2022年高考物理模拟试卷三.pdf

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1、2022年高考物理模拟试卷三一、单 选 题（本大题共4 小题，共 16.0分）1.如图，甲、乙两位同学同时在等高处抛出手中的篮球4、B,4 以速度%斜向上抛出。B以速度外竖直向上抛出。当4到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，4、B均可视为质点，重力加速度为g,以下说法正确的是（）A.Vj v2 B.相遇时A的速度一定为零C.B从抛出到最高点的时间为藁 D.从抛出到相遇4 的速度的变化量较大2.一定质量理想气体某温度下的等温线如图中虚线所示，该气体在此温度下的状态a开始绝3.如 图 所 示，北京时间2021年10月16日神舟十三号载人飞船与在轨飞行的天和核心舱顺利实现径向自主交汇对接构成组合体

2、（还在原轨道上飞行）。此后，航天员王亚平成功出舱作业，创造了中国航天史上第一个新纪录，成为中国女航天员太空行走第一人。下列说法正确的是()A.为实现对接，飞船先运动到空间站轨道下方圆周轨道上合适的位置，然后向后喷气加速B.对接后构成的组合体质量变大，故环绕速度变大C.若航天员与连接空间站的安全绳脱离，航天员立刻会高速飞离空间站D.航天员此时处于完全失重状态，故不受地球的引力作用4.如图所示，Qi、Q2为两个等量同种的正点电荷，在Qi、2 2产：生的电场中有M、N和。三点，其中M和。在Qi、?2的连线上（。为连线的中点），N为过。点的垂线上的一点.则下列说法中正确的货-%-9必；2是（）A.在M

3、、N和。三点中。点电场强度最小B.在M、N和0三点中。点电势最低C.若ON间的电势差为U,ON间的距离为d,则N点的场强为gD.若ON间的电势差为U,将一个带电量为q的正点电荷从N点移到0点，电场力做功为qU二、多 选 题（本大题共4小题，共16.0分）5.如图甲所示为市面上的一款自发电无线门铃，按下按键，按键将推动水磁铁运动，如图乙所示，即能产生电能供给发射器正常工作。松开按键后，在弹簧作用下按键将恢复原位。关于按下按键和松开按键反弹过程中，下列说法正确的是（）A.按下按键过程中，线圈中会产生感应电动势B.按键反弹过程中，线圈中不会产生感应电动势C.按住按键保持不动，线圈中始终有感应电流D.

4、按键反弹过程中，弹簧的弹性势能有一部分转化为电能6.某兴趣小组利用压敏电阻（压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小）设计了判断电梯运动状态的装置，示意图如图甲所示。将压敏电阻B平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体4电梯静止时电压表示数为U0,电梯由静止启动后的一段时间内，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列说法正确的是（）A.0t 内电梯可能上升C.三匕内电梯可能匀减速上升B.“t2内电梯匀加速下降D.G时刻电梯速度达到最大7.某2022级物理小组设计了一种实验装置,用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径R=1.28m的半圆，且半圆在最低点与水平部

5、分相切。5个大小相同的小球并列静置于水平部分，相邻球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4,且每球质量与其相邻左球质量之比皆为鼠将0号球向左拉至左侧轨道距水平部分高九=0.2m处，然后由静止释放,使其与1号球相碰，1号球再与2号球相碰所有碰撞皆为弹性正碰，且碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为9。则下列说法正确的是（）A.若k=1,释放0号球后，看到5个（04号）小球一起向右运动B.若k=l,释放0号球后，看到只有4号球向右运动C.若k 1,要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，贝味应满足0-，D.若k l,要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，贝欣应

6、满足0 k w 近+18.如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=1 0 m/s2,则()O O177T777 风t图甲A.小球释放位置距地面的高度为0.6mB.小球在下落过程受到的风力为0.1NC.小球刚接触弹簧时的动能为0.45/D.小球的最大加速度大小为10m

7、/s2三、实验题(本大题共2 小题，共 19.0分)9.采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验。(1)实 验 时 需 要 下 列 哪 个 器 材；A.弹簧秤8.重锤线C.打点计时器(2)做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹，下列的一些操作要求，正确的是;A.每次必须由同一位置静止释放小球B.斜槽必须是光滑的C.记录的点应适当多一些D 用折线描绘出小球的运动轨迹（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片。在测得与、工2、43、M后，需 要 验 证 的 关 系 是。10.实验室有一只灵敏电流计，刻度盘上共有50格

