要求的。）1．一住宅陽臺失火，消防員用靠在一起的兩支水槍噴水滅火，如圖所示甲水柱射向水平陽臺近處著火點，乙水柱射向水平陽臺遠處清火點，兩水柱最高點在同一水平線上，不計空氣阻力，甲、乙水柱噴出時的速度大小分別為，甲、乙水柱在空中運動的時間分別為。以下判斷正確的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】甲、乙兩水柱最高點在同一水平線上，則甲、乙水柱在空中運動的時間相等，甲、乙水柱豎直方向的初速度相等，由圖可知乙的水平位移大，則乙水平方向的初速度大，則有。故選B。2．魯南高鐵是山東省“三橫五縱”高速鐵路重要組成部分，全長494公里。小明同學(xué)在濟寧北站乘坐動車時，利用手機加速度傳感器測量動車的加速度a隨時間t的變化關(guān)系，如圖所示。6s時動車由靜止開始加速，可以認為加速度隨時間均勻增大，10s時達到最大加速度，并以此加速度做勻加速直線運動直至達到最大速度252km/h，隨后勻速行駛。在動車水平桌板上放置一質(zhì)量為2kg的物體，該物體始終相對桌板靜止。重力加速度，動車加速過程始終在水平面上，下列說法正確的是（）A．10s時動車的速度大小為2m/sB．動車勻加速直線運動的時間為138sC．勻加速直線運動過程中，桌板對物體的作用力大小為1ND．勻加速直線運動過程中，桌板對物體做的功為4900J【答案】B【解析】加速度a隨時間t的變化關(guān)系中與時間軸圍成的面積表示速度的變化量，從靜止開始，10s時動車的速度大小為，A錯誤；最大速度，在勻加速段，，B正確；根據(jù)牛頓第二定律可得，支持力為，桌板對物體的作用力大小為，C錯誤；勻加速直線運動過程中，物體移動位移為，桌板對物體做的功為，D錯誤。故選B。3．圖甲為一個簡易的靜電除塵裝置，沒有底的空塑料瓶上固定著一塊鋁片和一根銅棒，將它們分別與起電機的正、負極相連。在塑料瓶里放置點燃的蚊香，瓶內(nèi)產(chǎn)生煙塵，搖動起電機后瓶內(nèi)變得清澈透明。圖乙為瓶內(nèi)俯視圖，其中a、b、c為瓶內(nèi)電場中同一條電場線上的三個點，且。則起電機搖動時（）A．帶負電的煙塵會向銅棒聚集B．a(chǎn)點的電場強度大于b點的電場強度C．a(chǎn)、b兩點間的電勢差小于b、c兩點間的電勢差D．帶負電的煙塵在b點時的電勢能大于它在c點時的電勢能【答案】C【解析】起電機搖動時，根據(jù)題意可知銅棒帶負電，鋁片帶正電，所以帶負電的煙塵會向鋁片聚集，由于二者之間的電場線分布是從左至右依次變的密集，即a點的電場強度小于b點的電場強度，AB錯誤；a、b兩點間的電場線比b、c兩點間的電場線要疏一些，，根據(jù)，其中，，可知，故a、b兩點間的電勢差小于b、c兩點間的電勢差，C正確；根據(jù)電場線的分布情況可知，根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系，，其中，即帶負電的煙塵在b點時的電勢能小于它在c點時的電勢能，D錯誤。故選C。4．如圖所示，質(zhì)量為的小球P和質(zhì)量為的小球Q通過兩根長度均為的細線懸掛在天花板的點，兩球之間通過長度為的輕桿相連，重力加速度為?，F(xiàn)對小球P施加一外力并確保輕桿始終處于水平狀態(tài)，則作用在小球P上的外力最小值為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】對小球Q進行受力分析，受到重力mg，細線的拉力和桿的作用力。根據(jù)平衡條件可得，解得與Q相連繩子的拉力為，其水平方向的分力等于桿的作用力，有，對小球P進行受力分析，受到重力3mg，細線的拉力，桿的作用力和外力F。小球重力與桿的作用力的合力為，做出矢量三角形，當作用在小球P上的外力方向與P相連繩子方向垂直時，作用在小球P上的外力最小，為。故選A。二、雙項選擇題（本題共4小題，每小題6分，共24分。每小題只有兩個選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）5．