2022届江苏省南通市海门中学高三（下）5月模拟考试物理试题（解析版）

1、 江苏省海门中学2022届高三模拟考试物理一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意。1. 下列说法中正确的是（）A. 天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的B. 玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域C. 射线是波长很短的电磁波，它的贯穿能力很弱D. 卢瑟福的粒子散射实验揭示了原子核有复杂结构【答案】B【解析】【详解】A天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，故A错误；B玻尔的原子结构理论是在卢瑟福核式结构学说的基础上引入了量子理论，第一次将量子观念引入原子领域，故B正确；C射线是波长极短的电磁波，它的贯穿能力很强，故C错误；D卢瑟福的粒子

2、散射实验揭示了原子核式结构的模型，故D错误；故选B。2. 明朝的天工开物记载了我国古代劳动人民的智慧。如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R。人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则（）A. a点的角速度大于b点的角速度B. a点的线速度小于b点的线速度C. 绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量D. 绳对乙的拉力大于乙的动量变化率【答案】D【解析】【详解】AB因ab两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据v=r，因a点转动半径较大，可知a点的线速度大于b点的线速度，选项AB错误；CD根据动量定理即即绳对乙拉力和重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，绳

3、对乙的拉力大于乙的动量变化率，选项C错误，D正确。故选D。3. 锂离子电池主要依靠锂离子（Li+）在正极和负极之间移动来工作。如图为锂电池的内部结构，某过程中Li+从正极脱嵌通过膈膜嵌入负极。锂电池的电动势为3.7V，则（）A. 电池处于充电状态B. 电池内部电流方向从负极到正极C. 移动1C锂离子，需要消耗电能3.7JD. 在电池中电荷量的单位通常表示为kWh【答案】A【解析】【详解】A电池在放电状态下，在电源内部正电荷应该由负极向正极移动，而图中状态下带正电的锂离子（Li+）从正极向负极移动，可知电池处于充电状态，故A正确； B电流的方向是正电荷定向移动的方向，由图可知电池内部电流方向从正

4、极到负极，故B错误；C根据静电力做功表达式即给电池充电时移动1C锂离子至少要克服静电力做功3.7J，因电池有内阻等因素，充电要做的功要大于克服静电力做的功，充电电压要大于电池电动势才能把电能充进电池，即移动1C锂离子，需要消耗电能大于3.7J，故C错误；DkWh是能量单位，在电池中电荷量的单位通常表示为，故D错误。故选A。4. 温室效应是全球变暖的重要原因之一，如图为温室效应的简化图（图中数据单位为），它展现了自然界，包括太空、大气与地表（水、陆平均）之间的能量流向与功率以及温室效应。图中X为地表每单位面积转移给大气的热量功率，依据图中的资料，X的数值为（）A. 452B. 492C. 519

5、D. 586【答案】A【解析】【详解】由图可知海水单位面积吸收热量的功率为海水单位面积放出热量的功率海水温度不变，内能不变，则解得故A正确，BCD错误。故选A。5. 如图所示，金属平板P的中垂线上放置正点电荷Q，a、b、c是金属平板上三点，系统处于静电平衡后，下列说法正确的是（）A. a、b、c三点电势都大于零B. 感应电荷在金属平板内部的场强处处等于零C. 重力不计的正电荷从a点移到c点，电势能先增大再减小D. 站在地面上的人用手指跟金属平板c点接触一下后移走手指，再将Q移走，金属平板带正电【答案】A【解析】【详解】A点电荷Q带正电荷，因为无穷远处电势等于零，其周围所有点的电势均为正值，所以

6、a、b、c三点电势都大于零，A正确；B感应电荷在金属平板内部的场强不等于零，与点电荷Q的场强大小相等方向相反，金属板内部合场强处处等于零，B错误；C金属板表面是等势面，重力不计的正电荷从a点若沿金属板表面移到c点，电势能始终不变，C错误；D站在地面上的人用手指跟金属平板c点接触一后移走手指，地球的电子沿手指移动到金属板，有来无回，再将Q移走，金属平板多电子带负电，D错误。故选A。6. 科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出1994年到2002年间S2的位置如图所示。科学家认为S2的运动轨迹是半长轴约为（太阳到地球的距离为）的椭圆，银河系中心可能存在超大质量黑洞。这项研究工作

7、获得了2020年诺贝尔物理学奖。若认为S2所受的作用力主要为该大质量黑洞的引力，设太阳的质量为M，可以推测出该黑洞质量约为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】可以近似把S2看成匀速圆周运动，由图可知，S2绕黑洞的周期T=16年，地球的公转周期T0=1年，S2绕黑洞做圆周运动的半径r与地球绕太阳做圆周运动的半径R关系是 地球绕太阳的向心力由太阳对地球的引力提供，由向心力公式可知解得太阳的质量为同理S2绕黑洞的向心力由黑洞对它的万有引力提供，由向心力公式可知解得黑洞的质量为综上可得故选B。7. 将一端固定在墙上轻质绳在中点位置分叉成相同的两股细绳，它们处于同一水平面上。在

