2022届湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高三（下）二模考试物理试题（解析版）

1、 湖南师大附中2022届模拟试卷（二）物 理一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 2020年诺贝尔物理学奖授予了三名科学家：英国科学家罗杰彭罗斯因证明黑洞是爱因斯坦广义相对论的直接结果而获奖；德国科学家赖因哈德根策尔和美国科学家安德烈娅盖兹因在银河系中央发现超大质量天体而获奖。下列有关物理学史的说法正确的是（）A. 汤姆孙发现了电子并提出了原子的核式结构模型B. 法拉第发现了电磁感应现象，并得出了法拉第电磁感应定律C. 普朗克把能量子引人物理学，破除了“能量连续变化”的观念D. 玻尔原子理论的成功之处是它保留了经典粒子的概

2、念【答案】C【解析】【详解】A卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故A错误；B法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后得出法拉第电磁感应定律，故B错误；C普朗克把能量子引入物理学，说明能量是不连续的，故C正确；D玻尔原子理论成功解释了氢原子光谱的实验规律，但不足之处是保留了经典粒子的概念，故D错误。故选C。2. 甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，其速度一时间图像如图所示，已知甲、乙两车在t1时刻相遇，则下列说法正确的是（）A. t1时刻甲车的加速度比乙车的加速度大B. t=0时刻甲车在乙车的后面C. 0t1时间内甲、乙两车的平均速度相同D. 0t1时间内乙车的路程大于

3、其位移大小【答案】B【解析】【详解】A图像的斜率等于加速度，可知t1时刻甲车的加速度比乙车的加速度小，选项A错误；B图像与坐标轴围成的面积等于位移，可知在0t1时间内甲的位移大于乙的位移，因甲、乙两车在t1时刻相遇，则t=0时刻甲车在乙车的后面，选项B正确；C0t1时间内甲、乙两车的位移不等，则平均速度不相同，选项C错误； D0t1时间内乙车运动方向不变，则其路程等于其位移大小，选项D错误。故选B。3. 如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B

4、两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】水平细线被剪断前对A、B两小球进行受力分析，如图所示，静止时，由平衡条件得又解得水平细线被剪断瞬间，消失，弹力不能突变，A所受合力与等大反向，所以可得ABC错误，D正确。故选D。4. 如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为，一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图

5、示位置绕圆心O顺时针缓慢转过角，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 轻绳与竖直方向间的夹角逐渐减小B. 图示位置时，轻绳的张力大小为C. 直径MN水平时，轻绳的张力大小为D. 圆环从图示位置顺时针缓慢转过的过程中，轻绳的张力先增大再减小【答案】D【解析】【详解】如图所示B设轻绳与竖直方向夹角为，MB、NB间夹角为2，如图，则根据几何关系可得联立可得根据平衡条件可得可得故B错误；C直径MN水平时，轻绳的张力大小为故C错误；A由可知，圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2角的过程中，轻绳与竖直方向的夹角先增大后减小，故A错误；D由可知，圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2角的过程中，轻绳的

6、张力先增大再减小，故D正确。故选D。5. 2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星”通信卫星（记为卫星）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星，它运动的每个周期内都有一段时间（未知）无法直接接收到卫星发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为。已知卫星对地球的张角为，地球自转周期为，万有引力常量为，则根据题中条件，可求出（）A. 地球的平均密度为B. 卫星、的角速度之比为C. 卫星的周期为D. 题中时间为【答案】C【解析】【详解】A设卫星、的轨道半径

7、分别为R1和R2，因卫星为同步卫星，则有且有其中R为地球的半径，联立解得A错误；B设卫星、的角速度分别为和，如图所示在三角形AOB中，有即根据可得故有联立以上各式，有B错误；C根据可得因卫星为同步卫星，则其周期为T0，设卫星的周期为T2，则有整理得C正确；D若卫星和卫星均不运动，卫星对应为圆心角为2，则有但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，D错误。故选C。6. 如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属环均匀带电，带电量为Q，一长为L=2R的绝缘细线一段固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电量为q（未知）的金属小球（可视为质点）。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴

8、上的P点处于平衡状态，点P（图中未画出）是点P关于圆心O对称的点。已知静电常量为k，重力加速度为g，若取无穷远为零势面，下列说法正确的是（）A. O点的场强一定为零B. P点场强大小C. 金属带电小球的电量为D. 固定P处的小球，均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球（均可视为质点），现取下一个小球（其余个小球位置不变）置于P处，则圆心O的场强大小为【答案】C【解析】【详解】A将均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球，根据对称性可知，圆环在O点产生的场强为零，而带电金属小球在O点产生的场强一定不为零，所以O点的场强一定不为零，故A错误；C将均匀带电圆环可视为n个带有相同电荷的小球，设每个小

