2022-2023学年江苏省专版高考物理押题仿真测试模拟试卷（一模）有答案

1、高考模仿试卷第PAGE 页码12页/总NUMPAGES 总页数12页高考模仿试卷2022届江苏省专版高考物理押题测试模拟试题（一模）(工夫：60分钟，满分110分)二、选一选：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418题只要一项符合标题要求，第1921题有多项符合标题要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14如图甲所示为氢原子部分能级图，大量处于n4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n3能级向n1能级跃迁时辐射的光照射图乙所示光电管的阴极K时，恰好发生光电效应，则下列说确的是()A从n2能级向n1能级跃迁时辐射的光，也一定

2、能使阴极K发生光电效应B用从n4能级向n1能级跃迁时辐射的光照射阴极K，阴极K的逸出功会变大C在光的频率不变的情况下，饱和电流不随入射光强度的变化而变化D用从n3能级向n2能级跃迁时辐射的光照射n4能级的氢原子，可以使其电离15小王和小张学习运动的合成与分解后，在一条小河中进行实验验证两人从一侧河岸的同一地点各自以大小恒定的速度向河对岸游去，小王以最短工夫渡河，小张以最短距离渡河，结果两人抵达对岸的地点恰好相反，若小王和小张渡河所用工夫的比值为k，则小王和小张在静水中游泳的速度的比值为()AkB.eq f(r(k),k)C.eq r(k) Dk216.如图所示，两个质量均为m的带电小球a、b用

3、轻质绝缘细线相连，然后再经过轻质绝缘细绳拴着小球a悬挂于O点，已知小球a的带电荷量为3q，小球b的带电荷量为q.现加一斜向上与竖直方向夹角为的匀强电场，场强大小为Eeq f(r(3)mg,2q)，g为重力加速度，波动后，细绳恰与场强方向垂直，则细线与竖直方向夹角的正切值为()A.eq f(1,7) B.eq f(1,6)C.eq f(r(3),7) D.eq f(r(3),6)172019年11月5日01时43分，我国在西昌卫星发射用长征三号乙运载火箭，成功发射第49颗北斗导航卫星，标志着北斗三号零碎3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射终了倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫

4、星，运转周期等于地球的自转周期倾斜地球同步轨道卫星正常运转时，下列说确的是()A此卫星绝对地面静止B如果有人站在地球赤道的地面上，此人的向心加速度比此卫星的向心加速度大C此卫星的发射速度小于地球的宇宙速度D此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，可能会看到两次此卫星18如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以角速度匀速转动，线圈的电阻为r，理想变压器的副线圈并联两个阻值恒定且也为r的如出一辙的灯泡A、B，原、副线圈匝数的比值为k，电路中电表均为理想电表，现灯泡B发生断路，下列说确的是()A电压表示数变小B发电机的热损耗功率增大C灯泡A亮度变亮D单位工夫外界向发电机做的功变大

5、19如图所示，实线表示某静电场中的电场线，过M点的电场线是程度直线，虚线表示该电场中的一条竖直等势线，M、N、P是电场线上的点，Q是等势线上的点一带负电的点电荷在M点由静止释放，仅在电场力作用下程度向右运动，则()A点电荷一定向右做匀加速运动B负点电荷在N点释放时的加速度比在P点释放时的加速度大C将一误点电荷从P点移到N点，电场力做正功D将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，点电荷将沿等势线做直线运动20小球A、B、C(均可视为质点)经过如图所示的安装静止悬挂着，其中定滑轮P与定点Q相距10L且处于同一高度，此时PB与程度方向的夹角为53，QB与程度方向的夹角为37，然后剪断BC间的悬绳若将

6、A球换成D球，零碎在外力作用下平衡，剪断BC霎时，撤去外力，B球运动到与P等高时速度恰好为零，已知小球B、C的质量分别为m、2m，重力加速度为g，小球间相连的轻绳均不可伸长，忽略一切，取sin 530.8，cos 530.6.下列说确的是()A小球A的质量是1.6 mB小球D的质量为1.2 mC接A球时，剪断BC间悬绳的霎时，小球B的加速度大小是eq f(8,17)gD接A球时，剪断BC间悬绳的霎时，小球A的加速度大小是eq f(1,4)g21如图所示，平行金属板竖直放置，底端封闭，线上开一小孔C，两板间存在正交的电场强度大小为E的匀强电场、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，AC是两板间的线金属

