江蘇省海門中學2022屆高三模擬考試物理一、單項選擇題：共10題，每題4分，共40分，每題只有一個選項最符合題意。1. 下列說法中正確的是（　?。?/span>A. 天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，揭示了原子核是由質(zhì)子和中子組成的B. 玻爾的原子理論第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域C. γ射線是波長很短的電磁波，它的貫穿能力很弱D. 盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子核有復雜結(jié)構(gòu)【答案】B【解析】【詳解】A．天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子核有復雜的結(jié)構(gòu)，故A錯誤；B．玻爾的原子結(jié)構(gòu)理論是在盧瑟福核式結(jié)構(gòu)學說的基礎(chǔ)上引入了量子理論，第一次將量子觀念引入原子領(lǐng)域，故B正確；C．γ射線是波長極短的電磁波，它的貫穿能力很強，故C錯誤；D．盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子核式結(jié)構(gòu)的模型，故D錯誤；故選B。2. 明朝的《天工開物》記載了我國古代勞動人民的智慧。如圖所示，可轉(zhuǎn)動的把手上a點到轉(zhuǎn)軸的距離為2R，轆轤邊緣b點到轉(zhuǎn)軸的距離為R。人甲轉(zhuǎn)動把手，把井底的人乙加速拉起來，則（　?。?/span>A. a點的角速度大于b點的角速度 B. a點的線速度小于b點的線速度C. 繩對乙拉力的沖量等于乙的動量變化量 D. 繩對乙的拉力大于乙的動量變化率【答案】D【解析】【詳解】AB．因ab兩點同軸轉(zhuǎn)動，則a點的角速度等于b點的角速度，根據(jù)v=ωr，因a點轉(zhuǎn)動半徑較大，可知a點的線速度大于b點的線速度，選項AB錯誤；CD．根據(jù)動量定理即即繩對乙拉力和重力的合力的沖量等于乙的動量變化量，繩對乙的拉力大于乙的動量變化率，選項C錯誤，D正確。故選D。3. 鋰離子電池主要依靠鋰離子（Li+）在正極和負極之間移動來工作。如圖為鋰電池的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，某過程中Li+從正極脫嵌通過膈膜嵌入負極。鋰電池的電動勢為3.7V，則（　?。?/span>
 A. 電池處于充電狀態(tài)B. 電池內(nèi)部電流方向從負極到正極C. 移動1C鋰離子，需要消耗電能3.7JD. 在電池中電荷量的單位通常表示為kW·h【答案】A【解析】【詳解】A．電池在放電狀態(tài)下，在電源內(nèi)部正電荷應該由負極向正極移動，而圖中狀態(tài)下帶正電的鋰離子（Li+）從正極向負極移動，可知電池處于充電狀態(tài)，故A正確； B．電流的方向是正電荷定向移動的方向，由圖可知電池內(nèi)部電流方向從正極到負極，故B錯誤；C．根據(jù)靜電力做功表達式即給電池充電時移動1C鋰離子至少要克服靜電力做功3.7J，因電池有內(nèi)阻等因素，充電要做的功要大于克服靜電力做的功，充電電壓要大于電池電動勢才能把電能充進電池，即移動1C鋰離子，需要消耗電能大于3.7J，故C錯誤；D．kW·h是能量單位，在電池中電荷量的單位通常表示為，故D錯誤。故選A。4. 溫室效應是全球變暖的重要原因之一，如圖為溫室效應的簡化圖（圖中數(shù)據(jù)單位為），它展現(xiàn)了自然界，包括太空、大氣與地表（水、陸平均）之間的能量流向與功率以及溫室效應。圖中X為地表每單位面積轉(zhuǎn)移給大氣的熱量功率，依據(jù)圖中的資料，X的數(shù)值為（　?。?/span>A. 452 B. 492 C. 519 D. 586【答案】A【解析】【詳解】由圖可知海水單位面積吸收熱量的功率為海水單位面積放出熱量的功率海水溫度不變，內(nèi)能不變，則解得故A正確，BCD錯誤。故選A。