9、球带电量为，则每个在P点产生的场强的水平分量为根据对称性可知所有在P点产生的场强的竖直分量的矢量和为零，所以对进行求和可得均匀带电圆环在P点产生的电场强度大小为带电金属小球在P点受重力、电场力、绳子拉力而平衡，由平衡条件可得解得故C正确；B设细线与半径的夹角为，由几何关系、 由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电量q，则其中，解得根据对称性可知，带电量为Q的圆环，在P、P两点的场强大小相等，方向相反，即带电量为Q的圆环在P点的场强大小为，而P点的场强大小是圆环与带电金属小球在P的电场强度的叠加，所以故B错误；D由题意可知每个小球带电量为取下一个小球后，带电圆环剩余部分的小球在O点产生的场强等

10、效为取下小球的位置关于O点对称的另一位置的小球单独存在时在O点产生的场强，即方向沿圆环的径向。取下并置于P的小球在O点产生的场强为方向沿水平方向，而E金沿水平方向，且与E2方向相反，根据矢量合成法则可知E1、E2和E金的矢量和的大小一定不等于，故D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7. 在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的vt图线如图乙中

11、实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图像可得（ ）A. 碰撞后，蓝壶经过5s停止运动B. 碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8m/sC. 红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞D. 红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为1：2【答案】AB【解析】【详解】B设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0 = 1.0m/s，碰后速度为v0 = 0.2m/s，根据动量守恒定律可得mv0 = mv0 + mv解得v = 0.8m/sB正确；A从图中可知蓝壶运动的时间与红壶沿虚线运动的时间相同，若以红壶虚线所示运动，则加速度为运动时间为A正确；C碰撞前系统的动能为碰撞后系统的动能为两者不

12、等，所以不是弹性碰撞，C错误；D根据动量定理，并结合选项B可知红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量分别为I红 = - 0.2mI蓝 = - 0.8m则红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为I红：I蓝 = 1：4D错误。故选AB。【点睛】从vt图像中可以看出，实线和虚线有个交点，即若红壶碰撞后仍以原来的运动减速下去的运动时间和蓝壶碰撞后运动的时间相等，这一隐含条件是解题的关键点。8. 如图所示一平板车A质量为2m，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡

13、板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为，平板车A表面足够长，物块B总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g。L为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞（）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【详解】在车与挡板碰撞前，有如果L为某个值，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得且第二次碰撞前，A、B未达到共同速度，A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知A与挡板第

14、二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，即联立解得车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件，故CD可能，AB不可能。故选CD。9. 如图所示，R1、R2和R3都是阻值为R0的定值电阻，R是滑动变阻器，V1、V2和A都是理想电压表和电流表，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由图示位置向左缓慢滑动时，下列说法中正确的是（）A V1表示数减小B. V2表示数减小C. D. 电压表V1示数的变化量的绝对值小于电压表V2示数的变化量的绝对值【答案】BCD【解析】【详解】ABR的滑片向左移，R的阻值减小，利用闭合电路欧姆定律结论“并同串反”可知：表示数增大，表示数减少，A错误、B正确；DR减小，回路总阻值减小，

15、总电流增大，r和分压变大，减小，D正确；C设流经的电流为，流经的电流为，则则联立解得C正确。故选BCD。10. 如图所示，边长为0.64m的正方形内有磁感应强度B=0.3T的匀强磁场，方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P，它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量同种粒子，该种粒子速度大小为v=3.0106 m/s，比荷5.0107 C/kg。不考虑粒子重力及粒子间相互作用，sin37=0.6，下列说法中正确的是（）A. 粒子在磁场中运动的最短时间为sB. 粒子在磁场中运动的最长时间为sC. 正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6 mD. 在射出磁场的粒子当中存在有粒子刚好垂

16、直边界出磁场【答案】ABC【解析】【详解】AB粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据解得带入数据解得r0.2m假设粒子逆时针转动，则粒子射出范围如图所示当轨迹对应弦最短时，对应圆心角最小，此时在磁场中运动时间最短，由题意知，即弦恰好垂直于磁场边界时，弦最短，由几何关系知弦长为由几何关系知，此时对应圆心角为106所以最短时间为同理可知，最长弦恰好为直径，所以最长时间为故AB正确；CD由几何关系知解得3737则所以边界上有粒子射出的总长度为0.44 m1.6 m且射出磁场的粒子当中不存在有粒子刚好垂直边界出磁场，故C正确，D错误。故选ABC。三、非选择题：共56分。第1114题为必考题，每个试题考生都必