耙在中國已有1500年以上的歷史，北魏賈思勰著《齊民要術(shù)》稱之為“鐵齒楱”，將使用此農(nóng)具的作業(yè)稱作耙。如圖甲所示，牛通過兩根耙索拉粑沿水平方向勻速耙地。兩根耙索等長且對稱，延長線的交點為，夾角，拉力大小均為F，平面與水平面的夾角為（為AB的中點），如圖乙所示。忽略耙索質(zhì)量，下列說法正確的是（）A．兩根耙索的合力大小為F B．兩根耙索的合力大小為C．地對耙的水平阻力大小為1.5F D．地對耙的水平阻力大小為F【答案】BC【解析】兩根耙索的合力大小為，故A錯誤，B正確；耙索沿水平方向勻速運動，由平衡條件，地對耙的水平阻力大小為，故C正確，D錯誤。故選BC。6．如圖所示，I為北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中的靜止軌道衛(wèi)星，其對地張角為2θ；Ⅱ為地球的近地衛(wèi)星。兩衛(wèi)星繞地球同向轉(zhuǎn)動，已知地球的自轉(zhuǎn)周期為T0，萬有引力常量為G，根據(jù)題中條件，可求出（）A．衛(wèi)星I和衛(wèi)星II的周期之比為B．衛(wèi)星I和衛(wèi)星II的加速度之比為C．地球的平均密度為D．衛(wèi)星II運動的周期內(nèi)無法直接接收到衛(wèi)星I發(fā)出電磁波信號的時間為【答案】CD【解析】設(shè)地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的軌道半徑分別為r和R，衛(wèi)星Ⅰ為同步衛(wèi)星，周期為，近地衛(wèi)星Ⅱ的周期為T。根據(jù)開普勒第三定律可得，由圖中幾何關(guān)系可得，可得衛(wèi)星I和衛(wèi)星II的周期之比為，則衛(wèi)星Ⅱ的周期為，對于衛(wèi)星Ⅱ，由萬有引力提供向心力可得，又，聯(lián)立可得地球的平均密度為，C正確，A錯誤；對于不同軌道衛(wèi)星，根據(jù)牛頓第二定律得，所以衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ的加速度之比為，故B錯誤；當衛(wèi)星Ⅱ運行到與衛(wèi)星Ⅰ的連線隔著地球的區(qū)域內(nèi)，其對應(yīng)圓心角為時，衛(wèi)星Ⅱ無法直接接收到衛(wèi)星Ⅰ發(fā)出電磁波信號，設(shè)這段時間為t。由于兩衛(wèi)星同向運行，則有，，，聯(lián)立解得，故D正確。故選CD。7．圖甲中豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端固定在風(fēng)洞實驗室中的水平面上，以此水平面為重力勢能的零勢能面，質(zhì)量為0.1kg的小球在彈簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上恒定的風(fēng)力。以小球開始下落的位置為原點O，豎直向下為x軸正方向，在小球下落的過程中，小球重力勢能隨其位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，勁度系數(shù)為108N/m，重力加速度g取。則下列說法正確的是（）A．彈簧原長為0.5mB．小球剛接觸彈簧時的動能為0.45JC．小球下落過程中所受風(fēng)力為0.2ND．小球的最大加速度大小為【答案】BD【解析】取地面為零勢能參考面，根據(jù)圖像可知小球初狀態(tài)的重力勢能為，圖乙中的圖線②表示彈簧的彈性勢能隨小球位移變化的關(guān)系，由此可知小球下落開始接觸彈簧；則彈簧的原長為，故A錯誤；由圖乙可知小球速度減為0時小球下落，，根據(jù)功能關(guān)系有，解得，故C錯誤；小球剛接觸彈簧時，小球下落了，則根據(jù)動能定理有，解得，故B正確；彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，，，則勁度系數(shù)，加速度大小，故D正確。故選BD。8．