8、刻度而无具体示数，已知该电流计的满偏电流约为几百微安，内阻Rg约为几百欧姆。为了测出和勺，小明设计了图示的甲、乙电路。除电流计外，提供的器材有：电压表V（量程4 V,内阻为15k。）；滑动变阻器8（0 2 0 0 24）；滑动变阻器/?2（0 20000,0.5/1）;电阻箱/?3（。999.90）；电阻箱/?4（。9999.90）；电池组（电动势6 V,内阻忽略不计）；开关、导线若干。甲 中滑动变阻器4应选择（填“%”或“公 ）;（2）乙中虚线框内的可变电阻R应选择（填“A?”、“区3”或 R J）；（3）实验主要步骤：将甲中滑动变阻器滑到最左端，闭合开关，滑片向右滑动，记下电压表的示数U和

9、电流计指针的格数加 某次实验电压表示数为3.6IZ,电流计指针为30格，那么电流计的满偏电流为_fiAo将乙中的可变电阻R调至最大值，断开S】，闭合S,减小R的阻值，使电流计指针达到满偏；闭合Si，调节B,电流计指针指在35格，此时电阻箱读数为3 5 0 0,则%为 0。（4）用图乙测量内阻时，考虑到系统误差，内阻测量值_ _ _ _ _ _（填“大于”、“小于”或“等于 ）真实值。四、简 答 题（本大题共2小题，共12.0分）11.如图所示，一根较长的细线一端固定在装置的横梁中心,另一端系上沙漏，装置底部有一可以向前移动的长木板。当沙漏左右摆动时，漏斗中的沙子均匀流出，同时匀速拉动长木板，漏

10、出的沙子在板上形成一条正弦曲线。在曲线上两个位置P和Q,细沙在_ _ _ _ _(选填 P”或 Q”)处堆积的沙子较多。由于木板长度有限，如图只得到了摆动两个周期的图样，若要得到三个周期的图样，拉动长木 板 的 速 度 要(选 填“快”或“慢”)些。12.铀核裂变的产物是多样的，一种典型的铀核裂变是生成X核和氟核，同时放出3个中子，核反应方程是235贫5(7+6-X+黑Kr+3加。X原子核中含 个中子，反 应 后 核 子 的 比 结 合 能(选填“增加”“减小”或“不变”)。五、计算题(本大题共3 小题，共 37.0分)13.如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈4B C D

11、,绕垂直于磁场的轴。匀速转动，转动的角速度为1 0 0 ra d/s,匀强磁场的磁感应强度为乎7,矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R=5 0 0,电表均为理想交流电表.当线圈平面与磁场方向平行时开始计时.求:(1)线圈中感应电动势的表达式；(2)由图示位置转过30。角的过程产生的平均感应电动势；(3)当原、副线圈匝数比为2:1时，求电阻R上消耗的功率.14.如图，在平面直角坐标系支。y 中，x轴上方存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=粤，x轴下方存在垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为一个静止的带正电粒2qh子位于y轴正半轴的4(0,幻点，质量为2巾，

12、电荷量为2q。某时刻由于内部作用，分裂成两个相同的粒子a和b,分别沿x轴正方向和负方向进入电场。已知粒子a进入第一象限的速度大小为北。设分裂过程不考虑外力的作用，在电场与磁场中的运动过程不计粒子重力和粒子间的相互作用。(1)若粒子a第一次通过x轴 的 位 置 为 求 M离原点。的距离X；(2)若粒子b第二次通过%轴的位置为Q,求MQ之间的距离上15.如图所示，光滑固定轨道。4高h,一质量为m电荷量为q的带正电的小滑块(可视为质点)从。点由静止自由滑下，另一质量为的绝缘塑料板静止在光滑水平面上.上表面与4 的切线平齐，滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数4=0.1。在滑块右前方虚线MN、RS区域内存

