2022届高三一模测验卷 物理 A卷 答案版

好教育云平台一模检验卷第=page2*2-13页（共=sectionPages3*26页）好教育云平台一模检验卷第=page2*24页（共=sectionPages3*26页）此卷只装订不密封班级此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号物理（A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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3分，有选错的得0分。1．核动力航空母舰因其性能强劲堪称海上霸主，它利用可控制核裂变释放的核能获得动力，我国正计划建造核动力航母。有一种核裂变的方程为eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→X＋eq\o\al(94,38)Sr＋10eq\o\al(1,0)n，关于该核裂变，下列说法正确的是()A．X的核子数为141B．X的中子数为75C．核反应方程可以简化为eq\o\al(235,92)U→X＋eq\o\al(94,38)Sr＋9eq\o\al(1,0)nD．X比eq\o\al(235,92)U稳定【答案】D【解析】根据质量数和电荷数守恒可得X的核子数为132，质子数为54，中子数为78，故AB错误；核裂变反应必须有中子的参与才能发生，所以反应物中不能缺少中子，故C错误；核裂变反应存在质量亏损，会释放核能，生成物的总结合能比反应物的总结能大，则生成物X的比结合能比反应物eq\o\al(235,92)U的比结合能大，所以X比eq\o\al(235,92)U稳定，故D正确。2．如图所示，在离地高度为h的两个不同位置，将质量相等的A、B两个小球分别水平向左、竖直向上以大小相等的初速度抛出，A、B两球从抛出到落地动量变化量之比为1∶2。已知重力加速度为g，不计空气阻力，则两球抛出时的初速度大小为()A．eq\f(1,4)eq\r(2gh)B．eq\f(1,2)eq\r(2gh)C．eq\f(3,4)eq\r(2gh)D．eq\r(2gh)【答案】C【解析】根据动量定理可知，两球在空中运动的时间之比为1∶2，则A球运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))，对B球，解得，故选C。3．如图甲所示，三个电荷量大小均为Q的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中带负电的点电荷位于坐标原点处，x轴处于等边三角形的一条中线上。现让一带电量为＋q的试探电荷沿着x轴正方向运动，以x正向为＋q所受电场力的正方向，得到＋q所受电场力随位置的变化图像如图乙所示，设无穷远处电势为零。则以下说法正确的是()A．x1＜x0B．在x正半轴上，＋q在x2处所受电场力最大C．＋q在x1处电势能最大D．＋q在x1处电势能为零【答案】C【解析】图乙中x1的位置正点电荷所受的电场力等于零，根据图甲来判断x0的位置正点电荷的受力不为零，方向向左，根据题意，正点电荷受力等于零的位置在x0的右侧，如图，故x1在x0的右侧，故A错误；由图像可知，在轴正半轴上，越靠近负点电荷时，正点电荷的受力越大，故B错误；在范围内，正电荷所受电场力合力为水平向左，正点电荷在x1位置受力平衡，在x1的右侧正点电荷所受合力方向水平向右，在范围内，电场力做负功，电势能增加，x＞x1范围内，电场力做正功，电势能减小，故在x1处电势能最大，故C正确，D错误。4．如图甲所示为可变电容器，图乙为两个完全相同的半圆形的平行金属板接在电路中，开始两金属板正对。闭合开关S，将上侧金属板转过60°，同时将两板之间的距离增大到原来的eq\f(3,2)；调节前后将同一重力不计的正粒子由下侧极板无初速释放，释放位置都在两极板正对面内。假设两极板正对面之间的电场始终为匀强电场，则调整前后()A．两极板间的电场强度之比为2∶3B．平行板电容器的电容之比为9∶4C．电容器所带的电荷量之比为3∶2D．粒子在极板间运动的时间之比为3∶2【答案】B【解析】由于电容器的两极板与固定的电源相连接，则调整前后两极板之间的电压不变，由公式E＝eq\f(U,d)可知，调整前后两极板间的电场强度之比为3∶2，A错误；由平行板电容决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知，B正确；由公式Q＝CU可知，C错误；粒子由静止从下侧极板运动到上侧极板的过程中，由动能定理有可知电子到达上侧极板的速度，电容器两端电压不变，则调整前后粒子到达上侧极板的速度相同，粒子运动的平均速度相同，则调整前后粒子在极板间运动的时间之比为，D错误。