5. 如圖所示，金屬平板P的中垂線上放置正點電荷Q，a、b、c是金屬平板上三點，系統(tǒng)處于靜電平衡后，下列說法正確的是（　　）A. a、b、c三點電勢都大于零B. 感應電荷在金屬平板內(nèi)部的場強處處等于零C. 重力不計的正電荷從a點移到c點，電勢能先增大再減小D. 站在地面上的人用手指跟金屬平板c點接觸一下后移走手指，再將Q移走，金屬平板帶正電【答案】A【解析】【詳解】A．點電荷Q帶正電荷，因為無窮遠處電勢等于零，其周圍所有點的電勢均為正值，所以a、b、c三點電勢都大于零，A正確；B．感應電荷在金屬平板內(nèi)部的場強不等于零，與點電荷Q的場強大小相等方向相反，金屬板內(nèi)部合場強處處等于零，B錯誤；C．金屬板表面是等勢面，重力不計的正電荷從a點若沿金屬板表面移到c點，電勢能始終不變，C錯誤；D．站在地面上的人用手指跟金屬平板c點接觸一后移走手指，地球的電子沿手指移動到金屬板，有來無回，再將Q移走，金屬平板多電子帶負電，D錯誤。故選A。6. 科學家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續(xù)觀測，給出1994年到2002年間S2的位置如圖所示。科學家認為S2的運動軌跡是半長軸約為（太陽到地球的距離為）的橢圓，銀河系中心可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學獎。若認為S2所受的作用力主要為該大質(zhì)量黑洞的引力，設太陽的質(zhì)量為M，可以推測出該黑洞質(zhì)量約為（　?。?/span>
 A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】可以近似把S2看成勻速圓周運動，由圖可知，S2繞黑洞的周期T=16年，地球的公轉(zhuǎn)周期T0=1年，S2繞黑洞做圓周運動的半徑r與地球繞太陽做圓周運動的半徑R關(guān)系是 地球繞太陽的向心力由太陽對地球的引力提供，由向心力公式可知解得太陽的質(zhì)量為同理S2繞黑洞的向心力由黑洞對它的萬有引力提供，由向心力公式可知解得黑洞的質(zhì)量為綜上可得故選B。7. 將一端固定在墻上輕質(zhì)繩在中點位置分叉成相同的兩股細繩，它們處于同一水平面上。在離分叉點相同長度處用左、右手在身體兩側(cè)分別握住直細繩的一端，同時用相同頻率和振幅上下持續(xù)振動，產(chǎn)生的橫波以相同的速率沿細繩傳播。因開始振動時的情況不同，分別得到了如圖甲和乙所示的波形。下列說法正確的是（　?。?/span>
 A. 甲圖中兩手開始振動時的方向并不相同B. 甲圖中繩子的分叉點是振動減弱的位置C. 乙圖中繩子分叉點右側(cè)始終見不到明顯的波形D. 乙圖只表示細繩上兩列波剛傳到分叉點時的波形【答案】C【解析】【分析】【詳解】AB．甲圖中兩手開始振動時的方向相同，則甲圖中分叉點是振動加強的位置，所以AB錯誤；CD．乙圖中兩手開始振動時的方向恰好相反，則乙圖中分叉點是振動減弱的位置，則在分叉點的右側(cè)終見不到明顯的波形，所以C正確；D錯誤；故選C。8. 如圖所示，水平輕彈簧左端固定在墻壁，右端與質(zhì)量為 M 的小物塊相連，小物塊可在光滑水平面上做簡諧運動，振幅為 A。在運動過程中將一質(zhì)量為 m 的小物塊輕放在 M 上，第一次是當 M 運動到平衡位置時放到上面，第二次是當 M 運動到最大位移時放到上面，觀察到第一次放后振幅為 A1，第二次放后振幅為 A2，則（　　）A. A1=A2=A B. A1<A2=A C. A1=A2<A D. A2<A1=A【答案】B【解析】【詳解】第一次，由動量守恒得所以 此過程中系統(tǒng)的動能變化機械能有一定的損失，速度為零時彈性勢能減小，振幅會減小，即A1< A； 第二次，當M運動到最大位移處C處將一質(zhì)量為m的小物塊輕輕地放在M上時，由于二者水平方向的速度都是0，所以不會有機械能的損失，振子的振幅不變，即A2=A。 綜上可知，A1<A2=A，故B正確，ACD錯誤。 故選B。9. 如圖所示，2022個質(zhì)量均為3m的相同小球依次緊密排列成一條直線，靜止在光滑水平面上，輕繩一端固定在O點，一端與質(zhì)量為m的黑球連接，把黑球從與O點等高的A處由靜止釋放，黑球沿半徑為L的圓弧擺到最低點B處時與1號球發(fā)生正碰。若發(fā)生的碰撞皆為彈性碰撞，不計空氣阻力，則黑球與1號球最后一次碰撞后的速度大小為（　　）
