2022年广东省汕头市高考物理一模试卷（附答案详解）

2022年广东省汕头市高考物理一模试卷

1.如图烟雾自动报警器的探测器中装有放射性元素锢241,其

衰变方程为第一朗7与+加e+八下列说法正确的是

（）

A.y是光子，不具有能量

B.是a粒子，有很强的电离本领

C.冬天气温较低，锢241的衰变速度会变慢

D.锢241衰变过程要吸收能量，故翁4n比用7匹的原子核更稳定

2.2021年12月9日，我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在“天宫课堂”进行太空授

课。在太空失重环境下，下列哪个力学实验能在“天和核心舱”中顺利操作（）

A.

B.

C.探究加速度与物体受力物体质量的关系

3.如图甲所示，某电工正在液压升降梯上作业，图乙为

剪叉支架

升降梯的力学模型简图，剪叉支架和CD支撑轿厢。

完成任务后，升降梯缓慢送该电工下降的过程中（）

A.该电工处于失重状态

B.轿厢对剪叉支架4B的压力逐渐增大

C.剪叉支架48对轿厢的支持力等于轿厢的重力

D.液压升降梯对水平地面的压力逐渐减小

4.如图是汕头市儿童公园的摩天轮，假设某乘客坐在座

椅上随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，整个过程座

椅始终保持水平。下列说法正确的是（）

A.座舱转动过程，乘客的机械能守恒

B.座舱在最低点时，座椅对乘客的支持力大小小于重力

C.座舱在最高点时，座椅对乘客的支持力大小等于重力

D.座舱在与转轴等高处，乘客所受摩擦力方向指向转轴

如图所示为小沈同学家新买的地机器人，他从使用说明

书上得到了信息：电机的额定功率35小，由规格为

DC14.8l//2200nM/i的锂电池供电，当锂电池剩余电量

为总容量的20%时，扫地机器人就自动回座机充电。结

合上述信息，下列说法正确的是（）

A.DC14.8l//2200zn4i表示该电池输出的是交流电

B.该机器人电机的额定电流为0.424

C.正常工作时机器人电动机每秒钟输出35/动能

D.电池充满电后机器人正常工作约45min后回座机充电

6.计算机键盘每个按键下有块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块小

的固定金属片，两片金属片组成一个小电容器.且电压保持不变图示键盘连着正在

工作的计算机，按下“？”键过程中，按键金属片间组成的电容器（）

A.电容变小B.金属片间的场强变小

C.电荷量增大D.处于放电状态

图乙是降压变压器，图甲给用户供电的电路示意图，出表示输电线的总电阻，假设

用户端为纯电阻用电器，总电阻为R。若变压器视为理想变压器、输入电压恒定，

电表视为理想电表，当用户使用的用电器减少时，则（）

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甲乙

A.用户总电阻R减少B.电压表%示数增大

C.用电器R两端电压升高D.电流表4示数保持不变

8.如图，氢气球的质量m=0.1kg,无风时在轻绳的牵°—■风向

引下静止在空中，此时轻绳的拉力为8M当有水平风।

吹来时，气球受到大小为6N的水平风力作用，轻绳

无风时有风时

倾斜一定角度后气球仍静止在空中，g=10m/s2,

下列说法正确的是（）

A.气球所受浮力大小为9N

B.有风时，气球所受合力方向竖直向下

C.有风时，气球所受合力大小为历可

D.有风时，轻绳的拉力大小为10N

9.图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ,整个装置处于竖

直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过

程金属棒保持静止。则（）

A.片时刻回路没有感应电流

B.在加：2to时间，流过金属棒的感应电流方向是从Q到P

C.在0：%时间，金属棒PQ所受安培力方向水平向右

D.2to时刻金属棒PQ所受摩擦力方向水平向右

10.如图所示，某趣味游戏中小球从圆柱形水杯口边缘沿直径方向水平射入，球与杯壁

