2022年江西省九江市高考物理一模试卷(含答案解析)

2022年江西省九江市高考物理一模试卷2020年6月23日北斗全球组网卫星的收官之星发射成功其中“北斗三号“采用星载氢原子钟，通过氢原子的能级跃迁而产生的电磁波校准时钟。氢原子的部分能级结构如图，( )氢原子由基态跃迁到激发态后，核外电子动能增大，原子的电势能减小𝑛=32种不同频率的光子11eV的光子照射，能使处于基态的氢原子跃迁到激发态4eV𝑛=2激发态的氢原子，可以使之电离两木块B均自左向右做匀加速直线运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块运动过程中某一段三次曝光时的位置，如图所示，曝光的时间间相等，( )AB木块加速度𝑡1B木块速度𝑡2B木块速度𝑡3时刻，AB木块速度常见的四种电场如下，( )ab两点电势相同，电场强度也相同乙图中，两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b电场强度也相同第1页，共19页丙图中，两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b电场强度也相同丁图中，与无穷大金属板等距的关于垂线对称的ab两点电势相同，电场强度也相同2021年2月我国“天问一号”火星探测器抵达环绕火星的轨道正式开启火星探测之旅，如图所示。“天问一号”进入火星停泊轨道2后，在近火点280千米，火5.9万千米，进行相关探测后再进入较低的椭圆轨道3开展科学探测。则“天问一号)23环绕周期小23近火点的加速度大23近火点的速率大22远火点的机械能小𝑛1：𝑛2𝑅1𝑈=20√2sin100𝜋𝑡(𝑉)=10𝛺，电压表为理想电表，( )25HzC.5V

B.0.4𝐴D.R1.6𝑊abAB𝑣−𝑡𝑡=0时A物体在B物体的后方25m处，( )第2页，共19页在0∼10𝑠内两物体逐渐远离C.在10∼20𝑠内两物体逐渐远离