 A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【詳解】設黑球第一次到達最低點時的速度為v0，黑球下擺過程機械能守恒，由機械能守恒定律得解得設黑球與1號球發(fā)生碰撞后黑球的速度為，1號球的速度為v，黑球與1號球發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得黑球與1號球碰撞后，黑球速度反向，黑球運動過程只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律可知，黑球再次達到最低點時速度大小等于發(fā)生彈性碰撞過程，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，由動量守恒定律與機械能守恒定律可知，兩質(zhì)量相等的球發(fā)彈性碰撞后兩球速度互換，則黑球與1號球碰撞后，1號球靜止，2號球速度為v，碰后2號球與3號球發(fā)生碰撞，直至2021號球與2022號球碰撞，發(fā)生一系列碰撞后，2022號球向右做勻速直線運動，1號到2021號球靜止在原位置；然后黑球與1號球發(fā)生第二次碰撞，設碰撞后黑球的速度為，1號球的速度為v1，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得同理可知，黑球第3次與1號球碰撞后黑球的速度黑球最后一次與1號球碰撞后，黑球的速度為故B正確，ACD錯誤。故選B。10. 如圖所示，空間存在著與圓臺母線垂直向外的磁場，各處的磁感應強度大小均為B，圓臺母線與豎直方向的夾角為θ．一個質(zhì)量為m、半徑為r的勻質(zhì)金屬圓環(huán)位于圓臺底部．圓環(huán)中維持恒定的電流I，圓環(huán)由靜止向上運動，經(jīng)過時間t后撤去該恒定電流并保持圓環(huán)閉合，圓環(huán)上升的最大高度為H．已知重力加速度為g，磁場的范圍足夠大．在圓環(huán)向上運動的過程中，下列說法正確的是A. 在最初t時間內(nèi)安培力對圓環(huán)做的功為mgHB. 圓環(huán)運動的最大速度為C. 圓環(huán)先做勻加速運動后做勻減速運動D. 圓環(huán)先有擴張后有收縮的趨勢【答案】B【解析】【詳解】AC．圓環(huán)受沿母線向上的安培力和豎直向下的重力作用，經(jīng)過時間t，圓環(huán)得到了向上的速度，撤去電流后，圓環(huán)向上做上拋運動，在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應電流，由于受到的安培力阻礙磁通量的變化，故線圈向上做變減速運動，由于消耗機械能，故在最初t時間內(nèi)安培力對圓環(huán)做的功應大于mgH，選項AC錯誤；B．環(huán)中通以恒定電流I后，圓環(huán)所受安培力為F=BI2πr則在豎直方向的分力為Fy=2πr?BIcosθ由牛頓第二定律，可得BI?2πrcosθ-mg=ma則圓環(huán)向上的加速度為則豎直方向上，在電流未撤去時，圓環(huán)將做勻加速直線運動，經(jīng)過時間t，速度會達到最大值，由v=at得故B項正確； D．圓環(huán)通電流時，電流方向為順時針，安培力分量指向圓心，有收縮的趨勢，撤去電流后，切割產(chǎn)生的感應電流為逆時針，則安培力分量背離圓心，則有擴張的趨勢，故D項錯誤．故選B.二、非選擇題：共5題，共60分.其中第11～15題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分：有數(shù)據(jù)計算時，答案中必須寫出數(shù)值和單位。11. （1）圖1是一款可以直接接在手機上電風扇，某同學拆下電風扇，將多用電表選擇開關(guān)置于歐姆“×1”擋，調(diào)零后按正確操作將表筆接在風扇的接線柱上測量，一次葉片轉(zhuǎn)動，另一次設法使葉片不轉(zhuǎn)，兩次電表讀數(shù)如圖2、3所示，則_______（選填“圖2”或“圖3”）為葉片轉(zhuǎn)動時的讀數(shù)。根據(jù)測量得出電風扇的電阻大約是_______Ω。