的碰撞是弹性碰撞，不计空气阻力。则小球入水前的运动轨迹情景图可能正确的是

（）

口u口。口

11.小羽同学用图甲所示装置验证动量守恒定律(水平地面依次铺有复写纸和白纸)。

实验时，先让入射球机4，多次从斜轨上C位置静止释放；然后，把被碰小球me静

置于轨道的末端，再将入射小球巾4从斜轨上C位置静止释放，与小球niB相撞，多

次重复此步骤，用最小圆圈法分别找到小球的平均落点M、P、N,图中。点为小球

抛出点在水平地面上的垂直投影。

(1)关于此碰撞实验，下列说法正确的是(多项选择题)；

A.复写纸和白纸依次铺好后，实验过程白纸的位置不能再移动

8.需要测量4球或B球的直径

C.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同

。.需要测量4球和B球的质量叫和加8

(2)为了减少实验误差，有同学提出斜槽倾斜部分的轨道应尽量光滑，你认为这种

说法对吗？并再提出一种减少实验误差的方法：。

如图乙所示，测量出平均水平位移、OP、的长度/、到、若两球相

(3)OMONx3,

碰前后的总动量守恒，碰撞属于弹性碰撞，则其表达式可表示为：。

12.某实验小组准备用铜片和锌片作为2个电极插入苹果制成水果电池，探究电极间距、

电极插入深度对水果电池的电动势和内阻的影响。实验小组在市场上购买了品种、

大小和成熟程度几乎相同的苹果，成员设计了两个方案测量苹果电池的电动势E和

内阻r,电路原理如图所示。实验室可供器材如下：

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电压表V（0〜3V，内阻约3k0；0〜15V,内阻约15k0）；

电流表4（0〜0.64，内阻约0.1250；0~3/4,内阻约0.0250）；

微安表G（量程200〃4；内阻约1000。）；

滑动变阻器（额定电流24,最大阻值1000）,电阻箱（最大阻999990）,开关、导线

若干.

（1）查阅资料知道苹果电池的电动势约为IV，内阻约为几A0,经过分析后发现方案

4不合适，你认为方案4不合适的原因是（多选题）。

4.滑动变阻器起不到调节的作用

B.电流表几乎没有示数

C.电压表分流明显导致测量误差偏大

。.电压表示数达不到量程的三分之一

（2）实验小组根据方案B进行实验，根据数据作出亍-R图像，已知图像的斜率为鼠

纵轴截距为b,微安表内阻为力,可求得被测电池的电动势E=,内电阻

r=.

（3）改变电极间距、电极插入深度重复实验，测得数据如图C所示。

序号电极插入深度九/cm电极间距d/cm电动势E/V内阻r/0

1421.0165981

2441.0569508

3221.08311073

分析以上数据可知电极插入越深入，水果电池内阻越,电极间距越大，水果

电池内阻越o

13.疫情期间，为了减少人与人之间的接触，一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送

餐（如图甲）。该款机器人的最大运行速度为4m/s,加速度大小可调节在lm/s23

aW3m/s2范围内，要求：送餐过程托盘保持水平，菜碟与托盘不发生相对滑动，

机器人到达餐桌时速度刚好为0。现把送餐过程简化为如图的直线情境图（如图乙）,

已知机器人恰好以最大运行速度。=4m/s通过。处，。与餐桌4相距*o=6m,餐桌

4和餐桌尸相距L=16m,机器人、餐桌都能看成质点，送餐使用的菜碟与托盘之间

的动摩擦因数为〃=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2»

v4w/s

(1)在某次从。到餐桌4的过程中，机器人从。开始匀减速恰好到4停下，求机器人在

此过程加速度a的大小。

(2)完成(1)问中的送餐任务后，机器人马上从4继续送餐到F,若要求以最短时间从

2送餐到F,求机器人运行最大加速度a.和加速过程通过的位移“加。

14.如图所示，PQ、MN是相互平行、间距为L的长直边:"

■•I••■■

界，在两边界外侧都存在匀强磁场，方向均垂直于::..B.