如圖所示，兩根型平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為l和，處于豎直向下的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為和B。已知導(dǎo)體棒ab的電阻為R、長度為l，導(dǎo)體棒cd的電阻為、長度為，cd的質(zhì)量是ab的3倍。兩棒中點之間連接一原長為L輕質(zhì)絕緣彈簧?，F(xiàn)將彈簧拉伸至后，同時由靜止釋放兩導(dǎo)體棒，兩棒在各自磁場中往復(fù)運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計。下列說法正確的是（

）A．整個過程中，回路中始終產(chǎn)生順時針方向的電流B．整個運動過程中，ab與cd的路程之比為3∶1C．cd棒克服安培力做的功等于cd棒產(chǎn)生的熱量D．整個運動過程中，通過cd的電荷量為【答案】BD【解析】由靜止釋放，向右運動，向左運動，即彈簧收縮，由右手定則可知回路中產(chǎn)生順時針電流，設(shè)某時刻電流大小為，可知所受安培力大小為，方向向左，所受安培力大小為，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，則當彈簧伸展過程中，一定有向左運動，向右運動，根據(jù)右手定則可知回路中產(chǎn)生逆時針方向的電流，A錯誤；由A分析可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，由于開始運動時，系統(tǒng)動量為零，則任意時刻兩棒的動量大小相等，方向相反，則有，設(shè)運動時間為，則有，即，則ab與cd的路程之比為，故B正確；由上述分析可知整個運動過程中，兩棒所受安培力一直保持大小相等，且ab與cd的路程之比為，則ab與cd克服安培力做的功之比為，由公式可知由于ab與cd的電阻之比為，則ab與cd產(chǎn)生的熱之比為，可知cd棒克服安培力做的功不等于cd棒產(chǎn)生的熱量，C錯誤；由公式、和可得整個運動過程中，通過cd的電荷量為，當兩棒在各自磁場中往復(fù)運動直至停止，彈簧恢復(fù)原長，兩棒間距離減小，則向右運動的距離為，向左運動的距離為，則有，故D正確。故選BD。第Ⅱ卷三、填空題（每空1分，共9分）9．（3分）2022年，中國新一代“人造太陽”科學(xué)研究取得突破性進展，HL-2M等離子體電流突破100萬安培，創(chuàng)造了我國可控核聚變裝置運行新記錄。其中，氫核聚變的核反應(yīng)方程為，則為，已知質(zhì)量為，質(zhì)量為，質(zhì)量為，的質(zhì)量為，光速，則該核反應(yīng)釋放的核能大小為（請用、、、、表示）【答案】（1分）（2分）【解析】根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知為；由愛因斯坦質(zhì)能方程可知釋放的核能10．在“測量玻璃的折射率”的實驗中，某同學(xué)經(jīng)正確操作后作出的光路圖如圖所示，該玻璃磚的橫截面為梯形。該同學(xué)測量出入射光線與玻璃磚前表面的夾角為30°，折射光線與玻璃磚前表面的夾角為60°，玻璃磚前、后表面的間距為。已知光在真空中的傳播速度為，則可計算出玻璃磚的折射率為；該光在玻璃磚中的傳播速度為m/s；該光在玻璃磚中從A點傳播到B點的時間為s?！敬鸢浮浚?分）（1分）（1分）【解析】根據(jù)折射定律可得。根據(jù)速度與折射率的關(guān)系，，可得。光在玻璃中的傳播時間，又，聯(lián)立解得11．圖甲為某一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波在時刻的波形圖，圖乙為參與波動的某一質(zhì)點的振動圖像，該簡諧橫波的傳播速度為m/s，從此時刻起，經(jīng)過2秒，P質(zhì)點運動的路程為m?！敬鸢浮?（1分）1.6×10?2（2分）【解析】由圖甲可知，由圖乙可知，則有該簡諧橫波的傳播速度為。t=2s=2T，從此時刻起，經(jīng)2秒，P質(zhì)點運動的路程為。四、實驗題（共12分，第12題6分，第13題6分）12．描繪一個標有“