8、离分叉点相同长度处用左、右手在身体两侧分别握住直细绳的一端，同时用相同频率和振幅上下持续振动，产生的横波以相同的速率沿细绳传播。因开始振动时的情况不同，分别得到了如图甲和乙所示的波形。下列说法正确的是（）A. 甲图中两手开始振动时的方向并不相同B. 甲图中绳子的分叉点是振动减弱的位置C. 乙图中绳子分叉点右侧始终见不到明显的波形D. 乙图只表示细绳上两列波刚传到分叉点时的波形【答案】C【解析】【分析】【详解】AB甲图中两手开始振动时的方向相同，则甲图中分叉点是振动加强的位置，所以AB错误；CD乙图中两手开始振动时的方向恰好相反，则乙图中分叉点是振动减弱的位置，则在分叉点的右侧终见不到明显的波形

9、，所以C正确；D错误；故选C。8. 如图所示，水平轻弹簧左端固定在墙壁，右端与质量为 M 的小物块相连，小物块可在光滑水平面上做简谐运动，振幅为 A。在运动过程中将一质量为 m 的小物块轻放在 M 上，第一次是当 M 运动到平衡位置时放到上面，第二次是当 M 运动到最大位移时放到上面，观察到第一次放后振幅为 A1，第二次放后振幅为 A2，则（）A. A1=A2=AB. A1A2=AC. A1=A2AD. A2A1=A【答案】B【解析】【详解】第一次，由动量守恒得所以此过程中系统的动能变化机械能有一定的损失，速度为零时弹性势能减小，振幅会减小，即A1 A；第二次，当M运动到最大位移处C处将一质量

10、为m的小物块轻轻地放在M上时，由于二者水平方向的速度都是0，所以不会有机械能的损失，振子的振幅不变，即A2=A。综上可知，A1A2=A，故B正确，ACD错误。故选B。9. 如图所示，2022个质量均为3m的相同小球依次紧密排列成一条直线，静止在光滑水平面上，轻绳一端固定在O点，一端与质量为m的黑球连接，把黑球从与O点等高的A处由静止释放，黑球沿半径为L的圆弧摆到最低点B处时与1号球发生正碰。若发生的碰撞皆为弹性碰撞，不计空气阻力，则黑球与1号球最后一次碰撞后的速度大小为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设黑球第一次到达最低点时的速度为v0，黑球下摆过程机械能守恒，由机械能守

11、恒定律得解得设黑球与1号球发生碰撞后黑球的速度为，1号球的速度为v，黑球与1号球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得黑球与1号球碰撞后，黑球速度反向，黑球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，黑球再次达到最低点时速度大小等于发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，两质量相等的球发弹性碰撞后两球速度互换，则黑球与1号球碰撞后，1号球静止，2号球速度为v，碰后2号球与3号球发生碰撞，直至2021号球与2022号球碰撞，发生一系列碰撞后，2022号球向右做匀速直线运动，1号到2

12、021号球静止在原位置；然后黑球与1号球发生第二次碰撞，设碰撞后黑球的速度为，1号球的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得同理可知，黑球第3次与1号球碰撞后黑球的速度黑球最后一次与1号球碰撞后，黑球的速度为故B正确，ACD错误。故选B。10. 如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为一个质量为m、半径为r的匀质金属圆环位于圆台底部圆环中维持恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环上升的最大高度为H已知重力加速度为g，磁场的范围足够大在圆环向上运动的过程中，下列说法正

13、确的是A. 在最初t时间内安培力对圆环做的功为mgHB. 圆环运动的最大速度为C. 圆环先做匀加速运动后做匀减速运动D. 圆环先有扩张后有收缩的趋势【答案】B【解析】【详解】AC圆环受沿母线向上的安培力和竖直向下的重力作用，经过时间t，圆环得到了向上的速度，撤去电流后，圆环向上做上抛运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流，由于受到的安培力阻碍磁通量的变化，故线圈向上做变减速运动，由于消耗机械能，故在最初t时间内安培力对圆环做的功应大于mgH，选项AC错误；B环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为F=BI2r则在竖直方向的分力为Fy=2rBIcos由牛顿第二定律，可得BI2rcos-mg=ma则圆

14、环向上的加速度为则竖直方向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得故B项正确； D圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D项错误故选B.二、非选择题：共5题，共60分.其中第1115题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分：有数据计算时，答案中必须写出数值和单位。11. （1）图1是一款可以直接接在手机上电风扇，某同学拆下电风扇，将多用电表选择开关置于欧姆“1”挡，调零后按正确操作将表笔接在风扇的接线柱上