13、在一宽度/=靠 心 方向水平向左，大小后=智的匀强电场，虚线RS右侧存在方向垂直纸面向外，大小8=吧 部 的 匀 强 磁 场，当小滑块进入水平电场时恰好未从板的右端滑出，重力加速度为g,不计空气阻力。求：(1)绝缘塑料板的长度；(2)小滑块到达边界RS时，小滑块和塑料板的速度各为多大；(3)小滑块到达边界RS时，塑料板恰与前方固定挡板P相碰(碰撞过程无能量损失)，碰后滑块最终恰好未从塑料板右端滑出，问碰后多久小滑块停下。M E R答案和解析1.【答案】A【解析】解：A B,篮球4做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，到达最高点时4的竖直分速度为零，水平分速度不为零，

14、到达最高点两球相遇时的速度不为零；篮球B做竖直上抛运动，/在竖直方向做竖直上抛运动，4 B同时抛出，两球相遇，说明4的竖直分速度为与B的初速度相等，即为=%，设4的水平分速度大小为以，4抛出时的速度大小巧=1%+药=J或+诏 v2故A正确，B错误；C、篮球B抛出时的速度与4的竖直分速度相等，4到达最高点时B也到达最高点，B从抛出到最高点的时间t=g 故C错误；D、从抛出到相遇，4、8的运动时间t相等，速度变化量Au=gt相等，故 错误。故选：Ao本题考查竖直上抛运动和斜上抛运动，解题时应注意：斜上抛运动可以分解为竖直方向的竖直上抛运动与水平方向的匀速直线运动；分析清楚两篮球的运动过程，应用运动

15、的合成与分解、运动学公式即可解题。2.【答案】A【解析】【分析】根据热力学第一定律分析出气体内能的变化，从而得到温度的变化，同时要理解在pV图像中，pV的乘积与温度的高低成正比即可完成分析。本题主要考查了热力学第一定律的相关应用，根据热力学第一定律分析出气体温度的变化，同时要理解pV的物理意义即可完成分析。【解答】气体绝热膨胀，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低，因此pH乘积减小，故等温线靠近坐标轴，故A正确，BCD错误。故选：儿3.【答案】A【解析】解：人飞船在低轨道变轨到高轨道实现对接，需要飞船先运动到空间站轨道下方圆周轨道上合适的位置，然后向后喷气加速做离心运动，故

16、A 正确；B、对接后构成的组合体质量变大，但依然满足万有引力提供向心 力 粤=皿 Q，解得您,故环绕速度大小不变，故 B 错误；C、若航天员与连接空间站的安全绳脱离，航天员的所受万有引力依然满足匀速圆周运动故航天员依然做同轨的圆周运动，故 C错误；航天员此时处于完全失重状态，但依然受地球的引力作用，故。错误；故选：Ao根据变轨原理分析；航天员与空间站有相同的运动状态，根据万有引力提供向心力判断速度，航天员在太空行走时处于完全失重状态，仍然受到地球的万有引力做匀速圆周运动。本题解题的关键在于理解航天员在太空中处于完全失重状态，且万有引力提供向心力。4.【答案】A【解析】解：4、在M、N和0三点中

17、。点电场强度为零，故 4 正确；8、将正的试探电荷从M点移到。点，电场力做正功，电势能降低，故电势降低；再将正的试探电荷从0点移到N点，电场力做正功，电势能降低，电势降低，故N点电势最低，故 5 错误；C、公式U=Eq仅仅适用匀强电场，故 C错误；D、若ON间的电势差为U,将一个带电量为q的正点电荷从。点移到N点，电场力做功为q U,从N点移到。点，要克服电场力做功为q U,故 O 错误；故选A.两等量同种电荷的场强的合成遵循平行四边形定则；电势的高低可以通过移动正的试探电荷，看电场力做功情况；公式U=Eq仅仅适用匀强电场.对于等量同种电荷的电场，要明确两电荷连线和两电荷连线的中垂线上的电场分

18、布情况.5.【答案】AD【解析】解：4B.按下按键和按键反弹的过程中，穿过线圈的磁通量都会发生改变，都会产生感应电动势，故 A 正确，8 错误；C.按住按键保持不动，线圈中磁通量不发生变化，线圈中没有感应电流，故 C错误；。.由能量守恒定律可知按键反弹过程，弹簧的弹性势能减小，克服磁场力做功并转化为电能，也有部分能量转化为其他形式的能，故。正确。故选：AD.按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流；按键反弹，弹簧的弹性势能有部分转化为电能。本题以市面上的一款自发电无线门铃为背景，考查了产生感应电动势的条件，要求学生明确电磁感应的概念