7、板下方存在有界匀强磁场区域EFDGH，区域内磁场的磁感应强度大小为B2，其中EFGH为长方形，EF边长为l，EH边长为4l；A、C、F、G四点共线，E、F、D三点共线，曲线GD是以5l为半径、以AG上某点(图中未标出)为圆心的一段圆弧现有大量比荷不同的正、负离子沿AG方向射入两金属板之间，有部分离子经F点进入下方磁场区域，比荷的某离子垂直EH边界穿出已知从F点进入下方磁场的正、负离子，比荷具有相反的值和最小值，且由F点进入下方磁场偏向FG右侧的离子都能从边界FD射出磁场(存在临界情况)不计离子重力及离子间的互相作用，则下列说确的是()AP一定接电源正极，Q一定接电源负极B从F点进入下方磁场的离

8、子速度大小为veq f(B1,E)C从EH边界射出的离子比荷是eq f(E,lB1B2)D从FD边界射出的离子区域长度是2.8l三、非选一选：共62分第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答，第3334题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共47分22(6分)某同窗欲将内阻为100 、量程为400 A的电流表G改装成欧姆表，做了以下实验该同窗选择的实验器材有：定值电阻R1(阻值为25 )，滑动变阻器R(阻值2 500 )，干电池(电动势为E1.5 V，内阻r2 )，红、黑表笔，导线若干(1)该同窗设计了图甲所示的电路图，并按照电路图将实物连接残缺(2)实验时，先将红、黑表笔短接，当电流

9、表G满偏时，滑动变阻器R接入电路的阻值为_ .(3)当待测电阻Rx接在红、黑表笔之间时，电流表G的示数如图乙所示，其读数为_ A，Rx的阻值为_ .23(9分)某同窗想将一弹簧改装成简易弹簧测力计，进行如下操作(弹簧一直未超出弹性限制范围)(1)首先将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长；(2)接着，将刻度尺靠近弹簧固定弹簧下端悬挂不同质量的物体，待物体静止后读出指针指示的相应刻度该同窗以悬挂物体的重力为纵轴，弹簧的形变量为横轴，根据测得的实验数据，作出如图所示的图象由图象可知此弹簧的劲度系数为_ N/m；(3)然后再在刻度尺的刻度旁标注对应力的大小如果未悬挂物体时，指针对应刻度

10、为6 cm，则该同窗应在6 cm处标注为_ N，在12 cm处标注为_ N.(4)该同窗为了验证改装后的弹簧测力计标度能否精确，找了一只标准的弹簧测力计，他可以采用的方法是_.(回答一种即可)(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了6 cm时，拉力做的功为_. 24(12分)如图所示，匀强磁场与匀强电场存在理想边界AB，已知匀强电场的方向与边界成45角，匀强磁场的方向垂直纸面向里在AB上的O点向磁场中射入一个速度大小为v，方向与BA成45角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨迹半径为R.磁感应强度B与电场强度E的大小均未知，但满足关

11、系EvB，如果把带电粒子从O点出发记为粒子次进入磁场不计粒子的重力，求：(1)粒子第三次进入磁场后做圆周运动的轨迹半径R1；(2)粒子第三次进入磁场时的地位到O点的距离25(20分)如图所示，一长木板左端紧靠墙壁，固定在程度面上，另一长度为L1.5 m、质量为mC7 kg、与固定长木板等高的长木板C放在光滑的程度面上，左端与固定长木板紧靠在一同可视为质点、质量为mA2 kg的小物块A放在固定长木板上，一轻质弹簧左端固定在墙壁上，右端与小物块A接触但不拴接，开始时弹簧被紧缩并锁定，储存的弹性势能为Ep11.6 J解除锁定后，小物块A向右滑行一段距离后与弹簧分离，然后与放在长木板C最左端的可视为质

12、点、质量为mB1 kg的小物块B发生碰撞，最终小物块B停在长木板C的最右端，而小物块A在长木板C上滑行的距离为s0.35 m已知小物块A的初始地位与固定长木板右端之间的距离为x0.95 m，小物块A与固定长木板之间的动因数为10.4，小物块A、B与长木板C之间的动因数均为20.1，弹簧的原长小于固定长木板的长度，重力加速度取g10 m/s2.(1)求长木板C的最终速度大小；(2)当B刚运动到C的最右端时，求C绝对地面向右运动的距离；(3)求整个过程中零碎损失的能量(二)选考题(本题共15分请考生从给出的2道物理题中任选一题作答如果多做，则按所做的题计分)33物理选修33(15分)(1)(5分)