15、测量，一次叶片转动，另一次设法使叶片不转，两次电表读数如图2、3所示，则_（选填“图2”或“图3”）为叶片转动时的读数。根据测量得出电风扇的电阻大约是_。（2）该同学按图4所示连接电路，闭合开关，滑动变阻器滑片无论在什么位置，发现电流表指针均几乎没有偏转。为了检查电路故障，闭合开关，将变阻器滑片滑到某一位置，把多用电表的黑表笔接在电路中的a点，再将红表笔依次接在电路中b、c、d点。如图5所示，多用电表选择开关应置于_（选填“甲”或“乙”）图所示位置。正确选择电表开关后，黑表笔接a点，红表笔依次接b、c、d时，指针偏转情况分别是“不偏”、“偏”和“不偏”，则可判断导线_（选填图中导线序号）存在故

16、障。排除故障后进行正确操作，根据实验数据描绘电风扇的电流随电压的变化曲线如图6所示，则电风扇输入电压为1.00V时，该风扇的输入功率大约是_W。（结果保留两位有效数字）。【答案】 . 图3 . 10 . 乙 . # . 0.074【解析】【详解】(1)1 因为风扇转动的时候，其内部电动机上绕制的线圈因为电磁感应，产生一个反电势，这个反电势正好和电源极性相反，和电源抵消一部分，所以电流较小，电阻读数较大，电动机不转，就不会产生反电势，所以电流较大，所测得的电阻较小，故图3是转动时测的电阻值；2电风扇的电阻是不转时的电阻，既图2，其中读数为10，则电风扇的电阻大约是(2)3图甲是作为欧姆表使用，欧

17、姆表测电阻时，电阻与其他元件断开，单独测量，而实验中，为了检查电路故障，闭合开关之后将电表接入电路，所以开关选择图乙所示位置； 4 红表笔接b时，指针不偏转，则完好；红表笔接d时，指针不偏转，说明完好；红表笔接c时，指针偏转，则可能是或有故障；5由图可知，U=1.00V时，I=0.074A，则该风扇的输入功率大约是12. 中国南海有着丰富的鱼类资源。某科研小组把某种生活在海面下500m深处的鱼类从海里移到如图所示的两层水箱中。为使鱼存活，须给它们创造一个类似深海的压强条件。如图所示，在一层水箱中有一条鱼，距离二层水箱水面的高度h=50m，二层水箱水面上部空气的体积V=10L，与外界大气相通。外

18、界大气压p0=1.0105Pa，水的密度=1.0103kg/m3，g取10m/s2.（水箱内气体温度恒定）鱼在深海处的压强为多少？为使鱼正常存活，须给二层水箱再打进压强为p0、体积为多少的空气？【答案】；【解析】【详解】鱼在深海处的压强为使一层水箱压强达到p，二层水箱中的气体压强应为将外界压强为p0，体积为的空气注入一层水箱，根据玻意耳定律，有解得13. 眼球结构类似球体，眼睛发生病变时，会使眼球内不同部位对光的折射率发生变化。现在用一个玻璃球模拟眼球，研究对光的传播的影响。玻璃球用两个折射率不同、半径均为R的半球拼合在一起，拼合面为，球心为O，Q为的中点，垂直交左半球于P点。一束单色光从P点

19、以跟反向延长线成方向射入。该单色光在左、右半球的折射率分别为和，真空中的光速为c。（1）通过计算说明此单色光能否从右半球射出？（2）计算此单色光在玻璃球中传播第一次到达右半球与空气交界面所用时间。【答案】（1）见解析；（2）【解析】【详解】（1）如图所示，根据几何关系可知单色光在P点的入射角为设单色光在P点折射角为，根据折射定律有解得即折射光线沿方向，由几何关系可知单色光在右半球与空气交界面的入射角为单色光在交界面发生全反的射临界角C满足解得则，即单色光在交界面不会发生全反射，能够从右半球射出。（2）单色光在左、右半球的传播速度分别为根据几何关系可知单色光在左、右半球的传播距离相等，均为所以单

20、色光在玻璃球中传播第一次到达右半球与空气交界面所用时间为14. 如图所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为。管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。求：（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管刚达到相同速度时，管的下端距地面的高度；（3）管第二次弹起后球没有从管中滑出，L应满足什么条件【答案】（1） ，竖直向下；，竖直向上；（2）；（3）【解析】【详解】（1）管第一次落地弹起时，求和管的受力情况如图所示根据牛顿第二定律可知，管的加速度加速度方向向下球的加速度加速度方向向上（2）取竖直向下为正方向，球与管第一次碰地时速度速度解得碰地后管的速度球的速度若球好没有从管中滑出，设经过时间，球管速度相同，则有解得故管从弹起经这段时间的位移为即管的下端距地面的高度为（3）球与管达到共速后，由于球与管将以速度、加速度竖直上升到最高点，上升的高度为因此，管第一次落地弹起后上升的最