B.10s末两物体相遇D.在0∼20𝑠内两物体的位移相同如图所示物体套在光滑的竖直杆上物体放置在粗糙水平桌面上，用一不伸长轻绳连接。初始时轻绳经过定滑轮呈水平B物体质量均为mA物体从P点由静止释放，下落到Q点时，速度为v，PQ之间的高度差为h，此时连接A物体的轻绳与水平方向夹角𝜃。在此过程中，( )B物体做匀加速直线运动AQ𝑣cos𝜃AQ𝑚𝑣sin𝜃D.B物体克服摩擦做的功为𝑚𝑔ℎ−1𝑚𝑣2−1𝑚𝑣2sin2𝜃2 2如图所示质量为m的物体以初速度在一个斜面体上沿斜面匀速下滑且斜面在粗糙水平面上始终保持静止状态。( )斜面体受地面的摩擦力的方向水平向左方向水平向左若仅增大斜面倾角，使物体加速下滑，则斜面体受地面的摩擦力方向水平向左若仅减小斜面倾角，使物体减速下滑，则斜面体受地面的摩擦力方向水平向右第3页，共19页如图甲，左侧接有定值电𝑅=2𝛺的水平平行且足够长的粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强𝐵=2𝑇，导轨间𝐿=1𝑚。一质𝑚=2𝑘𝑔、接入电路的阻𝑟=2𝛺的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右速运动，金属棒𝑣−𝑥图像如图乙。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因𝜇=0.5，导轨电阻不计，𝑔=10𝑚/𝑠2，在金属棒从静止开始向右运动的位𝑥=1𝑚的过程中，( )𝐶→𝐷1C1JF15J(约5𝛺)。该同学用螺旋测微器测金属丝的直径d如图甲，𝑑mm；为了精确测量金属丝的阻值，某同学设计了如图乙所示的电路进行实验，实验(A.(0∼0.6𝐴0.1𝛺)B.电流表(量程0∼3.0𝐴，内阻约0.02𝛺)C.电压表(量程0−3𝑉，内阻约3𝑘𝛺)D.电压表(量程0∼15𝑉，内阻约15𝑘𝛺)第4页，共19页E.滑动变阻器(最大阻值2𝛺)𝐹.滑动变阻器(最大阻值1𝑘𝛺)为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选，电压表应选，动变阻器应选选填实验器材前对应的字)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流属丝的长度L，则该金属丝电阻𝜌的表达式𝜌用符号表)1和2𝑚1𝑚2。在水平木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O21从斜槽上某一点S由静止滚下，落到水平木板P点。再把小球2操作，小球1和小球2碰撞后分别落在水平木板上，在白纸上留下各自落点的痕迹。运动的水平射程来解决这个问题。确定碰撞前后落点的位置P、、N，用刻度尺OP，①本实验必须满足的条件；斜槽轨道必须是光滑的斜槽轨道末端必须是水平的1每次必须从同一位置由静止释放②实验器材准备时，为确保小球1碰后不弹回，要𝑚1 𝑚2；(填“>”“<”、③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为𝑚1𝑚2OMON表示)在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，记录下小球的落点位置下面三幅图中，可能正确的。第5页，共19页𝑀=4𝑘𝑔𝜇=0.01𝑚=1𝑘𝑔可视为质点的电动小车，𝐿=5𝑚，车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动，经时间𝑡=2𝑠在一起，求：碰前瞬间木板的速度大小；碰后木板在水平面上滑动的距离。𝐿=1𝑚。在水平𝐵=0.5𝑇𝑑=1𝑚，导体棒a的电阻𝑅𝑎=1𝛺；导体棒b的质量𝑚=0.05𝑘𝑔电阻𝑅𝑏=1.5𝛺，它们分别从图示N处同时由静止开始在导轨上向下滑动b匀速穿过磁场区域，ba刚好进入磁场并将匀速穿过磁场，取𝑔=10𝑚/𝑠2a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：棒匀速穿过磁场区域的速度；棒刚进入磁场时两端的电压；aa棒产生的焦耳热。第6页，共19页xOyx在方向垂直纸面向外磁感应强度𝐵=3𝑚𝑣0的匀强磁场，磁场范围可调节(图中未画2𝑒L出)x𝑀(L,y𝑣0的电子，电子经电场后从yN点进入第二象限。已知电子的质量为m绝对值为e，ON的距离2√3L，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，求：3第一象限内所加电场的电场强度；若磁场充满第二象限，电子将从x轴上某点离开第二象限，求该点的坐标；xx60，求圆形磁场区域的最小面积。第7页，共19页第8页，共19页答案和解析D【解析】解：A、氢原子由基态跃迁到激发态后，原子的电势能增大，根据𝑘𝑒2=𝑚𝑣2和𝐸 =1

𝑘𝑒2A错误；

𝑟2 𝑟𝑘 2

𝑘 2𝑟B、大量处于𝑛=3激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出的光子的频率种类为𝑁=𝐶2=3种，故B错误；31eV𝐸=1+𝛥𝐸−13.6𝑒𝑉11𝑒𝑉11eV的光子照射，不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故C错误；D、𝑛=2激发态的氢原子的能量值为−3.4𝑒𝑉，吸收4eV的光子后能量值大于零，可知4eV𝑛激发态的氢原子，可以使之电离，故D。本题考查能级跃迁的知识，关键是理解能级跃迁满足的条件，难度不大。C度等于中间时刻的瞬时速度CA21=𝑠=𝑠B22=𝑠=C正确；𝑡 𝑡 2𝑡 𝑡2AB𝑡𝑥=𝑣𝑡1𝑎𝑡2AB木22块加速度，又根据𝑣𝑡=𝑣0+𝑎𝑡知在𝑡1时刻A木块速度比B木块速度小，故AB错误；D、在𝑡2时刻两木块速度相等，A木块加速度大于B木块加速度，根据𝑣𝑡=𝑣0+𝑎𝑡知在𝑡3ABD。解答本题要看清图示的意义，中间的刻线相当于刻度尺或坐标系，显示物体在不同时刻第9页，共19页的位置，由于曝光时间是相同的，设处中间刻度每小格的尺寸st，依据匀平均速度等于中间时刻的瞬时速度的推论。时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度的推论是最简单的。B【解析】解：A、a、b两点处于同一等势线上，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；B、两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b两点的电势相等，根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电场强度大小相等、方向相同，故B正确；C、两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点，电势相等，电场强度大小相等，但方向不同，故C错误；D、电场线的疏密表示电场强度的大小，由图可知，ab两点的场强大小不同同时，a、b两点在同一条电场线上，所以二者的电势也不同，故D错误；故选：B。电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同。根据电场线的分布情况，判断场强的大小和方向关系，由等势线分布情况，确定电势关系。和方向都相同时，场强才相同。C【解析】解：A、根据开普勒第三定律可知，轨道半径越大，环绕周期越大，故轨道2环绕周期比轨道3环绕周期大，故A错误；B23𝑎𝐺𝑀B错误；𝑟2C、根据卫星变轨原理可知，从轨道2323C正确；D、探测器在轨道2上运行，只受万有引力作用，机械能守恒，故D错误。故选：C。第10页，共19页根据开普勒第三定律分析；根据牛顿第二定律分析探测器加速度大小；在同一轨道上运行时，探测器守恒；根据变轨原理比较轨道2与轨道3在近火点的速率大小关系。心运动时必须减速。D【解析】解：A、变压器不改变交流电的频率，所以副线圈频率为：𝑓=50𝐻𝑧，故A错误；