17、须作答。1516题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11. 某研究性学习小组利用如图1所示装置测量弹簧的弹性势能和物块与桌面间的动摩擦因数，实验步骤如下：将一长直薄木板上端斜靠在水平桌面右边缘O点，长木板下端固定在水平地面上；将轻弹簧一端固定在水平桌面左边沿的墙面上，弹簧处于原长时，其右端在O点左侧；用带凹槽的物块把弹簧压缩到P点，释放物块，测出物块在长木板上的落点与O点的距离x；通过在物块上增减砝码来改变物块的质量m，重复步骤的操作；得到一系列的与，根据数据作出图象，如图所示。回答下列问题：（1）为达到实验目的，除已经测出物块的质量和在长木板上的落点与O点的距离x外，还需要

18、测量_；A弹簧的原长L0 BP点到桌面右边沿的距离LC用量角器测出长木板与水平面的夹角 D弹簧压缩前物块到桌面右边沿的距离L1（2）若当地的重力加速度为g，根据图2可知弹簧被压缩到P点时的弹性势能为_，物块与桌面间的动摩擦因数为_。（用图2中的a、b和（1）中所选物理量的符号表示结果）【答案】 . BC . . 【解析】【详解】(1)1释放弹簧后弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；从释放滑块到滑块到达桌面边缘过程，由能量守恒定律得滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向竖直方向整理得实验除了测出、外，还需要测出弹簧压缩后滑块到桌面边沿的距离与长木板与水平地面的夹角。故选BC。(2)23由

19、，可知，图象的斜率图象的纵轴截距解得，12. 表格中所列数据是测量小灯泡关系的实验数据：U/V00.20.51.01.52.02.53.0I/A00.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215（1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图中的_（填“甲”或“乙”）；（2）在图中的方格纸内画出小灯泡的曲线；_（3）有人推论：如果灯泡两端的电压增大到3.5V，那么灯泡中通过的电流一定小于0.251A，你认为他的推论是否正确，_为什么？_。（4）如图丙所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上。已知流过电阻R的电流是流过灯

20、泡b电流的两倍，则流过灯泡b的电流约为_A。【答案】 . 甲 . . 正确 . 见解析 . 0.210【解析】【详解】（1）1由表格数据，灯泡电压要从0开始变化，应选择分压式电路，故选甲；（2）2小灯泡的曲线如图所示（3）34正确，因为从图线可知，电压越高，灯丝电阻越大，因此3.5 V时的电阻肯定比3.0 V时大，假设此两电压下的电阻相等，则解得所以3.5V电压对应的实际电流I0.2508 A，因此灯泡中通过的电流一定小于0.251 A。（4）5流过电阻R的电流是通过灯泡b的两倍，则流过灯泡a的电流是b的三倍；同时灯泡a和b的电压之和为3 V，则（0.070 A，0.30 V）（0.210 A

21、，2.70 V）两点刚好符合要求，故流过a灯的电流约为0.210 A。13. 如图所示，光滑水平地面上固定一个高h的光滑墩子，光滑顶面上有一个侧面光滑可视为质点的物体B，质量为M，与墩子无摩擦。一个小球A以水平初速度从高H=1.5h处水平抛出，恰好与B的左侧面发生弹性碰撞（不会与墩子碰撞），B物体恰好落在距墩子水平距离x=h处的小车C左端，小车的高度忽略不计，而A球落在墩子的左边，重力加速度为g。（1）球抛出点到B的水平距离多大？（2）A球的落地点距墩子的水平距离多大？（3）假设小车的质量也为M，物体B底面与小车上表面的动摩擦因数为，不考虑其他阻力，物体落在小车上发生竖直速度大小不变的反弹，且

22、作用时间极短，求物体B再次落在车上（或地面）时，两次落点相对小车的水平距离多大？【答案】（1）h；（2）；（3）0【解析】【详解】（1）根据解得所以水平距离（2）设小球的质量为m，被碰后B的速度为，根据解得A与B相碰，水平方向动量守恒由弹性碰撞的特点可得解得A球与B碰撞，竖直速度不会改变，因此落地时间也不会改变，从抛出到落地的时间为碰后落地时间为所以落地点与墩子的水平距离为（3）接近小车的竖直速度因为时间极短，那么有水平方向，对B物体对小车解得很明显与实际不符，应该水平共速因此两次的水平落点在同一点（相对小车），水平距离为零。14. 相距为L=1 m的足够长的金属导轨如图放置，倾斜部分与水平面

