江西省赣州市2022届高三下学期3月一模考试物理试题Word版含解析

赣州市2022年高三年级摸底考试理科综合能力测试第I卷（选择题，共126分）一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1至5题只有一项符合题目要求，第6至8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得，有选错的得0分。1.目前人类探索太空需要用核电池对探测器提供电能和热能，某“核电池”是利用放射性元素钚238（）发生衰变释放的能量工作，其衰变方程为，钚238的半衰期为88年，下列说法正确的是（）A.m=92，n=4，比的中子数多4B.的结合能小于与的结合能之和C.400个钚238经过176年还剩下100个D.若改变238钚的温度、浓度及其所受的压力，它的半衰期将会改变【1题答案】【答案】B【解析】【详解】A．与的中子数之差为A错误；B．衰变释放能量，的结合能小于与的结合能之和，B正确；C．半衰期是统计规律，对少量不适用，C错误；D．半衰期与温度、浓度及其所受压力无关，它的半衰期不会改变，D错误。故选B。2.某老师用细绳一端连接一支圆珠笔，另一端固定在地铁车厢内的竖直扶手上。地铁沿某一段水平直线运动的过程中，细绳向右偏离与竖直扶手成角度θ，如图所示，关于地铁在这一段运动过程中，下列说法正确的是（）A.圆珠笔受到的合外力向右B.加速度大小gsinθC.地铁可能向右做减速运动D.地铁可能向左做减速运动【2题答案】【答案】C【解析】【详解】AB．由图可知，此时圆珠笔受力如图所示细绳拉力和重力的合力水平向左，由牛顿第二定律可得解得AB错误；CD．由于细绳拉力和重力的合力水平向左，故地铁可能向右做减速运动或者向左加速运动，D错误,C正确。故选C。3.带电球体的半径为R，以球心为原点O建立坐标轴x，轴上各点电势φ随x变化如图所示，下列说法正确的是（）

A.球体带正电荷B.球心处电场强度最大C.A、B两点电场强度相同D.一带负电的试探电荷在B点的电势能比在C点电势能的大【3题答案】【答案】D【解析】【详解】A．从球出发向两侧电势升高，而电场线从正电荷出发，沿着电场线电势降低，故球带负电荷，A错误；B．球是等势体，故内部任意两点间的电势差为零，故场强为零，B错误；C．A点与B点的电场强度大小相等，但方向相反，故不同，C错误；D．从B到C，电势升高，根据故负电荷电势能减少，D正确。故选D。4.如图甲所示，电压表和电流表均为理想电表，理想变压器原、副线圈匝数比为1：2，定值电阻R1=5Ω、R2与R3的阻值相等，E、F两端接入如图乙所示的交流电源，当开关断开时，电阻R1和R2消耗的功率相等，现将开关K闭合，下列说法正确的是（）A.在t=0.01s时，电压表示数为零B.电流表中电流方向每秒改变50次C.R2=10ΩD.电源的输出功率为120W【4题答案】【答案】D【解析】【详解】A．电压表测量的是交流电的有效值，t=0.01s时其示数不为零，故A错误；B．由题图乙知交流电的周期为0.02s，每个周期内电流方向改变两次，变压器不改变交流电的周期，因此电流表中电流方向每秒改变100次，故B错误；C．原、副线圈的电流之比为当开关断开时，电阻R1和R2消耗的功率相等，则可得故C错误；D．开关K闭合后，副线圈等效电阻为E、F两端接入电压的有效值为原线圈两端电压为副线圈两端电压为结合可得原、副线圈的电流分别为因此电源的输出功率为故D正确。故选D。5.2022年北京冬奥会跳台滑雪比赛在张家口举行，如图，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡CD、停止区DE三部分组成。比赛中，甲、乙两运动员先后以速度v1、v2从C点正上方B处沿水平方向飞出，分别落在了着陆坡的中点P和末端D，运动员可看成质点，不计空气阻力，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g，则（）

A.v1、v2的大小关系为v2=2v1B.甲运动员从B点飞出到距离斜面最远所需要的时间C.甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向一定相同D.甲运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平方向的夹角比乙的大【5题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．设BC高度为h，CD长度为l，根据甲乙分析得A错误；B．甲运动员从B点飞出到距离斜面最远时速度与斜面平行，则解得B正确；CD．设甲、乙两运动员落到着陆坡前瞬间速度方向与水平成和，则可得即C错误D正确。故选BD。