5．如图所示，质量为M的三角形斜劈放置在粗糙水平地面上，斜面倾角为θ，一质量为m的物块以速度v0恰好沿斜面匀速下滑，某时刻给物块施加一方向垂直斜面向下、大小为mg的推力F，最后物块停止在斜面上，整个过程中斜劈始终静止在地面上。重力加速度大小为g，则()A．物块与斜面间的动摩擦因数为sinθB．从刚施加推力到物块停止运动时，物块运动的位移大小为C．施加推力后，物块下滑过程中，地面对斜劈的摩擦力方向向右D．施加推力后，物块下滑过程中，地面对斜劈的支持力大小为【答案】D【解析】物体恰好沿斜面匀速下滑时有，又，解得物块与斜面间的动摩擦因数为，A错误；施加压力后，摩擦力增大，物块做减速运动，物体运动的位移为，又，即有，可得，B错误；施加F后，对斜劈进行受力分析水平方向向左有，水平方向向右有，解得，则斜劈不受地面的静摩擦力，C错误；对斜劈进行受力分析可得，竖直方向有，对地面的压力，又，解得，根据牛顿第三定律可得，地面对斜劈的支持力大小，D正确。6．2021年5月15日7时18分，“天问一号”探测器成功着陆于火星。假设“天问一号”发射后经过地火转移轨道被火星捕获，进入环火星圆轨道，经变轨调整后，从A点进入着陆准备轨道，如图所示。已知“天问一号”火星探测器的火星着陆准备轨道为半长轴为a，周期为T1的椭圆轨道；我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星轨道半径为r，周期为T2，引力常量为G。则下列判断正确的是()A．C．由题目已知数据可以估算火星的质量和密度D．由题目已知数据可以估算火星质量和地球质量的比值【答案】BD【解析】由于我国北斗导航系统的中圆地球轨道卫星绕地球运动，而“天问一号”火星探测器在着陆准备轨道上运动时是绕火星运动，中心天体不一样，因此开普勒第三定律不适用，A错误；“天问一号”从环火星圆轨道进入着陆准备轨道时需要减速，所以开启发动机向前喷气，B正确；由开普勒第三定律可知轨道半径为a的绕火星做匀速圆周运动的卫星的周期也为T1，设火星的质量为M1，有，可，所以能估算火星质量，而如果估算火星密度还需要知道火星半径，C错误；利用中圆轨道卫星可以估算地球质量，火星质量和地球质量的比值，D正确。7．如图所示，扇形区域AOB内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直，且是扇形的两条半径，一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行与AO方向进入磁场，则()A．粒子带正电B．C点越靠近B点，粒子偏转角度越大C．C点越远离B点，粒子运动时间越短D．只要C点在AB之间，粒子仍然从B点离开磁场【答案】AD【解析】由题意，粒子从A点进入磁场从B点离开，由左手定则可以确定粒子带正电，故A正确；由题意知当粒子从A点入射时，从B点离开磁场，则粒子做圆周运动的半径等于磁场圆弧区域的半径，根据磁聚焦的原理（一束平行的带电粒子射向半径与粒子做圆周运动的半径相同的圆形磁场区域时，这些粒子将从同一点射出圆形磁场，这种平行粒子束会聚到一点的现象与透镜将光束聚焦现象十分相似，因此叫磁聚焦），当入射方向平行时，这些粒子将从同一点射出，如图所示，从点A、C、C1、C2以相同的方向进入磁场，则这些粒子从同一点B射出，从图中看出，C点越靠近B点，偏转角越小，时间越短，离B点越远，偏转角越大，时间越长，故D正确，BC错误。8．如图甲所示，间距d＝0.30m的两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN固定在绝缘水平桌面上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B＝0.20T。导轨左端接有电阻R＝1Ω，质量m＝40g、阻值r＝2Ω的金属杆ab垂直导轨放置。在水平向右且与金属杆ab垂直的力F的作用下，从静止开始沿导轨做匀加速直线运动。金属杆ab两端电压U随时间t变化的关系如图乙所示，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A．金属杆ab的加速度大小为5m/s2B．3s末力F的大小为0.018NC．