23、夹角为37，其他部分水平，左边接有一个定值电阻，阻值为R=1，右端接有一个电容为C=0.25F的电容器，MN左边导轨光滑，右边轨道动摩擦因数为=0.2，长度足够。金属杆ab的质量为m=0.01kg，导轨所在处MN左端有竖直向上的磁场，MN右边有水平向右的匀强磁场。以左端金属杆初始位置处为x=0处，水平向右为x轴，磁感应强度随x的分布规律如图所示（不严格按比例），其他所有电阻均不计。闭合开关S，在水平拉力的作用下让金属杆ab从初始位置开始以速度3m/s水平向右做匀速运动，那么：（注：图中x0=1 m为已知，k=0.2 T/m，拐角圆弧状，不计拐角处的机械能损失，取cos37=0.8，g=10m/

24、s2，电容器在无电阻的电路中放电极快）（1）在水平轨道上（小于时）运动时水平拉力F与x的关系；（2）金属杆从开始位置运动到时，通过电阻R的电荷量q为多少？如果拉力F在的过程中对ab杆做的功约为0.085J，那么流过R的电流的有效值多大？（3）当运动到时，撤去外力并断掉开关S，试求撤出外力后：电容器所带电荷量的最大值；金属杆ab运动的时间和路程。【答案】（1）；（2），；（3）0.2C；1.93s，3.73m【解析】【详解】（1）感应电动势为通过R的电流为电容器两端的电压为UE所带电荷量为qCU0.15x所以充电电流为所以流过金属杆的电流为（2）根据运动时间可得充电电流定值，对应的安培力为克服充

25、电电流的安培力所做的功为电阻产生的热量根据解得（3）到处时电容器的电荷量为进入斜面后根据牛顿第二定律结合解得所以到达MN处的速度所以，电容器的最大带电量为在斜面运动的时间到达MN右边后，磁场水平向右，金属杆不再产生感应电动势，由于没有电阻，电容器放电非常迅速，设为，因为时间极短，安培力会远大于全属杆的重力，那么有所以在MN右边运动的加速度为运动的位移为运动时间故运动的时间为运动的路程为（二）选考题：共13分。请考生从15题和16题任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。15. 下列说法中正确的是（）A. 机械能可以全部转化为内能，吸收的热量也可以完全变成机械能B. 当两分子间的距离小于平衡位置

26、的间距时，分子间距变大，分子势能变小C. 晶体的物理性质都是各向异性的D. 液体的表面张力使液体的表面有扩张的趋势E. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发越慢【答案】ABE【解析】【详解】A在引起其它变化的情况下，机械能可以全部转化为内能，如运动的物体只受摩擦力停下来，吸收的热量也可以全部转化为机械能，选项A正确；B当两分子间距离小于平衡位置的间距时，分子力表现为斥力，分子间的距离变大，分子力做正功，则分子势能减小，选项B正确；C晶体有单晶体和多晶体两种，单晶体各向异性，而多晶体各向同性，选项C错误；D液体的表面张力使液体的表面有收缩的趋势，选项D错误；E空气

27、相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同湿度水的饱和汽压，水蒸发变慢，选项E正确。故选ABE。16. 如图所示，A、B、C三段粗细相同且均匀、底部连通玻璃管竖直放置，A管上端封闭，B管上端开口，C管中有活塞且与管内壁气密性良好，管内有水银，A管中水银液面比B管中水银液面低h=4cm，C管中水银液面比A管中水银液面低h=4cm，A管和C管中封闭气柱长均为9cm，大气压强为76cmHg，将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14cm（此时C管中仍有水银），求：（1）C管中水银液面下降的高度；（2）活塞向下移动的距离。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）12cm；（2）14cm【解析】【详解】（1）设玻璃管横截面积为S，初状态，A中气体压强HgA中气体体积为将活塞缓慢向下压，使A、B管中水银液面高度差变为14 cm，则末状态A中气体压强为Hg根据玻意耳定律得解得C中液面下降的距离等于AB中液面上升距离之和，因此C管中水银液面下降的距离为（2）C中气体，初状态压强为Hg体积为末状态压强为其中为B管中液面上升高度，根据得解得Hg根据玻意耳定律得解得则活塞移动的距离为17. 在x轴正半轴和负半轴存在两种不同材质的弹性绳（相连于O点），和处为两波源，分别向右、向左传播形成振幅均为4cm的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，此时x=2m和x=4m处的