13、吸盘挂钩的工作原理如图甲、乙所示运用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，吸盘中的空气被挤出一部分然后将锁扣扳下(如图乙)，让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上若气体可视为理想气体，在拉起吸盘的过程中，吸盘内气体的温度一直不变，则在拉起吸盘后，吸盘内气体的压强与拉起前的相比_(填“增大”“不变”或“减小”)，吸盘内空气的密度_(填“大于”“等于”或“小于”)外界空气的密度，吸盘内气体的内能_(填“增大”“不变”或“减小”)，此过程中吸盘内的气体要_(填“吸收”或“放出”)热量(2)(10分)如图所示，内壁光滑、横截面积为S的导热气缸程度放置，在气缸正两头有两个正

14、对的小挡板A、B，内部用厚度不计、质量为M的活塞封闭有温度为T0的理想气体已知气缸的长度为2l，重力加速度为g，大气压强为p0，现将气缸缓慢顺时针转动到开口竖直向上，活塞与气缸壁间无，且p0SMg.求：()活塞在此过程中下降的高度；()将缸内气体的温度下降到eq f(T0,2)时，缸内气体的压强34物理选修34(15分)(1)(5分)图示为一透明柱状介质的横截面图，三角形ABC为直角三角形一细束红光PD从AC边中点D射到AC，折射后的光线经CB恰好发生全反射已知ACL，PDA30，光在真空中的速度大小为c，则该介质对红光的折射率为_，红光从D传播到CB所用的工夫为_(2)(10分)图甲为一沿x

15、轴传播的简谐横波在t6 s时辰的图象质点M的振动图象如图乙所示，t0时，质点N曾经开始振动，028 s工夫内质点N运动的路程L84 cm.求：()横波的波速大小v；()横波的传播方向以及质点M的振动方程答案14解析：由玻尔理论知n3和n1能级的能级差大于n2和n1能级的能级差，用从n3能级向n1能级跃迁时辐射的光照射图乙所示光电管的阴极K时，恰好发生光电效应，若用从n2能级向n1能级跃迁时辐射的光照射阴极K，不能使阴极K发生光电效应，选项A错误；逸出功由金属本身决定，与入射光频率大小有关，选项B错误；在入射光的频率不变的情况下，入射光越强，则单位工夫逸出的光电子数越多，饱和电流越大，选项C错误

16、；当处于n4能级的氢原子吸收的能量大于或等于0.85 eV时，将会被电离，n3能级与n2能级间的能量差大于0.85 eV，D正确答案：D15解析：设小王和小张在静水中游泳的速度大小分别为v1和v2，当小王游泳的速度v1与河岸垂直时，渡河工夫最短；小张斜向上游才有可能距离最短，由于小王和小张到达对岸的地点相反，且此地点并不在出发地的河正对岸，可见小张在静水中游泳的速度v2比水的流速v0要小，要满足题意，则表示图如图所示由图可得eq f(t1,t2)eq f(v2,v1)sin ，cos eq f(v2,v0)，tan eq f(v0,v1)，解得eq f(voal(2,2),voal(2,1）e

17、q f(t1,t2)k，即eq f(v1,v2)eq f(r(k),k)，选项B正确答案：B16解析：以小球a、b全体为研讨对象进行受力分析，设细绳与竖直方向的夹角为，则有2qEcos F绳cos 2mg,2qEsin F绳 sin ，90，解得30，60，设细线与竖直方向的夹角为，对小球b受力分析，有(F拉F库)sin qEsin 30，(F拉F库)cos mgqEcos 30，解得tan eq f(r(3),7)，C正确答案：C17解析：倾斜地球同步轨道卫星绝对地面有运动，而地球同步轨道卫星绝对于地球静止，选项A错误；赤道上某物体的角速度与同步卫星的角速度相反，但运动半径较小，根据a2r可

18、知，赤道上物体的向心加速度小于此卫星的向心加速度，选项B错误；地球的宇宙速度是地球上发射卫星的最小速度，选项C错误；如题图所示，地球同步轨道与倾斜同步轨道有两个交点，交点地位正下方的人用望远镜观测，能看到两次此卫星，选项D正确答案：D18解析：对理想变压器有eq f(U原,U副)keq f(I副,I原)，线圈匀速转动，则发电机产生的电动势的有效值不变，设为E，灯泡B断路前，对发电机有EU原I原r，对副线圈有U副eq f(I副r,2)，整理得EU原eq blc(rc)(avs4alco1(1f(2,k2）)，灯泡B断路后，同理有EUeq oal(,原)eq blc(rc)(avs4alco1(1