 （2）該同學按圖4所示連接電路，閉合開關(guān)，滑動變阻器滑片無論在什么位置，發(fā)現(xiàn)電流表指針均幾乎沒有偏轉(zhuǎn)。為了檢查電路故障，閉合開關(guān)，將變阻器滑片滑到某一位置，把多用電表的黑表筆接在電路中的a點，再將紅表筆依次接在電路中b、c、d點。
 ①如圖5所示，多用電表選擇開關(guān)應置于_______（選填“甲”或“乙”）圖所示位置。②正確選擇電表開關(guān)后，黑表筆接a點，紅表筆依次接b、c、d時，指針偏轉(zhuǎn)情況分別是“不偏”、“偏”和“不偏”，則可判斷導線_______（選填圖中導線序號）存在故障。③排除故障后進行正確操作，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描繪電風扇的電流隨電壓的變化曲線如圖6所示，則電風扇輸入電壓為1.00V時，該風扇的輸入功率大約是_______W。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。【答案】    ①. 圖3    ②. 10    ③. 乙    ④. ②③##③②    ⑤. 0.074
 【解析】【詳解】(1)[1] 因為風扇轉(zhuǎn)動的時候，其內(nèi)部電動機上繞制的線圈因為電磁感應，產(chǎn)生一個反電勢，這個反電勢正好和電源極性相反，和電源抵消一部分，所以電流較小，電阻讀數(shù)較大，電動機不轉(zhuǎn)，就不會產(chǎn)生反電勢，所以電流較大，所測得的電阻較小，故圖3是轉(zhuǎn)動時測的電阻值；[2]電風扇的電阻是不轉(zhuǎn)時的電阻，既圖2，其中讀數(shù)為10，則電風扇的電阻大約是(2)①[3]圖甲是作為歐姆表使用，歐姆表測電阻時，電阻與其他元件斷開，單獨測量，而實驗中，為了檢查電路故障，閉合開關(guān)之后將電表接入電路，所以開關(guān)選擇圖乙所示位置； ②[4] 紅表筆接b時，指針不偏轉(zhuǎn)，則①完好；紅表筆接d時，指針不偏轉(zhuǎn)，說明④⑥完好；紅表筆接c時，指針偏轉(zhuǎn)，則可能是②或③有故障；③[5]由圖可知，U=1.00V時，I=0.074A，則該風扇的輸入功率大約是12. 中國南海有著豐富的魚類資源。某科研小組把某種生活在海面下500m深處的魚類從海里移到如圖所示的兩層水箱中。為使魚存活，須給它們創(chuàng)造一個類似深海的壓強條件。如圖所示，在一層水箱中有一條魚，距離二層水箱水面的高度h=50m，二層水箱水面上部空氣的體積V=10L，與外界大氣相通。外界大氣壓p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，g取10m/s2.（水箱內(nèi)氣體溫度恒定）①魚在深海處的壓強為多少？②為使魚正常存活，須給二層水箱再打進壓強為p0、體積為多少的空氣？【答案】①；②【解析】【詳解】①魚在深海處的壓強②為使一層水箱壓強達到p，二層水箱中的氣體壓強應為將外界壓強為p0，體積為的空氣注入一層水箱，根據(jù)玻意耳定律，有解得13. 眼球結(jié)構(gòu)類似球體，眼睛發(fā)生病變時，會使眼球內(nèi)不同部位對光的折射率發(fā)生變化。現(xiàn)在用一個玻璃球模擬眼球，研究對光的傳播的影響。玻璃球用兩個折射率不同、半徑均為R的半球拼合在一起，拼合面為，球心為O，Q為的中點，垂直交左半球于P點。一束單色光從P點以跟反向延長線成方向射入。該單色光在左、右半球的折射率分別為和，真空中的光速為c。（1）通過計算說明此單色光能否從右半球射出？（2）計算此單色光在玻璃球中傳播第一次到達右半球與空氣交界面所用時間。