纸面向内，右侧磁场的磁感应强度为B。一质量为山、•■：：***

电荷量为q(q>0)的带电粒子从MN边界的。点以大："产''

・■II■■■

小为%的初速度垂直于边界沿纸面射入右侧磁场区，::.

一段时间后粒子再次经过。点，这过程中粒子有两••LL」■••

I»

次进入左侧磁场区运动。不计粒子的重力。°

(1)求左侧磁场的磁感应强度：

(2)在PQ、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场，然后使粒子从。点

以同样的条件射出，结果粒子同样能返回。点，而且所用时间比原来变短。求匀强

电场的场强E的可能值；

(3)在第(2)问的前提下，讨论粒子从。点射出到返回0点的最短时间与磁感应强度B

的关系。

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15.密封食品直接利用微波炉加热时容易出现炸开现象，原因是包装袋内部温度急剧升

高时，内部气体压强（填“增大”、“减小”或“不变”）。所以在加热食物

时，必须留一些透气孔，缓慢加热时，内部气体压强（填“大于”、“小于”

或“等于”）外界气体压强，此过程内部气体密度（填“增大”、“减小”或

“不变”）。

16.如图为某品牌酒精消毒液按压泵头结构图，它主要由进液阀门、弹簧、排气阀门、

活塞组成，两阀门间形成一个体积为V的封闭空间。若不计进液阀门小球的质量，

每次按压活塞最多只能将封闭空间体积压缩为原来一半，为使该按压头正常工作,

排气阀门处小球质量不能超过多少。（已知封闭空间内气体初始压强等于外界大气

压强Po,排气阀门小孔有效横截面积为S,重力加速度为g,环境温度保持不变）

排气阀门

活塞

进液阀U

酒精

17.在阳光的照射下，充满雾气的瀑布上方常会出现美丽

的彩虹，彩虹是太阳光射入球形水珠经折射、内反射、

再折射后形成的，其光线传播路径如图所示，图中的

圆面代表水珠过球心的截面，太阳光平行截面射入球

形水珠后，最后出射光线a、b分别代表两种不同颜色的光线，则水珠对a、b两束

光折射率的大小关系是为沏；a、b两束光在水珠内传播速度大小关系是

%打.（选填“>”、"=”或“<”）

18.一列简谐横波沿x方向传播，如图所示，其中实线和虚线分别为。=0和匕=0.5s两

时刻的波形图，坐标为x=8m处的质点在G=0时刻运动方向沿y轴负方向。

试判断这列波的传播方向；如果周期7>0.5s,求波速。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、y射线是光子，具有一定的能量，故A错误；