19、f(1,k2）)，可知灯泡B断路后，原线圈两端电压升高，A错误；由以上分析可知，经过原线圈的电流减小，发电机的热损耗功率减小，单位工夫外界向发电机做的功变小，BD错误；副线圈两端电压升高，灯泡A两端电压升高，经过的电流增大，灯泡A变亮，C正确答案：C19解析：一带负电的点电荷在M点由静止释放，该点电荷仅在电场力作用下程度向右运动，阐明该点电荷遭到的电场力程度向右，电场线的方向程度向左，由于电场是非匀强电场，因此该点电荷运动过程中遭到的电场力是变化的，根据牛顿第二定律可知，该点电荷的加速度也是变化的，选项A错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知，N点的场强比P点的场强大，因此异样的点电荷

20、在N点释放时的加速度一定比在P点释放时的加速度大，选项B正确；比较N、P两点的等势线可知，P点电势比N点电势高，因此将一误点电荷从P点移到N点，电势能减小，电场力做正功，选项C正确；将一负点电荷从Q点沿等势线竖直向上射出，由于电场线垂直于等势线，因此电场力垂直于等势线，故该负点电荷不会沿等势线做直线运动，选项D错误答案：BC20解析：剪断前，取B、C全体为研讨对象，则有T3mgcos 37，又TmAg，解得mA2.4m，选项A错误；在剪断BC间悬绳的霎时，B要上升，AB为连接体，QB绳长不变，且此时QB垂直于PB，故小球B以Q为圆心，以QB为半径做圆周运动，故对A有mAgTmAa，对B有Tmg

21、sin 53ma，解得aeq f(8g,17)，选项C正确，D错误；对D、B组成的零碎由机械能守恒定律得mDghDmghB，由几何关系知hD6L8L10L4L，hB8Lsin 374.8L，解得mD1.2m，选项B正确答案：BC21解析：由F点进入下方磁场偏向FG右侧的一定是正离子，偏向FG左侧的一定是负离子，PQ两板间复合场相当于速度选择器，电场方向一定从右极板指向左极板，即P一定接电源负极，Q一定接电源正极，选项A错误当离子在平行金属板间匀速运动时，有qvB1qE，得veq f(E,B1)，选项B错误比荷的离子垂直EF射入下方磁场，又垂直EH射出下方磁场，阐明离子在下方磁场中偏转了90，由

22、几何关系可知离子做圆周运动的圆心为E点，此时离子做圆周运动半径最小，为R1l，由qvB2meq f(v2,R1)得从EH边界射出的离子的比荷eq f(q,m)eq f(E,lB1B2)，选项C正确正离子做圆周运动的最长轨迹如图中实线所示，圆心为O，半径R2满足Req oal(2,2)l2(5lR2)2，得R2eq f(12,5)l2.4l，R2为满足正离子均能从FD射出的半径，不论离子带电正负，在磁场B2中做圆周运动的半径都介于R1和R2之间，FD上有离子射出，距F的最近距离为2R1，距F的最远距离为2R2，即距F点的距离为2l到4.8l范围内有离子射出，选项D正确答案：CD22解析：(2)电

23、流表G和R1并联后的总电阻R并eq f(RgR1,RgR1)20 ，当电流表G满偏时，此时流过电路的总电流为I1eq f(IgRg,R1)Ig2 mA，由闭合电路欧姆定律可得R并rReq f(E,I1)，解得R728 .(3)根据读数规则可知电流表的读数为240 A，新电流表的量程是原来电流表量程的5倍，此时流过电路的总电流为I1 200 A，由闭合电路欧姆定律可得R并RrRxeq f(E,I)1 250 ，解得Rx500 .答案：(2)728(2分)(3)240(2分)500(2分)23解析：(2)根据物体的平衡条件可得F弹mgkx，图象可得k100 N/m.(3)如果未悬挂物体时，指针对应