【答案】（1）見解析；（2）【解析】【詳解】（1）如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知單色光在P點的入射角為設單色光在P點折射角為，根據(jù)折射定律有解得即折射光線沿方向，由幾何關(guān)系可知單色光在右半球與空氣交界面的入射角為單色光在交界面發(fā)生全反的射臨界角C滿足解得則，即單色光在交界面不會發(fā)生全反射，能夠從右半球射出。（2）單色光在左、右半球的傳播速度分別為根據(jù)幾何關(guān)系可知單色光在左、右半球的傳播距離相等，均為所以單色光在玻璃球中傳播第一次到達右半球與空氣交界面所用時間為14. 如圖所示，一個質(zhì)量為M長為L的圓管豎直放置，頂端塞有一個質(zhì)量為m的彈性小球，，球和管間的滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小均為。管從下端離地面距離為H處自由落下，運動過程中，管始終保持豎直，每次落地后向上彈起的速度與落地時速度大小相等，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）管第一次落地彈起時管和球的加速度；（2）管第一次落地彈起后，若球沒有從管中滑出，則球與管剛達到相同速度時，管的下端距地面的高度；（3）管第二次彈起后球沒有從管中滑出，L應滿足什么條件【答案】（1） ，豎直向下；，豎直向上；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）管第一次落地彈起時，求和管的受力情況如圖所示根據(jù)牛頓第二定律可知，管的加速度加速度方向向下球的加速度加速度方向向上（2）取豎直向下為正方向，球與管第一次碰地時速度速度解得碰地后管的速度球的速度若球好沒有從管中滑出，設經(jīng)過時間，球管速度相同，則有解得故管從彈起經(jīng)這段時間的位移為即管的下端距地面的高度為（3）球與管達到共速后，由于球與管將以速度、加速度豎直上升到最高點，上升的高度為因此，管第一次落地彈起后上升的最大高度共速時球運動的位移則球與管發(fā)生相對位移當管與球從Hm再次下落，第二次落地彈起中，發(fā)生的相對位移由第一次可類推知所以管第二次彈起后，球不會滑出管外的條件是即應滿足條件15. 為了研究行星的磁場對宇宙高能粒子及行星生態(tài)環(huán)境的作用，研究小組建立了以下模型，如圖所示，在圓心為O1半徑為R的接地的金屬圓柱外，有一個勻強磁場均勻的分布在半徑為R、2R的兩邊界1、II之間的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B（未知）．在磁場左側(cè)有一長為4R的帶狀粒子源，中點為O2，可以放出速度大小為v。、方向平行O1O2連線的帶正電粒子，帶電粒子沿線均勻分布，每單位時間放出的粒子數(shù)為n0已知帶電粒子的比荷為，不計重力及任何阻力。求：（1）若從O2點放出的粒子，恰好能被金屬圓柱接收到，則磁感應強度B的大小；（2）若，則圓柱在單位時間內(nèi)接收到的粒子數(shù)n1；（3）若某粒子在磁場中軌跡恰好與金屬圓柱內(nèi)切時，則該粒子進入磁場的位置與O1O2連線間的距離。
 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設點放出的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r1，軌跡如圖所示
 軌跡剛好與圓柱相切，由勾股定理得得因此由得（2）當，根據(jù)粒子運動半徑
 由幾何關(guān)系知，剛好與圓柱相切的粒子的軌跡圓的圓心在邊界Ⅱ上粒子入射的位置在連線以下處，而且沿最下方與磁場相切進入的粒子容易被圓柱接收到，故粒子入射的位置在連線以下處，圓柱在單位時間內(nèi)接收到的粒子數(shù)（3）在時，根據(jù)粒子的軌跡圓半徑為粒子的軌跡圓與圓柱體內(nèi)切，如圖所示
 是一個兩鄰邊為的等腰三角形，其面積由圖可知解得對粒子進人磁場的位置與0102連線間的距離。

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