𝜔2𝜋

=100𝜋𝐻𝑧=2𝜋BC、由𝑈=20√2sin100𝜋𝑡(𝑉)可知，输入电压的有效值为20V，则有20𝑉=𝑈1+𝐼1𝑅1，12121=2=𝑛1=2，𝑈2 𝑛2 1且8V，电流表的示BC错误；1D、𝑅1的功率为：𝑃1=𝐼2𝑅1=0.4×0.4×10𝑊=1.6𝑊，故D正确；1故选：D。变压器无法改变交流电的频率，根据角速度得出电流频率；根据闭合电路欧姆定律得出电压表和电流表示数，从而得出原线圈电流的最大值；根据功率的计算公式得出电阻的功率。出电学物理量，结合功率的计算公式完成分析。AD𝑡AB0内，B物体的A物体的速度大，两者逐渐远离，故A正确；2B𝑣𝑡0𝛥𝑥=𝑥𝐵=10+510𝑚510𝑚25𝑚𝑡=A物体B10sABB错误；2C10sAB10内，AB物体的第11页，共19页大，两物体逐渐靠近，故C错误；D、根据𝑣−𝑡图像与时间轴所围的面积表示位移，可知在0∼20𝑠内两物体的位移相同，故D正确。故选：AD。已知𝑡=0时物体在B物体的后方25m处，根据0∼10𝑠内两物体速度关系，分析两物体间距的变化情况，并判断𝑡=10𝑠时两物体是否相遇。根据𝑣−𝑡图像与时间轴所围的面积表示位移，分析在0∼20𝑠内两物体的位移关系。本题考查对𝑣−𝑡图像的理解能力，关键要知道𝑣−𝑡图像与时间轴所围的面积表示位移，根据位移关系和初始位置关系判断两物体的运动情况。CDAB物体的拉BBBA错误；BAQvA物体沿绳子方B速度的分解可知物体的速度为 ，故B错误；C、A物体到Q点时，B物体的动量为𝑝𝐵=𝑚𝑣𝐵=𝑚𝑣sin𝜃，故C正确；D、由能量关系可知，A物体减少的重力势能等于B克服摩擦力做功和A、B两物体动能增量之和，则B物体克服摩擦做的功为𝑊𝑓=𝑚𝑔ℎ−1𝑚𝑣2−1𝑚𝑣2

=𝑚𝑔ℎ−1𝑚𝑣2−1𝑚𝑣2sin2𝜃，故D正确。2故选：CD。

2 2 𝐵 2AB物体的运动情况；根据A物体沿绳BBB物体的动量；再根据功能关系即可确定重力势能与动能的关系，并求出BAB两物体沿着绳子方向的分速度大小相等，来求解B物体的速度。第12页，共19页CD【解析】解：A、以整体为研究对象，整体水平方向不受其他外力，没有运动的趋势，故受地面摩擦力为0，故A错误；B、若仅沿斜面方向用力向下推物体，使物体加速下滑，物体与斜面间的正压力不变，0B错误；C、物体沿斜面匀速下滑时有，𝑚𝑔sin𝜃=𝜇𝑚𝑔cos𝜃解得：𝜇=tan𝜃，若仅增大斜面倾角，使物体加速下滑，则物体对斜面体的正压力为𝑁′=𝑚𝑔cos𝜃′，摩擦力为：𝑓′=𝑚𝑔cos𝜃′⋅tan𝜃=𝑚𝑔cos𝜃′⋅sin𝜃cos𝜃