B、,He是a粒子，根据a射线的特点可知，其有很强的电离本领，故8正确；

C、半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故C错误；

D、自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，所以留比第14n的原子核

更稳定，故O错误。

故选：B。

光子也具有能量；根据三种射线可知，电离能力大小；结合半衰期与外界因素无关，及

半衰期的概念求解；比结合能的大小反映原子核的稳定程度。

考查三种射线的电离能力大小，注意它们的穿透能力的大小，掌握半衰期的概念，注意

半衰期与外界因素无关，只与自身元素性质有关。

2.【答案】A

【解析】解：4验证力的平行四边形定则实验中，不涉及重力问题，可在空间站中进行，

故A正确；

8研究匀变速直线运动实验中，在完全失重情况下，重物不能在斜面上下滑，该实验不

能进行，故8错误；

C.探究加速度与物体受力物体质量的关系中，在完全失重情况下，重物不能在长木板上

下滑，该实验不能进行，故C错误；

D验证机械能守恒定律中，在完全失重情况下，重物不能下落，该实验不能进行，故。

错误；

故选：4。

在太空中与地球上主要不同的是在太空环境中完全失重，所以凡是与重力无关的测量都

可以进行实验，根据这一特点去逐项分析即可。

通过比较所涉及的实验和活动，结合题目假设的情境，对实验的结果进行判断，体现出

对实验中所涉及变化的理解，考查了分析问题的能力。

3.【答案】B

【解析】解：4该电工随轿厢缓慢下降，处于平衡状态，不是失重状态，故A错误；

氏设4B和CD对轿厢的支持力均为F,且与竖直方向的夹角为0,则有2FcosO=G,轿厢

下降过程中，。角增大，尸变大，即轿厢对剪叉支架的压力逐渐增大，故8正确；

C.剪叉支架4B与。。对轿厢的支持力的合力等于轿厢的重力，故C错误；

D对整体而言，竖直方向受力不变，即液压升降梯对水平地面的压力不变，故。错误。

故选：B。

根据轿厢的运动情况判断出轿厢处于平衡状态；对轿厢进行受力分析，根据平衡条件找

到剪叉支架对轿厢的支持力与夹角的关系，根据相互作用力判断轿厢对剪叉支架的压力

变化；根据平衡条件分别分析轿厢的受力情况和升降机受到地面支持力的情况。

解决本题的关键在于分析轿厢的受力情况，根据平衡条件分析剪叉支架对轿厢的支持力,

并对升降机用到了整体法。

4.【答案】D

【解析】解：4座舱转动过程，乘客的动能不变，重力势能不断变化，则机械能不守恒，

故A错误；

员座舱在最低点时，根据

V2

F—mg=m—

可知，座椅对乘客的支持力大小大于重力，故B错误；

C.座舱在最高点时，根据

r，V2

mg—F=m—

可知，座椅对乘客的支持力大小小于重力，故c错误；

。.座舱在与转轴等高处，乘客所受摩擦力提供做圆周运动的向心力，则所受的摩擦力方

向指向转轴，故。正确。

故选：Do

座舱转动过程，乘客的动能不变，重力势能不断变化，对乘客受力分析，根据牛顿第二

定律判断出压力与重力的大小关系。

本题考查了圆周运动，解题的关键理解圆周运动的特征，向心加速度在竖直方向的变化，

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利用好牛顿第二定律即可。

5.【答案】D

【解析】解：4DC14.8l72200m4九表示该电池输出的是直流电，故A错误；

8.该机器人电机的额定电流为/=，=急4a2.364,故8错误；

C.正常工作时机器人电动机内阻要产生部分内能，则每秒钟输出动能小于35/,故C错

误；

D机器人人正常工作的时间t=7=曾”仇«0.75/1=45min,故。正确。

I2.364

故选：D。

由DC判断直流电，由功率公式求解电流，由能量守恒判断动能，由电流定义式，求解

时间。

本题考查电功率，学生需熟练掌握功率各公式，灵活运用，避免失误。

6.【答案】C

【解析】解：4当按键被按下时，两极板间的距离减小，根据电容的决定式。=生知

4nka

电容增大，故4错误；

B、依据E=J可知极板间距d变小，因U不变，则场强E变大，故8错误；

CD,根据Q=O/知，电压不变，电容增大，故电荷量Q变大，处于充电状态，故C正

确，。错误；

故选：Co

根据电容的决定式c=福判断电容的变化，电容与电源连接，电压不变，根据Q=CU

判断电量的变化，最后依据E=,来判定电场强度的变化。

对电容器，要掌握电容的决定式和定义式及其综合应用；解决本题的关键知道电容器与

电源相连，则电势差不变；与电源断开，电荷量不变，根据电容的决定式和定义式进行

判断。

7.【答案】C

【解析】解：4、当用户的用电器减小时，则根据并联电路的特点可知，用户总电阻增

大，故A错误；

8、电压表/测量的是副线圈两端的电压，因为原副线圈匝数和原线圈电压都保持不变，

所以副线圈的电压也保持不变，即电压表/示数不变，故8错误；

C、由上述分析可知，副线圈的电阻增大，则副线圈中的电流变小，因此Ro两端的电压

变小，则用电器两端的电压升高，故C正确；

。、因为副线圈的电阻增大，电流减小，则根据公式P=W可知，副线圈的功率减小，

而原副线圈的功率相等，则原线圈的功率也减小，电流表4示数减小，故。错误；

故选：Co

根据电路的特点分析出电路中电阻的变化，从而得出电流和电功率的变化，结合电路特

点分析出用电器两端的电压变化。

根据原副线圈的功率相等的特点结合公式P=U/分析出原线圈电流的变化.

