2022屆黑龍江省齊齊哈爾市第一中學(xué)高三（下）二模物理試題（解析版）

齊齊哈爾市第一中學(xué)2022屆高三二模物理試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5只有一項(xiàng)是符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1.在物理學(xué)發(fā)展的過程中，許多物理學(xué)家的科學(xué)研究推動(dòng)了人類文明的進(jìn)程，以下說法正確的是A.湯姆生通過對(duì)陰極射線的研究，發(fā)現(xiàn)了電子并精確測(cè)定了電子的電荷量B.盧瑟福利用α粒子散射實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，從而揭示了原子核可以再分的事實(shí)C.波爾認(rèn)為氫原子光譜是線狀譜的原因是原子核外電子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)只能釋放具有這兩個(gè)能級(jí)之差的能量的光子D.居里夫婦首次發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象【答案】C【解析】【詳解】A項(xiàng)：英國物理學(xué)家湯姆生發(fā)現(xiàn)陰極射線是由速度很高的帶負(fù)電的粒子組成的，這種粒子就是電子，它的發(fā)現(xiàn)表明原子是可分的，從而開始揭示原子內(nèi)部的奧秘，密立根利用油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)出了元電荷的電量，根據(jù)荷質(zhì)比可以計(jì)算出電子的電量，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：盧瑟福利用α粒子散射實(shí)驗(yàn)提出原子的核式結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：原子核外電子從高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)只能釋放具有這兩個(gè)能級(jí)之差的能量的光子，所以放出光的頻率不是連續(xù)的，稱為線狀光譜，故C正確；D項(xiàng)：貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然發(fā)射現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤．2.如圖所示，一根直桿固定在水平地面上，與水平面成的傾角，桿上套著一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)A，跨過定滑輪的細(xì)繩一端系在圓環(huán)A上，另一端系一物塊B。細(xì)繩對(duì)圓環(huán)A的拉力方向是水平向左。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，圓環(huán)A與直桿間動(dòng)摩擦因數(shù)為，，，要保證A不向上滑動(dòng)，所懸掛的物塊B質(zhì)量不能超過（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】【詳解】對(duì)圓環(huán)A受力分析，如圖對(duì)物體B，由平衡條件可得當(dāng)圓環(huán)剛要上滑時(shí)，由平衡條件可得聯(lián)立解得即懸掛的物塊B質(zhì)量不能超過2m。故選D。3.航空母艦的艦載機(jī)在起飛的過程中，僅靠自身發(fā)動(dòng)機(jī)噴氣不足以在飛行甲板上達(dá)到起飛速度，如果安裝輔助起飛的電磁彈射系統(tǒng)（如圖甲所示）就能達(dá)到起飛速度。電磁彈射系統(tǒng)的一種設(shè)計(jì)可簡化為乙圖所示，圖中MN、PQ是光滑平行金屬直導(dǎo)軌（電阻忽略不計(jì)），AB是電磁彈射車，回路PBAM中電流恒定，該電流產(chǎn)生的磁場對(duì)彈射車施加力的作用，從而帶動(dòng)艦載機(jī)由靜止開始向右加速起飛，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該系統(tǒng)，下列說法正確的是（）A.MN、PQ間的磁場是勻強(qiáng)磁場B.彈射車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)C.彈射車的動(dòng)能與電流的大小成正比D.回路PBAM中通以交變電流，彈射車仍能正常加速【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．根據(jù)右手螺旋法則可知平行金屬直導(dǎo)軌之間存在豎直向上的磁場，且通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場為環(huán)形磁場，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場越弱，故MN、PQ間的磁場不是勻強(qiáng)磁場，A錯(cuò)誤；B．沿導(dǎo)軌方向，磁場不變，且M、P兩端加載恒定電壓，電阻不變，則電流大小也不變，平行導(dǎo)軌的寬度也不變，則由安培力可知安培力大小不變，所以彈射車的加速度不變，故彈射車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理可知當(dāng)電壓增大時(shí)，回路中的電流增大，而電流增大則使導(dǎo)軌間的磁場也隨之增大，即電壓的大小將會(huì)影響磁場和電流的大小，則由可知安培力與電壓的大小不成正比，故動(dòng)能與電壓的大小也不成正比，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)右手螺旋法則可知電流方向沿回路PBAM時(shí)，導(dǎo)軌之間產(chǎn)生豎直向上的磁場，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向向右；當(dāng)電流方向沿回路MABP時(shí)，根據(jù)右手螺旋法則導(dǎo)軌之間產(chǎn)生豎直向下的磁場，結(jié)合左手定則可知電磁彈射車所受安培力方向依然向右。故電流的變化不改變電磁彈射車所受安培力的方向，即電磁彈射系統(tǒng)能夠正常工作，D正確。故選D。