2022屆高三一模測驗卷 物理 A卷 答案版

好教育云平臺一模檢驗卷第=page2*2-13頁（共=sectionPages3*26頁）好教育云平臺一模檢驗卷第=page2*24頁（共=sectionPages3*26頁）此卷只裝訂不密封班級此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號此卷只裝訂不密封班級姓名準考證號考場號座位號物理（A）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．核動力航空母艦因其性能強勁堪稱海上霸主，它利用可控制核裂變釋放的核能獲得動力，我國正計劃建造核動力航母。有一種核裂變的方程為eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→X＋eq\o\al(94,38)Sr＋10eq\o\al(1,0)n，關于該核裂變，下列說法正確的是()A．X的核子數為141B．X的中子數為75C．核反應方程可以簡化為eq\o\al(235,92)U→X＋eq\o\al(94,38)Sr＋9eq\o\al(1,0)nD．X比eq\o\al(235,92)U穩(wěn)定【答案】D【解析】根據質量數和電荷數守恒可得X的核子數為132，質子數為54，中子數為78，故AB錯誤；核裂變反應必須有中子的參與才能發(fā)生，所以反應物中不能缺少中子，故C錯誤；核裂變反應存在質量虧損，會釋放核能，生成物的總結合能比反應物的總結能大，則生成物X的比結合能比反應物eq\o\al(235,92)U的比結合能大，所以X比eq\o\al(235,92)U穩(wěn)定，故D正確。2．如圖所示，在離地高度為h的兩個不同位置，將質量相等的A、B兩個小球分別水平向左、豎直向上以大小相等的初速度拋出，A、B兩球從拋出到落地動量變化量之比為1∶2。已知重力加速度為g，不計空氣阻力，則兩球拋出時的初速度大小為()A．eq\f(1,4)eq\r(2gh)B．eq\f(1,2)eq\r(2gh)C．eq\f(3,4)eq\r(2gh)D．eq\r(2gh)【答案】C【解析】根據動量定理可知，兩球在空中運動的時間之比為1∶2，則A球運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))，對B球，解得，故選C。3．如圖甲所示，三個電荷量大小均為Q的點電荷位于等邊三角形的三個頂點上，其中帶負電的點電荷位于坐標原點處，x軸處于等邊三角形的一條中線上?，F讓一帶電量為＋q的試探電荷沿著x軸正方向運動，以x正向為＋q所受電場力的正方向，得到＋q所受電場力隨位置的變化圖像如圖乙所示，設無窮遠處電勢為零。則以下說法正確的是()A．x1＜x0B．在x正半軸上，＋q在x2處所受電場力最大C．＋q在x1處電勢能最大D．＋q在x1處電勢能為零【答案】C【解析】圖乙中x1的位置正點電荷所受的電場力等于零，根據圖甲來判斷x0的位置正點電荷的受力不為零，方向向左，根據題意，正點電荷受力等于零的位置在x0的右側，如圖，故x1在x0的右側，故A錯誤；由圖像可知，在軸正半軸上，越靠近負點電荷時，正點電荷的受力越大，故B錯誤；在范圍內，正電荷所受電場力合力為水平向左，正點電荷在x1位置受力平衡，在x1的右側正點電荷所受合力方向水平向右，在范圍內，電場力做負功，電勢能增加，x＞x1范圍內，電場力做正功，電勢能減小，故在x1處電勢能最大，故C正確，D錯誤。4．如圖甲所示為可變電容器，圖乙為兩個完全相同的半圓形的平行金屬板接在電路中，開始兩金屬板正對。閉合開關S，將上側金屬板轉過60°，同時將兩板之間的距離增大到原來的eq\f(3,2)；調節(jié)前后將同一重力不計的正粒子由下側極板無初速釋放，釋放位置都在兩極板正對面內。假設兩極板正對面之間的電場始終為勻強電場，則調整前后()A．兩極板間的電場強度之比為2∶3B．平行板電容器的電容之比為9∶4C．電容器所帶的電荷量之比為3∶2D．粒子在極板間運動的時間之比為3∶2【答案】B【解析】由于電容器的兩極板與固定的電源相連接，則調整前后兩極板之間的電壓不變，由公式E＝eq\f(U,d)可知，調整前后兩極板間的電場強度之比為3∶2，A錯誤；由平行板電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知，B正確；由公式Q＝CU可知，C錯誤；粒子由靜止從下側極板運動到上側極板的過程中，由動能定理有可知電子到達上側極板的速度，電容器兩端電壓不變，則調整前后粒子到達上側極板的速度相同，粒子運動的平均速度相同，則調整前后粒子在極板間運動的時間之比為，D錯誤。