本题主要考查了变压器的构造和原理，根据电阻的变化和欧姆定律得出电流的变化，结

合变压器两端的电学物理量的关系即可完成分析。

8.【答案】AD

【解析】解：4、无风时氢气球在竖直方向受重力mg、绳子拉力T和浮力尸浮

F^-mg-F=0

代入数据解得：F浮=9N

故A正确；

BC、有水平风吹来时，轻绳倾斜一定角度后气球仍静止在空中，氢气球合力为零，故

8C错误；

。、有风时，对氢气球受力分析如图

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F浮=mg+T'cosd9

F网=7'sin。，

联立解得：T=ION

故。正确；

故选：AD.

先对气球受力分析然后根据平衡条件列方程求解。

本题考查了平衡条件的运用，关键是正确的进行受力分析。

9.【答案】CD

【解析】解：4to时刻回路的磁通量为零，但是磁通量的变化率不为零，则回路有感应

电流，故A错误：

8.在琳〜2to时间，回路的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，流过金属棒的感应电流

方向是从P到Q,故8错误；

C.在0〜玲时间，回路的磁通向上减小，则有金属棒中有从P到Q的感应电流，由左手定

则可知，PQ所受安培力方向水平向右，故C正确；

D根据楞次定律可知，2to时刻金属棒PQ中的感应电流从P到Q,则安培力水平向左，由

平衡可知，所受摩擦力方向水平向右，故。正确。

故选:CD.

由感应电流的产生条件判断4选项，由楞次定律判断电流方向，由左手定则判断安培力

方向，由受力分析判断摩擦力。

本题考查电磁感应，学生需由力电综合能力，不仅熟练运用楞次定律，还需结合安培力

进一步受力分析。

10.【答案】AC

【解析】解：4、若小球不与简壁相碰，则如图4中的轨迹，故A正确；

BCD、若小球与筒壁相碰，由于碰撞是弹性碰撞，可知碰后的轨迹应该与原来没碰时的

轨迹延长线关于筒壁对称，且第二次碰撞到第三次碰撞过程中竖直方向的位移比第一次

碰撞前大，可知C图中的轨迹是正确的，BD是错误的，故AC正确、错误。

故选:AC,

小球水平抛出后做平抛运动，根据平抛运动的规律结合图像进行解答。

本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动

和竖直方向的自由落体运动。

11.【答案】4。选择质量较大且半径较小的小球做实验等x2+xx=x3

【解析】解：(1)4、复写纸铺在白纸的上面，实验过程中复写纸可以随时拿起看印迹是

否清晰，只要不移动地面上的白纸，可以随便移动复写纸的位置，故A正确；

BCD、该实验验证碰撞前后瞬间系统动量守恒，即验证：mAv0=mAV1+mBv2,两球

碰后均做平抛运动，落地时间相同，则水平位移与速度成正比，则要验证的关系式是

mAOP=mAOM+mBON,所以实验中需要测量A球和B球的质量犯和HIR，另外为保证

两球正碰，则两球大小要相同，但不需要测量两球的直径，故BC错误，。正确。

(2)该说法不正确；斜槽倾斜部分没必要必须光滑，只要小球4每次从同一位置释放，到

达底端时速度相同即可；

为减小实验误差：选择质量较大且半径较小的小球做实验；

(3)由(1)的分析可知，若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式叫4刀2=叫4/+

m8巧若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，则有3肛4诏=^犯4谥送

即满足关系式好=法商+|mBX3

联立两式可得志+Xi=%3

故答案为：(1)4)；(2)不正确，选择质量较大且半径较小的小球做实验；(3)冷+/="3

(1)(2)根据实验原理和实验操作注意事项分析；

(3)根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析；

本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的

方程变成容易验证.