0～3s通过电阻R的电量为0.45CD．0～3s力F的冲量大小为0.6N‧s【答案】AC【解析】金属杆ab的运动速度，感应电动势，通过电阻R的电流，金属杆ab两端的电压，由图乙可得，，联立解得，A正确；在3s末，通过金属杆ab的电流为，所受安培力大小为，由牛顿第二定律得，联立解得，B错误；0~3s金属杆ab运动的距离，由法拉第电磁感应定律得，由闭合电路的欧姆定律得，0～3s通过电阻R的电量为，联立解得，C正确；3s末金属杆ab的速度为，由动量定理得，即，解得0～3s力F的冲量大小为，D错误。二、非选择题：第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13～14题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题。9．(6分)小明同学用如图甲所示的实验装置测量弹簧劲度系数k。已知图中所给小球的质量为m，水平轨道可视为光滑，B处装有光电门，可测量小球经过光电门的时间。下面是小明进行的一次实验：(1)用游标卡尺测量小球的直径d如图乙所示，记录小球的直径d＝___________cm；(2)将弹簧左端固定在挡板上；让小球与弹簧接触并压缩弹簧，记录压缩量x；(3)由静止释放小球，测得小球通过光电门的时间t＝5.00ms，则小球离开弹簧的速度v＝_______m/s；若已知弹簧弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2，k为劲度系数，x为形变量，则根据实验步骤中测得的物理量，则可得k＝_____。（用题中的m、d、x、t表示）【答案】(1)1.14(3)2.28【解析】(1)小球的直径为。(3)小球离开弹簧的速度，由题知水平轨道光滑，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，因此有，即，可解得弹簧的劲度系数。10．(9分)为了测量某电池的电动势E（约3V）和内阻r（约5Ω），可供选择的器材如下：A．电流表G1（2mA100Ω）B．电流表G2（1mA内阻未知）C．电阻箱R1（0～9.9Ω）和电阻箱R2（0～9999Ω）D．滑动变阻器R3（0～10Ω1A）E．定值电阻R0（800Ω1A）F．待测电池G．导线、开关若干(1)采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：I1/mA0.400.811.201.592.00I2/mA0.200.400.600.801.00根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I1－I2图线，由图得到电流表G2的内阻等于________Ω。(2)首先将G1和G2表分别改装成0.5A量程的电流表和3V量程的电压表，选择恰当的电阻箱与G1表并联和G2表串联，改装后电阻箱的阻值分别应拨到___________Ω、___________Ω。(3)在现有器材的条件下，采用如图丙所示的电路测量该电池的电动势和内阻，将两电阻箱的阻值拨到和计算的值一致后，闭合电键，调节滑动变阻器的阻值，分别读出两电流表的数值，并作出I2－I1图线，若图线斜率的大小为k，纵轴截距为a，则电源的电动势为___________V，内阻为___________Ω。【答案】(1)见解析图200（195～205均正确，）(2)0.42800(3)3a12k【解析】(1)根据数据在题图乙中描点连线，如图所示。由并联电路的特点可得，，则图线斜率，。(2)由串、并联规律得，，所以，。(3)由闭合电路欧姆定律，可得，变换后可得，所以有，，即，。11．如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球（图中未画出）穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放。若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为vm，且∠AOC＝30°。求：(1)小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功；(2)小球在A点的加速度。【解析】(1)设小球从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得：解得。