5．如圖所示，質量為M的三角形斜劈放置在粗糙水平地面上，斜面傾角為θ，一質量為m的物塊以速度v0恰好沿斜面勻速下滑，某時刻給物塊施加一方向垂直斜面向下、大小為mg的推力F，最后物塊停止在斜面上，整個過程中斜劈始終靜止在地面上。重力加速度大小為g，則()A．物塊與斜面間的動摩擦因數為sinθB．從剛施加推力到物塊停止運動時，物塊運動的位移大小為C．施加推力后，物塊下滑過程中，地面對斜劈的摩擦力方向向右D．施加推力后，物塊下滑過程中，地面對斜劈的支持力大小為【答案】D【解析】物體恰好沿斜面勻速下滑時有，又，解得物塊與斜面間的動摩擦因數為，A錯誤；施加壓力后，摩擦力增大，物塊做減速運動，物體運動的位移為，又，即有，可得，B錯誤；施加F后，對斜劈進行受力分析水平方向向左有，水平方向向右有，解得，則斜劈不受地面的靜摩擦力，C錯誤；對斜劈進行受力分析可得，豎直方向有，對地面的壓力，又，解得，根據牛頓第三定律可得，地面對斜劈的支持力大小，D正確。6．2021年5月15日7時18分，“天問一號”探測器成功著陸于火星。假設“天問一號”發(fā)射后經過地火轉移軌道被火星捕獲，進入環(huán)火星圓軌道，經變軌調整后，從A點進入著陸準備軌道，如圖所示。已知“天問一號”火星探測器的火星著陸準備軌道為半長軸為a，周期為T1的橢圓軌道；我國北斗導航系統(tǒng)的中圓地球軌道衛(wèi)星軌道半徑為r，周期為T2，引力常量為G。則下列判斷正確的是()A．C．由題目已知數據可以估算火星的質量和密度D．由題目已知數據可以估算火星質量和地球質量的比值【答案】BD【解析】由于我國北斗導航系統(tǒng)的中圓地球軌道衛(wèi)星繞地球運動，而“天問一號”火星探測器在著陸準備軌道上運動時是繞火星運動，中心天體不一樣，因此開普勒第三定律不適用，A錯誤；“天問一號”從環(huán)火星圓軌道進入著陸準備軌道時需要減速，所以開啟發(fā)動機向前噴氣，B正確；由開普勒第三定律可知軌道半徑為a的繞火星做勻速圓周運動的衛(wèi)星的周期也為T1，設火星的質量為M1，有，可，所以能估算火星質量，而如果估算火星密度還需要知道火星半徑，C錯誤；利用中圓軌道衛(wèi)星可以估算地球質量，火星質量和地球質量的比值，D正確。7．如圖所示，扇形區(qū)域AOB內存在有垂直平面向內的勻強磁場，OA和OB互相垂直，且是扇形的兩條半徑，一個帶電粒子從A點沿AO方向進入磁場，從B點離開，若該粒子以同樣的速度從C點平行與AO方向進入磁場，則()A．粒子帶正電B．C點越靠近B點，粒子偏轉角度越大C．C點越遠離B點，粒子運動時間越短D．只要C點在AB之間，粒子仍然從B點離開磁場【答案】AD【解析】由題意，粒子從A點進入磁場從B點離開，由左手定則可以確定粒子帶正電，故A正確；由題意知當粒子從A點入射時，從B點離開磁場，則粒子做圓周運動的半徑等于磁場圓弧區(qū)域的半徑，根據磁聚焦的原理（一束平行的帶電粒子射向半徑與粒子做圓周運動的半徑相同的圓形磁場區(qū)域時，這些粒子將從同一點射出圓形磁場，這種平行粒子束會聚到一點的現象與透鏡將光束聚焦現象十分相似，因此叫磁聚焦），當入射方向平行時，這些粒子將從同一點射出，如圖所示，從點A、C、C1、C2以相同的方向進入磁場，則這些粒子從同一點B射出，從圖中看出，C點越靠近B點，偏轉角越小，時間越短，離B點越遠，偏轉角越大，時間越長，故D正確，BC錯誤。8．如圖甲所示，間距d＝0.30m的兩條足夠長的平行光滑金屬導軌PQ、MN固定在絕緣水平桌面上，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度的大小B＝0.20T。導軌左端接有電阻R＝1Ω，質量m＝40g、阻值r＝2Ω的金屬桿ab垂直導軌放置。在水平向右且與金屬桿ab垂直的力F的作用下，從靜止開始沿導軌做勻加速直線運動。金屬桿ab兩端電壓U隨時間t變化的關系如圖乙所示，導軌電阻不計，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是()A．