6.2021年6月17日，搭载三名宇航员的“神舟十二号”载人飞船由“长征二号F”运载火箭送上太空，飞船经过585秒后进入到距离地球表面最近200km、最远400km的椭圆轨道上运行，约6.5小时后与在距离地球表面高为400km的圆轨道上运行的空间站完美对接，若“神舟十二号”载人飞船在椭圆轨道上运行时只受到地球的吸引力，地球半径为6400km，近地卫星的运动周期约为84分钟，飞船在椭圆轨道上运行过程中（）A.运行的周期约为90分钟B.在近地点和远地点的速率之比为C.在近地点和远地点的速率之比为D.在近地点和远地点的加速度大小之比为【6题答案】【答案】AB【解析】【详解】A．根据开普勒第三定律得解得A正确；BC．在近地点和远地点速率之比为B正确，C错误；D．根据牛顿第二定律得解得D错误。故选AB。7.如图所示，竖直边界MN的右侧存在区域足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。有一均质导线制成的半径为r的单匝圆形线圈，质量为m，总电阻为R，边界MN上有一垂直于纸面的光滑转轴，线圈上的a点与转轴连接并可绕转轴在竖直平面内自由摆动。将线圈向右拉至左侧与MN相切的位置后由静止释放，线圈向左摆到最高点时，直径ab转过的角度为150°，不计摆动过程中线圈受到的一切摩擦阻力，重力加速度为g，则（）A.线圈摆动时，所受安培力的方向始终和边界MN垂直B.从释放到第一次摆至左侧最高点的过程中，安培力对线圈做的功为0.5mgrC.从释放到最后静止，线圈中产生的焦耳热为2mgrD.从释放到最后静止的过程中，通过线圈导线横截面的电荷量为【7题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．线圈向左摆动时，线圈中垂直纸面向里的磁通量减小，由楞次定律知，安培力阻碍线圈的相对运动，安培力与线框运动方向相反。线框在磁场中的等效长度为线圈与MN相交的弦长，安培力的方向始终垂直于该弦，故A正确；B．从释放到第一次摆至最高过程中，安培力对线圈做的功为等于其重力势能的变化量，线圈的重心位置等效在环的圆心，所以重力势能的减少量为所以安培力对线圈做的功为，故B错误；C．从释放到静止，线圈的重力势能通过感应电流转化为焦耳热，所以线圈产生的焦耳热等于减少的重力势能，大小为故C错误；D．从释放到最后静止的过程中，通过线圈导线横截面的电荷量为故D正确。故选AD。8.如图甲所示，质量为m=0.1kg的滑块（可视为质点），在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上位于水平面上的木板左端，此后木板的速度-时间图象如图乙所示，已知木板质量M=0.2kg，最终滑块恰好没有离开木板，重力加速度g取10m/s2，则（）A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1B.木板长度为0.75mC.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.45JD.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.375J【8题答案】【答案】BC【解析】【详解】A.设木板与地面之间的摩擦因数为μ2，木板做匀减速的加速度为a3，根据牛顿第二定律得根据图像得解得设滑块与木板之间的摩擦因数为μ1，木板做匀加速的加速度为a2，根据牛顿第二定律得根据图像得解得滑块与木板之间的动摩擦因数为0.5，A错误；B.设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得解得根据逆向思维，滑块滑上木板时的速度为木板长度为B正确；C.根据机械能守恒定律得，释放滑块时弹簧的弹性势能为C正确；D.木板与水平面间因摩擦产生的热量为D错误。故选BC。第II卷二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。（一）必考题9.有研究发现：正常人反应速度在0.3s左右，30岁以后会有所变慢，运动员经过特定练习，对特定刺激的反应速度可以缩短到0.15s至0.18s，人类反应速度的极限目前科学界公认为0.1s，同学们为了测自己的反应时间，进行了如下实验，如图甲所示，甲同学用手捏住直尺的0刻线位置，乙同学用一只手在直尺的最大刻度处做好捏直尺的准备，但手不碰到直尺。乙同学在观察到甲同学放手让直尺下落的同时立刻捏住直尺，读出捏住直尺的刻度，就可以测出反应时间，重力加速度g取9.8m/s2。（1）若直尺的量程为40cm，乙同学要捏住图中直尺刻度区间，允许他的最长反应时间为________s（结果保留2位有效数字）；（2）某次实验时，直尺的量程为L，乙同学捏住位置的刻度读数为x，则他的反应时间为________（用L、x、g表示）；（3）为简化计算，同学们以相等时间间隔在直尺上标记反应时间的刻度线（图中数据的单位均为“秒”），制作了“反应时间测量尺”。图乙中刻度线标度最可能正确的是________。【9题答案】【答案】①.0.29②.