<𝑚𝑔sin𝜃<𝑚𝑔sin𝜃′，则𝑁′与𝑓′的合力向上偏左，如图所示，CD故选：CD。据题，物体正在匀速下滑时，斜面体处于静止状态，说明两个物体都处于平衡状态，两个物体所受的合力均为零。以整体为研究对象，分析受力情况，确定斜面体对地面的压力与整体的重力的关系，以及地面对斜面体的摩擦力。和摩擦力情况。掌握滑动摩擦力的大小与正压力成正比。AD第13页，共19页【解析】解：A、根据右手定则可知，金属棒中感应电流的方向为𝐶→𝐷，故A正确；B、通过电阻R的感应电𝑞=𝐼𝑡= 𝑅𝑟

𝑡=𝑅𝑟

=𝑅𝑟

=2×1×1𝐶=0.5𝐶，故B错误；22C=

=𝐵𝐼𝐿=𝐵2𝐿2𝑣=2𝐵2𝐿2⋅𝑥𝐴x当𝑥=0=0；当𝑥=1𝑚时，安培力𝐹𝐴2=2𝑁，

𝑅𝑟

𝑅𝑟𝑥1𝑚=1𝐽 ，克服安培力做的功等于产生的总的焦耳热，即定值电阻R产生的焦耳热为

𝐹𝐴1𝐹𝐴2𝑥，代入数据解得：2，，故C错误；2D、根据动能定理得𝜇𝑚𝑔𝑥 =1𝑚𝑣2，其中𝑣=2𝑚/𝑠，𝜇=0.5，𝑚=2𝑘𝑔，代入解得，拉力做的𝑊=15𝐽，故D正确。2故选：AD。根据右手定则判断电流方向；由感应电荷量的经验公式求出通过电阻R的感应电量q；vxxR上产生的热量；根据动能定理求解拉力做功。对于变力做功，如力随着位移呈线性变化，则该变力做功等于平均值乘以位移，熟记感应电荷量的求解公式，知道电路中的热量等于克服安培力做的功。10.【答案】0.396𝐴𝐶𝐸𝜋𝑑2𝑈4𝐿𝐼【解析】解：(1)由螺旋测微器的分度值为0.01𝑚𝑚，需要估读到分度值的下一位，则直径为39.6×0.01𝑚𝑚=0.396𝑚𝑚；(2)电源电动势为3.0𝑉，则电压表选择量程为3V的C，电路最大电流约为𝐼𝑚

=3𝑉=5𝛺的A由电阻定律得第14页，共19页𝑅=𝜌L=𝑆

𝜌L𝑑𝜋(2)2根据欧姆定律解得：𝜌=𝜋𝑑2𝑈4L𝐼

𝑅=𝑈𝐼故答案为：(1)0.396；(2)𝐴；C；E；(3)𝜋𝑑2𝑈。4L𝐼根据螺旋测微器的分度值结合图甲得出金属丝的直径；择总阻值较小的滑动变阻器。由欧姆定律结合电阻定律计算出金属材料的电阻率。材料的电阻率。11.【答案】𝐵𝐶>𝑂𝑀+𝑚2⋅𝑂𝑁𝐵𝑚1【解析】解：(1)①A、轨道不一定是光滑的，光滑与否只是影响平抛的初速度，故A错误；B、为保证小球做平抛运动，其速度必须水平，所以斜槽末端要水平，故BC、每次要从同一点释放小球，才能保证碰撞前后是同一平抛，故C正确；>t，小球的碰前速度为𝑂𝑃，其碰后速度𝑣1𝑂𝑀，𝑡 𝑡2 小𝑚的碰后速度𝑣 =𝑂𝑁2 𝑡若满足动量守恒定律则有：𝑚1𝑣𝐴=𝑚1𝑣𝐴′+𝑚2𝑣𝐵整理得：𝑂𝑃=𝑂𝑀+𝑚2⋅𝑂𝑁𝑚1(2)将上述第②的式子变形得：𝑚1=