4.如圖，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，O（0，0）、P（a，0）兩點(diǎn)各放置一點(diǎn)電荷，其中P點(diǎn)的電荷量為－q，Q（0，a）點(diǎn)電場強(qiáng)度沿x軸正方向，則下列判斷正確的是（）A.O點(diǎn)電荷帶負(fù)電，且電荷量為qB.O點(diǎn)電荷帶正電，且電荷量為qC.在x軸上P點(diǎn)右側(cè)某點(diǎn)電場強(qiáng)度為零D.從P點(diǎn)沿x軸正方向電勢(shì)越來越高【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB．由題意Q點(diǎn)電場強(qiáng)度沿x軸正方向，經(jīng)分析可知O點(diǎn)電荷帶正電。由平行四邊形法則可知故AB錯(cuò)誤；C．P點(diǎn)電荷帶負(fù)電且電荷量較大，P點(diǎn)電荷在P點(diǎn)右側(cè)某點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于在O點(diǎn)右側(cè)某點(diǎn)的電場強(qiáng)度，即P點(diǎn)右側(cè)某點(diǎn)的合場強(qiáng)不為零。故C錯(cuò)誤；D．由于電勢(shì)沿電場線方向降低，P點(diǎn)電荷帶負(fù)電且電荷量較大，則P點(diǎn)右側(cè)電場線沿x軸負(fù)方向，則沿x軸正方向電勢(shì)越來越高，故D正確。故選D。5.如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上白由滑動(dòng)，質(zhì)量為m的小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長的輕繩相連，繩長為L。開始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動(dòng)到繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)達(dá)到最高點(diǎn)?；瑝K與小球均視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）A.繩的拉力對(duì)小球始終不做功B.滑塊與小球的質(zhì)量關(guān)系為M=2mC.釋放小球時(shí)滑塊到擋板的距離為D.滑塊撞擊擋板時(shí)，擋板對(duì)滑塊作用力的沖量大小為【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．因滑塊不固定，繩下擺過程中，繩的拉力對(duì)滑塊做正功，對(duì)小球做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．小球下擺過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒水平方向動(dòng)量守恒小球向左擺動(dòng)最高點(diǎn)，機(jī)械能守恒，有聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)量守恒可得即釋放小球時(shí)滑塊到擋板的距離為，故C正確；D．滑塊撞擊擋板時(shí)，擋板對(duì)滑塊作用力的沖量大小為故D錯(cuò)誤。故選C。6.如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的圓盤，面與水平面的夾角為30°，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離L處有小物體與圓盤保持相對(duì)靜止，繞垂直于盤面的固定對(duì)稱軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω時(shí)，小物塊剛要滑動(dòng)，物體與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），星球的半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是（）A.這個(gè)行星的質(zhì)量B.這個(gè)行星的第一宇宙速度C.這個(gè)行星的密度是D.離行星表面距離為R的地方的重力加速度為【答案】BC【解析】【分析】【詳解】小物塊剛要滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得解得A．根據(jù)黃金代換式解得A錯(cuò)誤；B．根據(jù)牛頓第二定律得解得B正確；C．根據(jù)解得C正確；D．離行星表面距離為R的地方的重力加速度為解得D錯(cuò)誤。故選BC。7.如圖甲所示，一質(zhì)量m=1kg的木塊被水平向左的力F壓在豎直墻上，木塊初始位置離地面的高度H=4m，木塊與墻面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，力F與木塊距離地面距離h間的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2。則（）A.木塊下滑過程一直做加速運(yùn)動(dòng)B.木塊下滑過程克服摩擦阻力所做的功為10JC.木塊下滑到地面前瞬間的速度大小為8m/sD.木塊下滑過程用時(shí)為1s【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．木塊下滑過程重力一直大于摩擦力，所以木塊下滑過程一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．木塊下滑過程克服摩擦阻力所做的功J故B錯(cuò)誤；C．木塊下滑過程摩擦力的大小與下滑位移成線性關(guān)系，則有得v＝8m/s故C正確；D．木塊下滑過程速度增加得越來越慢，則vt＜h得t＜1s故D錯(cuò)誤。故選AC。8.如圖甲所示，虛線MN兩側(cè)的空間均存在與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場，右側(cè)勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B0，左側(cè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S0。將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。