24、刻度为6 cm，则该同窗应在6 cm处标注为0，在12 cm处弹簧的伸长量为x6 cm，此时弹簧的弹力大小为F弹kx6 N(4)他可以采用的方法是分别用两只弹簧测力计测量相反的重物，查看示数能否相反(5)将下端带指针的弹簧竖直悬挂在铁架台上，测量弹簧的原长，然后用力竖直向下缓慢拉弹簧，当弹簧伸长了6 cm时，拉力做的功为WFFxeq f(0kx,2)xeq f(1,2)kx20.18 J.答案：(2)100(2分)(3)0(1分)6(2分)(4)分别用两只弹簧测力计测量相反的重物，查看示数能否相反(其他答案正确也给分)(2分)(5)0.18 J(2分)24解析：(1)画出粒子的运动轨迹如图所示

25、段是半径为R的eq f(3,4)圆弧，与AB边界右交点为a，然后粒子恰好逆着电场线做匀减速运动到b点，沿电场线方向前往a点时的速率仍为v，接着粒子在磁场中运动一段eq f(1,4)圆弧到c点，再接着沿垂直电场线方向进入电场做类平抛运动到d点，第三次进入磁场(2分)第三次进入磁场时有qvdBmeq f(voal(2,d),R1)(1分)根据类平抛运动知识可知，粒子进入磁场时速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的2倍即tan 2tan 2可得vy 2vx2v(1分)所以vdeq r(voal(2,x)voal(2,y）eq r(5)v (1分)可得粒子第三次进入磁场后的运动轨迹半径为R1eq f(

26、mvd,qB)eq r(5)R(1分)(2)当粒子第三次进入磁场时的地位到O点的距离为Oa段、ac段与cd段的长度之和，分别设为x1、x2、x3，故有x1x2eq r(2)R(1分)粒子在电场中做类平抛运动时，在垂直电场方向有xvt沿电场方向有yeq f(1,2)at2粒子在电场中的加速度aeq f(qE,m)(1分)由于电场方向与边界成45角，故有xy(1分)粒子在匀强磁场中运动时，qvBmeq f(v2,R)(1分)又有EvB联立以上各式可解得xy2R，则类平抛运动的位移x3eq r(x2y2)2eq r(2)R(1分)因此d点到O点的距离sx1x2x34eq r(2)R(1分)答案：(1

27、)eq r(5)R(2)4eq r(2)R25解析：(1)设小物块A运动到固定长木板最右端时的速度大小为v0，对小物块A由能量守恒定律知Ep1mAgxeq f(1,2)meq oal(2,0)(2分)代入数据解得v02 m/s(1分)由题意知最终小物块A、B与长木板C保持绝对静止，设三者共同速度大小为v，则由动量守恒定律有m0(mAmBmC)v(2分)解得v0.4 m/s(1分)(2)设小物块A、B碰撞后霎时的速度大小分别为vA、vB，对小物块A、B组成的零碎，由动量守恒定律有m0mAmBvB(1分)对A、B碰后到三者共速过程由功能关系知2mAgs2mBgLeq f(1,2)meq oal(2

28、,A)eq f(1,2)mBveq oal(2,B)eq f(1,2)(mAmBmC)v2(2分)解得vA1 m/s，vB2 m/s(2分)另一组解为vAeq f(5,3)m/s，vBeq f(2,3)m/s，由于vAvB，所以不符合题意，舍去设整个过程中小物块B绝对地面向右滑行的距离为x，小物块B在长木板上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律知2mBgmBa(1分)解得a2g1 m/s2(1分)由匀变速直线运动规律得xeq f(voal(2,B)v2,2a)1.92 m(1分)当B刚运动到C的最右端时，长木板C绝对地面向右滑行的距离为xCxL(1.921.5)m0.42 m(1分)(3)小

29、物块A与接触面因绝对运动产生的内能为Q11mAgx2mAgs8.3 J(2分)小物块B与接触面因绝对运动产生的内能为Q22mBgL1.5 J(1分)A、B碰撞过程中损失的能量为Eeq f(1,2)meq oal(2,0)eq f(1,2)meq oal(2,A)eq f(1,2)mBveq oal(2,B)1 J(1分)则整个过程中零碎损失的能量为QQ1Q2E10.8 J(1分)答案：(1)0.4 m/s(2)0.42 m(3)10.8 J33解析：(1)在吸盘被拉起的过程中，吸盘内封闭气体的体积增大，由于温度不变，所以由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小在锁扣未扳下之前，吸盘内空气密度与外界空气密度相反，当锁扣扳下之后，由于吸盘内气体的质量不变，但体积增大，所以其密度减小一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，由于在锁扣扳下的过程中吸盘内气体的温度不变，所以气体的内能不变在