19、，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势。6.【答案】BD【解析】解：4、0t i内电压表示数变大，压敏电阻的阻值增大，说明压敏电阻受到的压力不断减小，物体处于失重状态，电梯由静止开始向下加速运动，故A错误：B、匕t2内电压表示数不变，电梯匀加速下降，故8正确：C D、tzt3内电压表示数变小，但没有小于%，说明电梯依然在向下加速，加速度不断减小，t3之后电梯开始减速，故c错误，。正确。故选：B D。根据电压表的示数与电梯静止时电压表示数比较，判断压敏电阻的变化，分析压敏电阻B对物体4的支持力和4的重力的关系，从而判断加速度方向，分析电梯可能的运动情况。本题关键是根据U-t图象分析电压表示数的

20、变化情况，结合电路特点得到压敏电阻变化情况，再由压敏电阻特性得到压力变化情况，最后得到加速度变化情况。7.【答案】BC【解析】解：4B.当k=l时，即小球质量均相等，所有碰撞为弹性碰撞，均为速度交换，故A错误，8正确。CD.当k 1时由机械能守恒，第0号球与第1号球碰前，第0号球的速度%=/协，根据弹性碰撞公式，第。号球与第1号球碰后，第1号球的速度=推%，同理第1号球和第2号球碰后，第2号球的速度外=（推）2%，则第4号球碰后女=（告）4%，要能通过右侧圆轨道最高点，贝心7 7 1式=2 mgR+m v2,能过右侧轨道的最高点又有u 2后 除 联立有（2）8 2 1 6,解得女或 一1,因此

21、k应满足0 (4 -5 0；5)-RB解得灵敏电流计的真实内阻应满足Rg 1 5 0 0可知内阻R g测量值小于真实值。故答案为：(1)%;(2*4；(3)4 0 0;1 5 0；小于(1)根据实验原理分析出滑动变阻器的接法，并由此选择合适的滑动变阻器；(2)根据电流计和电源电动势的大小，根据欧姆定律分析出选择的可变电阻；(3)根据闭合电路欧姆定律分析出电流计的满偏电流；(4)根据闭合电路欧姆定律结合实验原理分析出内阻测量值和真实值的大小关系。本题主要考查了电表内阻的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合闭合电路欧姆定律以及电路结构完成分析。1 1.【答案】Q慢【解析】解：由题图可知，

22、Q点位于最大位移处，P点位于平衡位置，沙漏摆动至Q点左上方最近时速度最小，运动最慢，所以细沙在Q处堆积的沙子较多。若要得到三个周期的图样，沙摆周期不变，需要增加沙漏在木板上方摆动的时间，由1 7 =亨知拉动长木板的速度要慢些。故答案为：Q,慢。沙漏摆动时，通过平衡位置时速度最大，通过最大位移处时速度最小，根据速度的大小分析堆积的沙子多少；根据t =L分析拉动长木板的速度大小。V本题考查单摆的运动特点，要抓住沙摆的摆动和木板的平移同时发生，然后结合速度的定义分析拉动长木板的速度大小。1 2.【答案】88增加【解析】解：由重裂变过程重，电荷数（质子数）守恒和质量数守恒，可得X的电荷数（质子数）和质

23、量数分别为：9 2-36 =5 6,235 +1 -8 9-3 =1 4 4,根据中子数=核子数一质子数，所以X的中子数为1 4 4 -5 6 =8 8；重核裂变过程释放核能，所以反应后核子的比结合能增加（中等大小的原子核比结合能较大）。故答案为：8 8,增加。根据核反应过程中，质量数守恒与电荷数守恒即可判断出X中的质子数与中子数；重核裂变往比结合能大的方向反应。本题考查了核反应方程的基本运用，要明确核反应过程中，质量数与电荷数守恒，比较简单，要加强训练，才能熟练。1 3.【答案】解：（1）感应电动势的最大值b巾=nBSo）=1 0 0 V 2 V线圈中感应电动势的表达式为e =1 0 0 V