(2)小球在C点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为，则切线方向有：解得由几何关系可知：，设小球在A点时库仑力大小为，由可知：小球在A点时速度为零，因此向心加速度为零即沿切线方向又小球在A的加速度为解得：，方向竖直向下。12．(2022届辽宁省名校联盟12月联考)如图甲所示，以v＝1.8m/s的速度顺时针匀速转动的传送带与水平面夹角θ＝37°，质量为3kg的小物块B与物块C间拴接一轻弹簧，B、C同时静止释放，且此时弹簧恰好处于原长，B、C与斜面间的动摩擦因数均为0.75。质量为1kg的小物块A在与物块B距离0.6m处，以v0＝6m/s的初速度沿斜面向下运动，A与斜面间动摩擦因数也为0.75，传送带的上、下端均足够长，A、B碰撞无机械能损失。以A、B碰撞的时刻为0时刻，B、C物块运动的a－t图像如图乙所示，规定沿斜面向下为正方向，其中，第四象限图线在0到t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S1，第一象限图线在0到2t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S2，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间t（A、B碰撞时间忽略不计）；(2)物块C的质量mC及图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小；(3)若0到2t0时间内C的位移x0＝0.2m，则这一过程中B、C和弹簧组成的系统机械能变化了多少。【解析】(1)因为所以碰撞前B、C静止，A匀速向下运动，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得由机械能守恒定律可得联立解得，碰后A反向运动，据牛顿第二定律可得解得A与传送带共速的时间为该过程的位移为此后匀速上升，所用时间为碰之前匀速下降的时间为故物块A从开始运动到再回到释放高度所用的时间为(2)B以3m/s开始压缩弹簧，C的加速度沿斜面向下，所以第一象限是C的运动图线，第四象限是B的运动图线，B、C系统因为重力沿斜面向下分力等于滑动摩擦力，所以B、C系统动量守恒，时刻弹簧压缩到最短，此时有，可得物块C的质量为时刻B、C速度相等，由动量守恒定律可得解得即，所以所以时刻(3)0和时刻弹簧均为原长，所以C的位移等于B的位移，机械能变化等于摩擦力对B、C做的功即机械能损失了5.4J。（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。13．物理·选修3—3(15分)(1)(6分)如图，一定量的理想气体从状态a(p0，V0，T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，ab过程中，气体始终_________（填“吸热”或“放热”），ca过程中，气体始终______（填“吸热”或“放热”），bc过程中，气体的温度如何变化，答：__________________。【答案】吸热放热先升高后降低【解析】由图示图像可知，过程气体体积不变而压强增大，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体温度升高，气体内能增大，气体体积不变，外界对气体不做功，由热力学第一定律可知，所以过程，气体始终从外界吸收热量；过程气体压强不变而体积减小，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，气体温度降低，气体内能减小，，气体体积减小，外界对气体做功，，由热力学第一定律可知，过程气体始终向外界放出热量；过程气体压强与体积的乘积先增大后减小，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C可知，过程气体温度先升高后降低。(2)(9分)如图，氧气瓶通过细管和上端封闭的玻璃管相连，玻璃管内用一很薄的水银片(质量和厚度不计)在玻璃管上方封闭了一段气柱，开始时瓶内氧气压强为10个标准大气压强，上方封闭气柱长度为8cm，随着氧气的使用，使用一段时间后，发现水银片下降了12cm，使用过程中环境温度变成原来的四分之三，已知一个标准大气压强为1atm。求：(i)此时氧气瓶内的压强；(ii)此时瓶内氧气质量与原来氧气质量的比值。【解析】(i)对被封闭的气柱，初始时，，温度为末态时，根据理想气体状态方程解