”的小燈泡的伏安特性曲線，有以下器材供選用：A．電壓表V量程，內(nèi)阻為B．電流表量程，內(nèi)阻約C．毫安表量程，內(nèi)阻約D．電阻箱（）E.滑動變阻器（10Ω，2A）F.滑動變阻器（，0.5A）G.蓄電池（電動勢，內(nèi)阻不計）電鍵一個(1)電流表選擇（選填“”或“”）滑動變阻器選擇（選填“”或“”）(2)實驗要求能夠?qū)崿F(xiàn)在的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進行測量，盡可能減少實驗誤差，請你在虛線方框中畫出實驗電路原理圖。(3)由實驗可描繪出小燈泡的伏安特性曲線如下圖，現(xiàn)把該小燈泡和一個電源（電動勢，）串聯(lián)在一起如乙圖，則小燈泡的實際功率（保留兩位有效數(shù)字）【答案】(1)（1分）（1分）(2)（2分）(3)（2分）【解析】（1）根據(jù)可求得，因此電流表選；描繪小燈泡的伏安特性曲線，應(yīng)選用分壓式接法，滑動變阻器最大阻值選阻值小的，因此選。（2）描繪小燈泡的伏安特性曲線，應(yīng)選用分壓式接法，燈泡電阻小，選擇電流表外接法，由于電壓表的量程不足以完成實驗，所以應(yīng)該改裝電壓表，即將一個電阻箱與電壓表串聯(lián)從而改裝電壓表。電路圖如圖（3）根據(jù)化簡可得，其中為橫軸，為縱軸，在小燈泡的伏安特性曲線中畫出對應(yīng)直線，如圖，交點即為工作電壓，電流，根據(jù)可得。13．阿特伍德機是著名的力學(xué)實驗裝置，根據(jù)該裝置可測量重力加速度，也可驗證牛頓第二定律、機械能守恒定律或動量定理等力學(xué)規(guī)律。圖甲是阿特伍德機的其中一種簡化模型，鐵架臺上固定一輕質(zhì)滑輪，跨過滑輪的輕質(zhì)細繩懸吊質(zhì)量均為的兩個物塊P、Q，物塊P側(cè)面粘貼小遮光片，其寬度為d、質(zhì)量忽略不計。在物塊P、Q下各掛5個相同的小鉤碼，質(zhì)量均為。光電門1、2通過連桿固定于鐵架臺上，并處于同一豎直線上，且光電門1，2之間的距離為h。兩光電門與數(shù)字計時器相連記錄遮光片通過光電門的時間。整個裝置現(xiàn)處于靜止狀態(tài)，當?shù)氐闹亓铀俣葹間。實驗步驟如下：n123450.200.410.590.791.00(1)該小組同學(xué)先用該裝置探究牛頓第二定律。將n（依次取、2、3、4、5）個鉤碼從物塊P的下端摘下并掛在物塊Q下端的鉤碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間、。由勻變速運動規(guī)律可得到物塊P上升過程的加速度（用“h、d、、”表示）。該小組同學(xué)測量的數(shù)據(jù)見上表，他們將表格中的數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)變?yōu)樽鴺它c畫在圖乙的坐標系中，并作出圖像。從圖像可以得出：a與n成正比，圖像的斜率（用“M、m、g”表示）。根據(jù)斜率可進一步求得當?shù)氐闹亓铀俣?。同時也說明當連接體質(zhì)量一定時，連接體的加速度與其所受的合外力成正比。(2)該小組同學(xué)想利用該裝置驗證機械能守恒定律，將5個鉤碼從物塊P的下端摘下并掛在物塊Q下端的鉤碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間、。該過程中系統(tǒng)動能的增加量，系統(tǒng)重力勢能的減少量。（用“M，m，g，h、d、、”表示），代入真實的數(shù)據(jù)計算后即可得出系統(tǒng)的機械能是否守恒的結(jié)論。(3)該小組同學(xué)還想利用該裝置驗證動量定理，將5個鉤碼從物塊P的下端摘下并掛在物塊Q下端的鉤碼下面。