金屬桿ab的加速度大小為5m/s2B．3s末力F的大小為0.018NC．0～3s通過電阻R的電量為0.45CD．0～3s力F的沖量大小為0.6N?s【答案】AC【解析】金屬桿ab的運動速度，感應電動勢，通過電阻R的電流，金屬桿ab兩端的電壓，由圖乙可得，，聯(lián)立解得，A正確；在3s末，通過金屬桿ab的電流為，所受安培力大小為，由牛頓第二定律得，聯(lián)立解得，B錯誤；0~3s金屬桿ab運動的距離，由法拉第電磁感應定律得，由閉合電路的歐姆定律得，0～3s通過電阻R的電量為，聯(lián)立解得，C正確；3s末金屬桿ab的速度為，由動量定理得，即，解得0～3s力F的沖量大小為，D錯誤。二、非選擇題：第9～12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13～14題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題。9．(6分)小明同學用如圖甲所示的實驗裝置測量彈簧勁度系數k。已知圖中所給小球的質量為m，水平軌道可視為光滑，B處裝有光電門，可測量小球經過光電門的時間。下面是小明進行的一次實驗：(1)用游標卡尺測量小球的直徑d如圖乙所示，記錄小球的直徑d＝___________cm；(2)將彈簧左端固定在擋板上；讓小球與彈簧接觸并壓縮彈簧，記錄壓縮量x；(3)由靜止釋放小球，測得小球通過光電門的時間t＝5.00ms，則小球離開彈簧的速度v＝_______m/s；若已知彈簧彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，k為勁度系數，x為形變量，則根據實驗步驟中測得的物理量，則可得k＝_____。（用題中的m、d、x、t表示）【答案】(1)1.14(3)2.28【解析】(1)小球的直徑為。(3)小球離開彈簧的速度，由題知水平軌道光滑，彈簧的彈性勢能轉化為小球的動能，因此有，即，可解得彈簧的勁度系數。10．(9分)為了測量某電池的電動勢E（約3V）和內阻r（約5Ω），可供選擇的器材如下：A．電流表G1（2mA100Ω）B．電流表G2（1mA內阻未知）C．電阻箱R1（0～9.9Ω）和電阻箱R2（0～9999Ω）D．滑動變阻器R3（0～10Ω1A）E．定值電阻R0（800Ω1A）F．待測電池G．導線、開關若干(1)采用如圖甲所示的電路，測定電流表G2的內阻，得到電流表G1的示數I1、電流表G2的示數I2如下表所示：I1/mA0.400.811.201.592.00I2/mA0.200.400.600.801.00根據測量數據，請在圖乙坐標中描點作出I1－I2圖線，由圖得到電流表G2的內阻等于________Ω。(2)首先將G1和G2表分別改裝成0.5A量程的電流表和3V量程的電壓表，選擇恰當的電阻箱與G1表并聯(lián)和G2表串聯(lián)，改裝后電阻箱的阻值分別應撥到___________Ω、___________Ω。(3)在現有器材的條件下，采用如圖丙所示的電路測量該電池的電動勢和內阻，將兩電阻箱的阻值撥到和計算的值一致后，閉合電鍵，調節(jié)滑動變阻器的阻值，分別讀出兩電流表的數值，并作出I2－I1圖線，若圖線斜率的大小為k，縱軸截距為a，則電源的電動勢為___________V，內阻為___________Ω?！敬鸢浮?1)見解析圖200（195～205均正確，）(2)0.42800(3)3a12k【解析】(1)根據數據在題圖乙中描點連線，如圖所示。由并聯(lián)電路的特點可得，，則圖線斜率，。(2)由串、并聯(lián)規(guī)律得，，所以，。(3)由閉合電路歐姆定律，可得，變換后可得，所以有，，即，。11．如圖所示，半徑為R的光滑絕緣環(huán)形軌道豎直放置，在圓軌道的最低點B處固定一帶電小球，另有質量為m的帶電小球（圖中未畫出）穿在圓環(huán)上，從A點（水平最右端）處無初速釋放。若小球運動到C點時獲得最大速度，其大小為vm，且∠AOC＝30°。求：(1)小球從A點運動到C點的過程中電場力所做的功；(2)小球在A點的加速度?！窘馕觥?1)設小球從A點運動到C點的過程中，電場力做功為W，由動能定理可得：解得。