12.【答案】B^-r小大

kkgg

【解析】解：(1)苹果电池的电动势约为1乙内阻约为几k。，由闭合电路的欧姆定律可

知，电路最大电流不会超过0.0014=lm4电流表4的量程为0.64量程太大，电流表

几乎没有示数，故选瓦

(2)根据图乙所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：E=/&+%+/?),整理得：|=

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学，AR图像的斜率k=£,纵轴截距6=等，解得电池电动势E=3内阻r=

EElEEk

b

二行。

(3)由表中第1组与第3组实验数据可知，在电极间距离相等时，电极插入越深，水果电

池内阻越小：由表中第1组与第2组数据可知，在电极插入深度相同时，电极间的距离越

大，水果电池内阻越大。

故答案为：(1)B；(2)5；%；(3)小；大。

(1)根据题意求出电路最大电流，然后分析答题。

(2)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图示图像分

析答题。

(3)分析表中实验数据然后得出结论。

理解实验原理是解题的前提；分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律即可解

题；处理实验数据时注意控制变量法的应用。

13.【答案】解：(1)机器人从。到餐桌4的过程中做匀减速运动，由运动学公式有

2

0-v=—2ax0

解得a=^m/s2

(2)当菜碟与托盘恰好不发生相对滑动时，二者间的静摩擦力达到最大值，加速度最大

由牛顿第二定律得

l^mg=mam

解得am=2m/s2

要求以最短时间从4送餐到尸，机器人先要以最大加速度做匀加速直线运动，接着以最

大速度匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动。

则加速过程通过的位移%加=六=三m=4m

答：(1)机器人在此过程加速度a的大小为gm/s2。

(2)机器人运行最大加速度am为2m/s2,加速过程通过的位移x加为4m。

【解析】(1)在从。到餐桌4的过程中，机器人做匀减速运动，根据速度一位移公式求机

器人在此过程加速度a的大小。

(2)若要求以最短时间从4送餐到F,机器人先要以最大加速度做匀加速直线运动，接着

以最大速度匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动。当菜碟与托盘恰好不发生相对

滑动时，二者间的静摩擦力达到最大值，此时加速度最大，由牛顿第二定律求机器人运

行最大加速度am，由速度一位移公式求加速过程通过的位移X物。

在处理多过程问题时，要注意分析各过程的运动性质，再利用各自的运动规律解决问题。

要知道当两个物体间恰好发生相对滑动时，物体间的静摩擦力达到最大值。

14.【答案】解：（1）粒子有两次进入左侧磁场区运动，最后再次经过。点，则轨迹如图,

由几何关系可知，设粒子在左右两边磁场中运动的半径分别为R和r,则

2R=3r

根据洛伦兹力提供向心力

qvoB=蟾

可得左侧磁场的磁感应强度

B'=-3B

（2）若在PQ、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场，且能返回。点，而且

所用时间比原来变短，则粒子首次进入电场时必然做加速运动，则场强方向向左，且回

到右侧磁场时速度不变，仍为火,在右侧磁场中的运动半径不变，因粒子还能经过。点，

则半径关系式满足

71（2/?—2「）=2「（其中W=1、2、3....）

设粒子进入左侧磁场时的速度为"，则

cV2

qvB=

=崂

可得

R3v

片嬴

即

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因粒子在电场中加速，且所用时间比原来变短，则

V>Vo

则n只能取1,即

4

粒子在电场中的加速度

qE—ma

2

v—VQ=2aL

解得

E=*

18qL

(3)当粒子返回。点的时间最短时，则对应于九=1的情况，最短时间为「=翳+黑+

2vTuy

2

其中的

4

V

解得

77nH,24L

t=----1-------

2qB7v0