則下列說法正確的是（）A.0～t0時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B.t＝t0時(shí)刻圓環(huán)中的電流為0C.t＝t0時(shí)刻圓環(huán)受到的安培力大小為D.在0～t0時(shí)間內(nèi)，通過圓環(huán)的電荷量為【答案】AD【解析】【詳解】A．0~t0時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)中左側(cè)的磁通量向內(nèi)減小，右側(cè)磁通量不變，根據(jù)楞次定律和安培定則可知圓環(huán)中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A正確；B．根據(jù)法拉第電磁感定律，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)t=t0時(shí)刻磁通量變化率不為0，則電動(dòng)勢(shì)不為0，圓環(huán)中的電流不為0，故B錯(cuò)誤；C．上式中，根據(jù)歐姆定律有根據(jù)電阻定律有:圓環(huán)左右兩半部分所處磁場不同，應(yīng)單獨(dú)分析，且圓環(huán)左右兩半部分在所處磁場的有效長度都為2r，在時(shí)刻，根據(jù)左手定則可知，圓環(huán)左半部分受到的安培力垂直于MN向右，且大小為圓環(huán)右半部分受到的安培力垂直于MN向左，且大小為所以圓環(huán)受到的安培力為安培力的方向垂直于MN向左，故C錯(cuò)誤；D．在0~t0時(shí)間內(nèi)，通過圓環(huán)的電荷量又，圓環(huán)磁通量的變化量聯(lián)立解得故D正確。故選AD。9.用圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究“動(dòng)能定理”。某學(xué)習(xí)小組在氣墊導(dǎo)軌上安裝了一個(gè)光電門B，滑塊上固定一遮光條。細(xì)線一端連著滑塊，另一端繞過氣墊導(dǎo)軌左端的定滑輪與力電傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處由靜止釋放。（1）某同學(xué)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d，如圖乙所示，則d=_______mm。（2）下列實(shí)驗(yàn)要求中不必要的一項(xiàng)是_______（請(qǐng)?zhí)顚戇x項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母）。A．應(yīng)使A位置與光電門間的距離適當(dāng)大些B．應(yīng)使滑塊質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼和力電傳感器的總質(zhì)量C．應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平D．應(yīng)使細(xì)線與氣墊導(dǎo)軌平行（3）實(shí)驗(yàn)時(shí)保持滑塊的質(zhì)量M和A、B間的距離L不變，改變鉤碼質(zhì)量m，測(cè)出對(duì)應(yīng)的力電傳感器的示數(shù)F和遮光條通過光電門的時(shí)間t，通過描點(diǎn)作出線性圖象，研究滑塊動(dòng)能的變化量與合外力對(duì)它所做功的關(guān)系，處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時(shí)應(yīng)作出的圖象是_______（請(qǐng)?zhí)顚戇x項(xiàng)前對(duì)應(yīng)的字母）。A．作出“t-F”圖象B．作出“t2-F”圖象C．作出“t2-”圖象D．作出“-F2”圖象【答案】①.2.30②.B③.C【解析】【詳解】（1）[1]讀數(shù)為（2）[2]A．應(yīng)使A位置與光電門間的距離適當(dāng)大一些，有利于減小誤差，故A有必要，不符合題意；B．拉力是直接通過傳感器測(cè)量的，與小車質(zhì)量和鉤碼質(zhì)量大小無關(guān)，故B沒有必要，符合題意；C．D．氣墊導(dǎo)軌對(duì)滑塊的摩擦幾乎為零，應(yīng)將氣墊導(dǎo)軌調(diào)至水平，保持細(xì)線方向與氣墊導(dǎo)軌平行，這樣拉力才等于合力，故CD有必要，不符合題意；故選B。（3）[3]根據(jù)牛頓第二定律速度為由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得得所以，研究滑塊的加速度與力的關(guān)系，處理數(shù)據(jù)應(yīng)作圖像。故選C。10.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路來測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)E及電阻R1和R2的阻值．實(shí)驗(yàn)器材有：待測(cè)電源E（不計(jì)內(nèi)阻），待測(cè)電阻R1，待測(cè)電阻R2，電壓表V（量程為3V，內(nèi)阻很大），電阻箱R（0～99.99Ω），單刀單擲開關(guān)S1，單刀雙擲開關(guān)S2.，導(dǎo)線若干．（1）先測(cè)電阻R1的阻值．請(qǐng)將該同學(xué)的操作補(bǔ)充完整：A.閉合S1，將S2.切換到a，調(diào)節(jié)電阻箱，讀出其示數(shù)R0．和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U1．B.保持電阻箱示數(shù)不變，_________________，讀出電壓表的示數(shù)U2．C.則電阻R1的表達(dá)式為R1=_________．（2）該同學(xué)已經(jīng)測(cè)得電阻R1=3.2Ω，繼續(xù)測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)E和電阻R2的阻值，其做法是：閉合S1，將S2切換到a，多次調(diào)節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱示數(shù)R和對(duì)應(yīng)的電壓表示數(shù)U，由測(cè)得的數(shù)據(jù)，繪出了如圖乙所示的圖線，則電源電動(dòng)勢(shì)E=______V，電阻R2=______Ω．