(2)小球在C點速度最大，即此時沿速度方向（切線方向）合力為零，設此時的庫侖力為，則切線方向有：解得由幾何關系可知：，設小球在A點時庫侖力大小為，由可知：小球在A點時速度為零，因此向心加速度為零即沿切線方向又小球在A的加速度為解得：，方向豎直向下。12．(2022屆遼寧省名校聯(lián)盟12月聯(lián)考)如圖甲所示，以v＝1.8m/s的速度順時針勻速轉動的傳送帶與水平面夾角θ＝37°，質量為3kg的小物塊B與物塊C間拴接一輕彈簧，B、C同時靜止釋放，且此時彈簧恰好處于原長，B、C與斜面間的動摩擦因數均為0.75。質量為1kg的小物塊A在與物塊B距離0.6m處，以v0＝6m/s的初速度沿斜面向下運動，A與斜面間動摩擦因數也為0.75，傳送帶的上、下端均足夠長，A、B碰撞無機械能損失。以A、B碰撞的時刻為0時刻，B、C物塊運動的a－t圖像如圖乙所示，規(guī)定沿斜面向下為正方向，其中，第四象限圖線在0到t0時間內與坐標軸圍成的面積大小為S1，第一象限圖線在0到2t0時間內與坐標軸圍成的面積大小為S2，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊A從開始運動到再回到釋放高度所用的時間t（A、B碰撞時間忽略不計）；(2)物塊C的質量mC及圖線與坐標軸圍成的面積S1、S2的大小；(3)若0到2t0時間內C的位移x0＝0.2m，則這一過程中B、C和彈簧組成的系統(tǒng)機械能變化了多少?！窘馕觥?1)因為所以碰撞前B、C靜止，A勻速向下運動，A與B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律可得由機械能守恒定律可得聯(lián)立解得，碰后A反向運動，據牛頓第二定律可得解得A與傳送帶共速的時間為該過程的位移為此后勻速上升，所用時間為碰之前勻速下降的時間為故物塊A從開始運動到再回到釋放高度所用的時間為(2)B以3m/s開始壓縮彈簧，C的加速度沿斜面向下，所以第一象限是C的運動圖線，第四象限是B的運動圖線，B、C系統(tǒng)因為重力沿斜面向下分力等于滑動摩擦力，所以B、C系統(tǒng)動量守恒，時刻彈簧壓縮到最短，此時有，可得物塊C的質量為時刻B、C速度相等，由動量守恒定律可得解得即，所以所以時刻(3)0和時刻彈簧均為原長，所以C的位移等于B的位移，機械能變化等于摩擦力對B、C做的功即機械能損失了5.4J。（二）選考題：共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做。則每學科按所做的第一題計分。13．物理·選修3—3(15分)(1)(6分)如圖，一定量的理想氣體從狀態(tài)a(p0，V0，T0)經熱力學過程ab、bc、ca后又回到狀態(tài)a。對于ab、bc、ca三個過程，ab過程中，氣體始終_________（填“吸熱”或“放熱”），ca過程中，氣體始終______（填“吸熱”或“放熱”），bc過程中，氣體的溫度如何變化，答：__________________。【答案】吸熱放熱先升高后降低【解析】由圖示圖像可知，過程氣體體積不變而壓強增大，由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知，氣體溫度升高，氣體內能增大，氣體體積不變，外界對氣體不做功，由熱力學第一定律可知，所以過程，氣體始終從外界吸收熱量；過程氣體壓強不變而體積減小，由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知，氣體溫度降低，氣體內能減小，，氣體體積減小，外界對氣體做功，，由熱力學第一定律可知，過程氣體始終向外界放出熱量；過程氣體壓強與體積的乘積先增大后減小，由理想氣體狀態(tài)方程eq\f(pV,T)＝C可知，過程氣體溫度先升高后降低。(2)(9分)如圖，氧氣瓶通過細管和上端封閉的玻璃管相連，玻璃管內用一很薄的水銀片(質量和厚度不計)在玻璃管上方封閉了一段氣柱，開始時瓶內氧氣壓強為10個標準大氣壓強，上方封閉氣柱長度為8cm，隨著氧氣的使用，使用一段時間后，發(fā)現水銀片下降了12cm，使用過程中環(huán)境溫度變成原來的四分之三，已知一個標準大氣壓強為1atm。求：(i)此時氧氣瓶內的壓強；(ii)此時瓶內氧氣質量與原來氧氣質量的比值?！窘馕觥?i)對被封閉的氣柱，初始時，，溫度為末態(tài)時，根據理想氣體狀態(tài)方程解