𝑂𝑁

>

𝑂𝑁

>1。𝑚2

𝑂𝑃𝑂𝑀

𝑂𝑃𝑂𝑀

𝑂𝑁

比值为负，故A错误；

𝑂𝑁

𝑂𝑃𝑂𝑁比值为7：3，大于1，故B正确；𝑂𝑃𝑂𝑁对图C，比值为21：4，但𝑂𝑃+𝑂𝑀=5+9=14，而𝑂𝑁=21，由于𝑂𝑃+𝑂𝑀<𝑂𝑁，不符合能量守恒定律，故C错误。第15页，共19页；②>；③𝑂𝑃=𝑂M𝑚2𝑂𝑁；(2)𝐵。𝑚1①从验证动量守恒定律实验原理确定本实验需要满足的条件；恒；从距离的大小关系判断正确与否。𝑎0，0由匀变速直线运动的位移-时间公式得：𝐿=1𝑎𝑡202代入数据解得：𝑎0=2.5𝑚/𝑠2𝐹=0=1×𝑁2.5𝑁由牛顿第三定律可知，小车对木板的作用力大小𝐹′=𝐹=2.5𝑁，=𝜇(M𝑚)𝑔0.014110𝑁0.5𝑁𝐹′，电动小车运动过程木板不能静止，木板将向左做加速运动，设电动车向右运动加速度𝑎1，木板向左运动加速度为𝑎2，碰前电动车速度为𝑣1，木板速度为𝑣2，由牛顿第二定律得：对电动小车车：𝐹=𝑚𝑎1对木板：𝐹′−𝜇(𝑚+M)𝑔=M𝑎2由牛顿第三定律可知：𝐹′=𝐹1 由运动学公式小车与木板的位移大小之和：𝐿=1𝑎𝑡2+1𝑎𝑡21 2 2代入数据解得：𝑎1=2.1𝑚/𝑠2，𝑎2=0.4𝑚/𝑠2𝑎1𝑡2.12𝑚/𝑠𝑣2=𝑎2𝑡=0.42𝑚/𝑠0.8𝑚/𝑠(2)电动小车与木板碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝑣1−M𝑣2=(𝑚+M)𝑣第16页，共19页代入数据解得：𝑣=0.2𝑚/𝑠从碰撞后到木板停止运动过程，由动能定理得：−𝜇(𝑀+𝑚)𝑔𝑠=0−1(𝑀+𝑚)𝑣22代入数据解得，木板在水平面上滑动的距离：𝑠=0.2𝑚0.8𝑚/𝑠；0.2𝑚。【解析】(1)应用牛顿第二定律与运动学公式求出碰撞前瞬间木板的速度大小。(2)小车与木板碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，然后应用动能定理求出碰撞后木板滑动的距离。根据题意分析清楚木板与电动小车的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式与动量守恒定律、动能定理可以解题；解题时注意正方向的选择。13.【答案】解：(1)𝑏棒匀速穿过磁场时，受力平衡，则：𝑚𝑔=𝐵𝐼1𝐿b=𝐵𝐿𝑣𝑏

𝐸𝑅𝑎+𝑅𝑏联立解得𝑣𝑏=5𝑚/𝑠；1(2)𝑏棒穿过磁场区域前自由下落的时间𝑡 =1𝑔

=5𝑠=0.5𝑠10b𝑡2=𝑑𝑣𝑏

=1𝑠=0.2𝑠5a𝑡𝑎=+𝑡2=0.5𝑠+0.2𝑠=0.7𝑠a=𝑔𝑡𝑎=100.7𝑚/𝑠=7𝑚/𝑠a==0.5×17𝑉=3.5𝑉a

𝑅𝑏𝑅𝑎+𝑅𝑏

𝐸2=

1.51+1.5

×3.5𝑉=2.1𝑉；(3)𝑏棒进入磁场后做匀速运动，由平衡条件得：𝑚𝑔=𝐵𝐼1𝐿代入数据解得：𝐼1=1