③.C【解析】【详解】（1）[1]依题意，直尺做自由落体运动，根据自由落体运动规律有直尺的量程为40cm，乙同学要捏住图中直尺刻度区间，允许他的最长反应时间为（2）[2]依题意，直尺下落高度为则乙同学的反应时间为（3）[3]依题意，可知手的位置在开始时放在0刻度处，所以0刻度要在下边，直尺做自由落体运动，位移位移与时间的二次方成正比，所以随着时间的增加，刻度尺的间距从下往上逐渐增大，故选C。10.某同学把量程为500μA但内阻未知的微安表G改装成量程为2V的电压表，他先测量出微安表G的内阻，然后对电表进行改装，最后再利用一标准电压表，对改装后的电压表进行检测。（1）该同学利用“半偏法”原理测量微安表G的内阻，实验中可供选择的器材如下：A.滑动变阻器R1（0~5kΩ）B.滑动变阻器R2（0~20kΩ）C.电阻箱R'（0~9999.9Ω）D.电源E1（电动势为1.5V）E.电源E2（电动势为9V）F.开关、导线若干具体实验步骤如下：a.按电路原理图甲连接好线路；b.将滑动变阻器R的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R的阻值，使微安表G的指针满偏；c.闭合S2，保持R不变，调节R'的阻值，使微安表G的示数为250μA，此时R'的示数为1900.0Ω；回答下列问题：（1）①为减小实验误差，实验中电源应选用________（填E1或E2），滑动变阻器应选用________（填R1或R2）;②由实验操作步骤可知微安表G内阻的测量值Rg=________Ω，与微安表内阻的真实值相比________（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）；（2）若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联一个阻值为________Ω的电阻R0；（3）用图乙所示电路对改装电压表进行校对，由于内阻测量造成的误差，当标准电压表示数为2V时，改装电压表中微安表G的示数为495μA，为了尽量消除改装后的电压表测量电压时带来的误差，R0的阻值应调至________Ω（结果保留1位小数）。【10题答案】【答案】①.E2②.R2③.1900.0或1900④.偏小⑤.2100.0或2100⑥.2059.6【解析】【详解】（1）①[1][2]本实验误差来自于闭合S2电阻箱R′并入电路后，干路电流会发生变化，为使干路电流变化较小，应使干路中滑动变阻器进入电路的阻值尽量大，为使电流表能够满偏，相应的电源电动势应较大。故电源选择电动势约为9V的电源E2，毫安表G的满偏电流为500μA，则干路中滑动变阻器进入电路的最小阻值约大于，故滑动变阻器应选用最大阻值为20kΩ的R2。②[3]由实验操作步骤可知通过微安表的电流等于通过电阻箱的电流，可知两部分电阻相等，即微安表G内阻的测量值Rg=1900.0Ω；[4]因于闭合S2电阻箱R′并入电路后，电路的总电阻变小，干路电流会变大，即干路电流大于Ig，而流过微安表G的电流为Ig，则流过电阻箱R′的电流大于Ig，即流过电阻箱R′的电流实际上大于流过微安表G的电流，根据并联电路的特点，可知微安表G内阻真实值大于电阻箱R′的阻值，可知测量值偏小。（2）[5]若按照（1）中测算的Rg，将上述微安表G改装成量程为2V的电压表需要串联的电阻R0为的电阻；（3）[6]当微安表G的示数为495μA时若是调整为准确，则需将微安表读数变为500μA，则即将改装后的电压表内阻减小40.4Ω，即将R0的阻值变为2100-40.4=2059.6Ω11.如图所示，水平面上放一个质量为2m、半径为2R的四分之一不固定圆弧槽，圆弧槽底端与水平地面相切。一质量为m的小球从圆弧槽顶端由静止释放，离开圆弧槽后，滑入一个管口与水平地面相切、半径为R、内径略大于小球的竖直固定圆形管道。小球视为质点，不计一切摩擦阻力，求：（1）小球第一次到达圆弧槽底端时，圆弧槽的位移大小；（2）小球在管道中运动到最高点时对管道的压力大小。【11题答案】【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）小球从圆弧槽顶端到底端过程中，小球和圆弧槽系统水平动量守恒可得mx1=2mx2x1+x2=2R圆弧槽的位移大小x2=（2）小球从圆弧槽顶端到底端过程中，小球和圆弧槽系统动量和机械能守恒可得mv1=2mv2小球第一次在管道中运动过程中机械能守恒小球在管道最高点时管道半径与竖直方向的夹角若为θ，则h=R(1+cosθ)小球在管道最高点时受到管道的支持力大小为FN=mgcosθ=由牛顿第三定律小球在管道最高点时对管道的压力大小为=FN=12.如图所示，在x<-L和x>L的区域内分别存在足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2（均未知），在－L<x<L区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场。