釋放物塊，用計時器記錄遮光片通過光電門1、2的時間、。并且記錄下遮光片從1運動到2的時間t。若以運動方向為正方向沿繩子建立一維坐標系，則該過程中系統(tǒng)“繩向”的動量變化量為，“繩向”合外力對系統(tǒng)的沖量。（用“M，m，g，d，t，、”表示），代入真實的數(shù)據(jù)計算后即可驗證系統(tǒng)動量的變化量與合外力的沖量大小是否相等?！敬鸢浮?1)（1分）（1分）(2)（1分）（1分）(3)（1分）（1分）【解析】（1）物塊P通過光電門1、2時的速度分別為、，物塊P的遮光片從1運動到2，由運動學(xué)規(guī)律可知，以P、Q兩物塊和10個小鉤碼整體為研究對象，由牛頓第二定律可知，整理，可得，由圖像可知a與n成正比，圖像的斜率.（2）該過程中系統(tǒng)動能的增加量為，系統(tǒng)重力勢能的減少量為。（3）該過程中系統(tǒng)“繩向”的動量變化量為，“繩向”合外力對系統(tǒng)的沖量為五、計算題：本題共3小題，共39分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。14．（11分）如圖，生產(chǎn)活動中的常用工具“鎬”由鎬頭和木柄兩部分組成，鎬頭嵌套在木柄上。為使兩者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距離地面高為h）使兩者一起以相同加速度2g豎直向下運動，木柄與地面碰撞后速度立刻變?yōu)榱悴⒈３朱o止不動。已知鎬頭與木柄間的滑動摩擦力大小為Ff，鎬頭質(zhì)量為m，木柄足夠長，重力加速度為g，求（1）鎬頭和木柄一起向下運動時，兩者之間的摩擦力的大??；（2）木柄與地面碰撞后鎬頭相對于木柄運動的距離。

【答案】（1）；（2）【解析】（1）鎬頭和木柄一起向下運動時，對鎬頭由牛頓第二定律有（2分）其中解得（2分）（2）設(shè)木柄與地面碰撞時，搞頭的速度為，由運動學(xué)公式有（2分）解得木柄與地面碰撞后，鎬頭相對木柄向下運動，以向下為正方向，由牛頓第二定律有（2分）解得由運動學(xué)公式有（2分）聯(lián)立解得（1分）15．（12分）一次課外活動中，蘭蘭讓浮有乒乓球的水杯從一定高度下落，撞擊地面后發(fā)現(xiàn)乒乓球反彈的高度遠大于乒乓球起始高度。為了探究水杯里的乒乓球彈得更高的原因，可將上述過程簡化為以下過程，如圖所示：水杯和乒乓球從H=0.8m處由靜止釋放，水杯與地面碰撞過程中損失了75%的機械能，且碰撞時間極短，乒乓球與杯內(nèi)水的相互作用過程近似為彈性碰撞，作用后乒乓球立即豎直上拋，乒乓球的質(zhì)量m，水和杯的總質(zhì)量M，忽略空氣阻力及杯中水量的變化，重力加速度g取10m/s2，結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字。求：（1）水杯落地時乒乓球的速度為多少；（2）水杯與地面碰撞后的速度為多少；（3）若，乒乓球反彈的高度約為多少。【答案】（1）4m/s，方向豎直向下；（2）2m/s，方向豎直向上；（3）3.2m【解析】（1）水杯落地過程，根據(jù)動能定理有（2分）解得（1分）方向豎直向下。（1分）（2）水杯與地面碰撞過程中損失了75%的機械能，則有（1分）解得（1分）方向豎直向上。（1分）（3）乒乓球與杯內(nèi)水的相互作用過程近似為彈性碰撞，則有（1分）（1分）解得若，解得乒乓球的速度（1分）乒乓球以該速度向上做豎直上拋運動，利用逆向思維有（1分）解得（1分）16．（16分）如圖所示的平面直角坐標系中，x軸水平向右、y軸豎直向上，區(qū)域I存在平行于xoy平面的勻強電場，電場強度大小為，區(qū)域II存在垂直于xoy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，區(qū)域III存在豎直向上、場強大小為的勻強電場，和垂直于xoy平面向外、寬度均為d、磁感應(yīng)強度大小依次為，的勻強磁