24、 2co s l 0 0 t V（2）线圈转过3 0。过程中磁 通 量 的 变 化4 0 =BSs i n 3 O。所用时间4 t =-C O产生的平均感应电动势E =嘤=nBSs=1 3 5.1 V（3）电压表示数为电压的有效值，则U=1 0 0 V电阻R两端的电压册=詈1 7 =1 x 1 0 0 K=50V则电阻R上消耗的功率P =5 0 WR答：（1）线圈中感应电动势的表达式为e =1 0 0 V 2 c o s l 0 0 t V；（2）由图示位置转过3 0。角的过程产生的平均感应电动势1 3 5.1 V；（3）当原、副线圈匝数比为2:1时，电阻R上消耗的功率5 0 W。【解析】(1

25、)根据线圈中感应电动势/=B S 3,结合开始计时位置，即可确定瞬时表达式；(2)根据法拉第电磁感应定律求平均感应电动势。(3)先求出交流电的有效值，再由电压与匝数成正比，解得电阻R上消耗的功率。掌握理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，掌握感应电动势最大值的求法，理解有效值与最大值的关系。14.【答案】解：(1)依题意可知带正电粒子分裂成的相同粒子a、b,ma=mb=m,qa=qb=q,粒子a在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律有：m a =qE,根据题意解得：。=理2h由类平抛运动规律有：h=at2X=VQt解得：t=,x=(2)根据动量守恒定律可知，分离时a、b两个粒子速度大小相等

26、，方向相反，故两粒子在电场中运动轨迹关于y轴对称。设b粒子第一次通过%轴的位置为N点，有ON=OM设b粒子以速度进入匀强磁场，与x轴正方向成。，则以=%vy=at=V3v0则有：tanO=V3,6=60vo解得：V=cs0=2 v粒子b在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r,由洛伦兹力提供向心力有：q u B u n i?故MQ间的距离L=2 rsin9+2%=铮 h+入;也3C JD答：(1)若粒子a第一次通过x轴的位置为M,M离原点。的距离为竽人；(2)若粒子b第二次通过x轴的位置为Q,MQ之间的距离为竽h+窄2【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，即带电粒子在水平方向做匀速直线

27、运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，分别列式即可求解；(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子轨迹图，由洛伦兹力充当向心力列式求解轨道半径，再进一步求解L即可。此题考查了带电粒子在电场中的类平抛运动和在磁场中的匀速圆周运动，分解是处理带电粒子在匀强电场中的类平抛问题的关键，“找圆心、定半径”是处理带电粒子在匀强磁场中圆周运动的基础。15.【答案】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。(1)小滑块到达4端时速度为 ,根据机械能守恒定律得：m g h =mvl滑块与塑料板相互作用过程中系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0=(m+1m)v根据能量守恒定律可得：lmgL=+解得塑料

28、板板长为：4=争；(2)小滑块进入水平电场时假设发生了相对滑动，对小滑块qE-nmg=ma.代入数据解得：%=0.3g对塑料板根据牛顿第二定律：iimg=m a2解 得=02g，%g，则假设成立。设小滑块出水平电场时速度为%,塑料板速度为以，因为：弓;一说=2a】d解得：%=2 gh在水平电场运动时间:%则：v2=共一a2 tl联立解得：v2=gj2 gh；(3)出水平电场时小滑块离板右端的距离：=写?七“共丁 口解得：/%=io板反弹后系统的总动量：p =?n%-g n w 2，解得：P =0设板反弹至停下的过程中小滑块和板的位移大小分别为与、不。由系统动量守恒定律得：m x1 m x2=0

29、又：x1+x2=2 1%解 得:x1=-h对小滑块，在磁场中减速为零的运动过程中，由动量定理可得：l2(mg+qvBt m v1imgt+p.qBx1 m v1解得：t =g后。答：绝缘塑料板的长度为与力；(2)小滑块到达边界R S时，小滑块和塑料板的速度分别为2西几;河；(3)碰后经过号耳小滑块停下。【解析】(1)根据机械能守恒定律求解小滑块到达4端时速度，再根据动量守恒定律、能量守恒定律进行解答；(2)小滑块进入水平电场中后，分析二者的受力情况和运动情况，根据运动学公式进行解答；(3)根据运动学公式求解出水平电场时小滑块离板右端的距离，板反弹后系统的总动量为零，由系统动量守恒定律结合位移关系、动量定理进行解答。本题主要是考查动量守恒定律和带电物体在电场中的运动，关键是能够分析求出系统中各物体的运动情况，掌握动量守恒定律的应用方法。