现在从坐标原点O由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的粒子，不考虑粒子重力的影响。（1）若粒子经过点M（L，0）后运动到N点，已知M、N两点的距离为L，MN的方向与x轴正方向夹角θ=45°，求B2的值。（2）若B2=2B1=Bo（Bo已知），粒子到达点M（L，0）后立即撤去电场（不考虑撤去电场给磁场带来的影响），求粒子从坐标原点O出发后再次回到坐标原点的时间。（3）若B1<B2，粒子到达点M（L，0）后立即撤去电场（不考虑撤去电场给磁场带来的影响），要使粒子经过一段时间后能再次回到坐标原点，则B1、B2应满足什么关系？【12题答案】【答案】（1）；（2）；（3）（n=1,2,3,…）【解析】【详解】（1）根据动能定理有qEL=mv2进入B2后做匀速圆周运动，设运动的半径为R，有由几何关系可知R=L联立可解得（2）由（1）可知粒子从O点运动到M点的过程中，有qE=ma或v=at1解得在磁场中，根据可知粒子在两个磁场中运动的轨道半径r1=2r2故运动轨迹如图所示。粒子在两个磁场中运动的周期分别为粒子在B2中运动的时间为粒子在B1中运动的时间为粒子在无场区运动的时间为粒子再次回到坐标原点O的时间为（3）粒子在磁场B1和B2中运动的轨道半径分别为要使粒子经过一段时间后能再次回到原点O，则有n（2r1-2r2）=2r2（n=1,2,3,…）得（n=1,2,3,…）（二）选考题：共45分．请考生从给出的2道物理题中任选一题做答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。【物理－选修3-3】13.如图所示，一定质量的理想气体从状态a经热力学过程ab、bc、cd、da后又回到状态a，其中，过程ab和cd为等温过程，过程bc和da为绝热过程（气体与外界无热量交换），这就是著名的“卡诺循环”。下列说法正确的是（）A.ab过程中，气体始终吸热B.cd过程中，气体对外界做功C.da过程中，气体的温度一直升高D.bc过程中，气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加E.bc过程气体对外界做的功等于da过程外界对气体做的功【13题答案】【答案】ACE【解析】【详解】A．ab过程中，气体温度不变，则内能不变；体积变大，对外做功，则气体始终吸热，选项A正确；B．cd过程中，气体体积减小，则外界对气体做功，选项B错误；C．离原点越远的等温线的温度越高，可知da过程中，气体的温度一直升高，选项C正确；D．bc过程中，体积变大，气体数密度减小，气体的压强减小，温度降低，气体分子的平均速率减小，则气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数减小，选项D错误；E．bc过程气体绝热，气体对外界做的功等于气体内能减小量；da过程气体也是绝热，外界对气体做的功等于气体内能增加量，因bc过程气体内能减小量等于da过程中气体内能增加量，可知bc过程气体对外界做的功等于da过程外界对气体做的功，选项E正确。故选ACE。14.为做好新冠疫情的常态化防控工作，工作人员每天对校园进行严格的消毒，某喷雾消毒桶装置简化图如图所示，通过打气筒使空气压入密闭消毒桶内，从而将桶中的消毒液从喷雾口压出，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高，忽略喷雾管的体积。消毒桶高为H=60cm，横截面积S=0.1㎡，开始时喷雾口阀门K打开，向桶内倒入消毒液后关闭加水口，桶内气体的体积V=22.5L，喷雾口与液面的高度差为h=22.5cm，已知消毒液的密度=1.0×103kg/m3外界大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，整个过程中气体可视为理想气体且温度保持不变。（1）若要将桶中消毒液从喷雾口压出，求压入桶中的空气在外界环境下体积的最小值；（2）若打气前先关闭阀门K，通过打气筒每次可以向消毒桶内充入压强为p0、体积为V0=1.5L的空气，然后打开K，进行消毒，消毒完成时，喷雾口刚好不再喷出药液，此时喷雾口与桶内液面的高度差为h'=50cm，求打气筒的打气次数n。【14题答案】【答案】（1）0.50625L；（2）20次【解析】【详解】（1）初始时，密闭气体压强p1=p0=1.0×105Pa，设压入空气的体积为ΔV，密闭气体和压入空气的总体积为V1=V+ΔV刚出水时，密闭气体的压强为p2=p0+ρgh密闭气体的体积为V2=V根据玻意耳定律有解得能出水的外界环境下最小的体积为ΔV=0.50625L（2）设打气次数为n，消毒完成后桶内气体体积为V3=Sh′压强为p3=p0+ρgh′由玻意耳定律有p0(nV0+V)=p3V3解得n=20次【物理－选修3-4】15.一列沿x轴正方向传播