【答案】①.將S2切換到b②.③.2④.0.8【解析】【詳解】（1)B.[1].保持電阻箱示數(shù)不變，將S2切換到b；[2].設(shè)電路中的電流為I，當(dāng)S2切換到a時(shí)有；當(dāng)S2切換到b有：；聯(lián)立解得：（2）[3].[4].根據(jù),變形得,對(duì)比圖象有=0.5；得E=2V；，由.可得．11.如圖所示，兩塊很大的平行導(dǎo)體板MN、PQ產(chǎn)生豎直向上的勻強(qiáng)電場，兩平行導(dǎo)體板與一半徑為r的單匝線圈連接，在線圈內(nèi)有一方向垂直線圈平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為的勻強(qiáng)磁場在兩導(dǎo)體板之間還存在有理想邊界的勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域，其邊界為MN、ST、PQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B2，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為，Ⅱ區(qū)域的高度為。一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球從MN板上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，穿過MN板的小孔進(jìn)入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大，帶電小球在運(yùn)動(dòng)中不會(huì)與PQ板相碰，重力加速度為g。（1）求線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率；（2）若帶電小球運(yùn)動(dòng)后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場力與重力平衡，有聯(lián)立解得（2）只有小球從進(jìn)入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才能恰好回到O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由于兩個(gè)磁場區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都相等，所以半徑都為R，由圖可知△O1O2O3是等邊三角形。根據(jù)動(dòng)能定理有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有根據(jù)幾何關(guān)系有聯(lián)立解得12.如圖所示，在距地面h=5m的光滑水平桌面上，一輕質(zhì)彈簧被a（質(zhì)量為1kg，可視為質(zhì)點(diǎn)）和b（質(zhì)量為2kg，可視為質(zhì)點(diǎn)）兩個(gè)小物體壓縮（不拴接），彈簧和小物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)．今同時(shí)釋放兩個(gè)小物體，彈簧恢復(fù)原長后，物體a繼續(xù)運(yùn)動(dòng)最后落在水平地面上，落點(diǎn)距桌子邊緣距離x=2m，物體b則從A端滑上與桌面等高的傳送帶，傳送帶起初以v0=2m/s的速度順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，在b滑上的同時(shí)傳送帶開始以a0=1m/s2的加速度加速運(yùn)轉(zhuǎn)，物體和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，傳送帶右側(cè)B端處固定一豎直放置的光滑半圓軌道BCD，其半徑R=0.8m，小物體b恰能滑上與圓心O等高的C點(diǎn)．取g=10m/s2，求：（1）處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（2）物塊b由A端運(yùn)動(dòng)到B端所經(jīng)歷的時(shí)間；（3）若要保證小物體b在半圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離軌道，則半圓軌道的半徑應(yīng)滿足什么要求？【答案】（1）（2）t＝2s（3）【解析】【詳解】（1）物體a飛出桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)：彈簧彈開ab的過程，對(duì)ab系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律：由能量守恒定律：得：va=2m/svb=1m/s(2)物體b恰能滑上C點(diǎn)，則b從B-C由動(dòng)能定理：-mgR=0-b剛放上傳送帶時(shí)，vb<v0，由牛頓第二定律有：μmg＝ma假設(shè)b歷時(shí)t1后能與傳送帶達(dá)到共速v1，對(duì)于b,有：v1＝vb＋at1，對(duì)傳送帶有v1＝v0＋a0t1解得：t1＝1s得：v1＝v0＋a0t1＝3m/s<4m/s故物體b此時(shí)速度還沒有達(dá)到vB，且此后的過程中由于a0<μg，物塊將和傳送帶以共同的加速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)又歷時(shí)t2到達(dá)B點(diǎn)vB＝v1＋a0t2得：t2＝1s所以從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為：t＝t1＋t2＝2s(3)討論：物體b恰能到達(dá)C點(diǎn)，則不會(huì)脫離軌道，由題意得物體b恰能過軌道最高點(diǎn)D點(diǎn)，則能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道，在D點(diǎn)滿足：B-D，由動(dòng)能定理：解得：綜上圓弧軌道半徑需滿足：或[選修3－3]（15分）13.下列說法中正確的是（）A.分子運(yùn)動(dòng)的平均速率可能為零，瞬時(shí)速度不可能為零B.液體與大氣相接觸時(shí)，表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引C.空氣的相對(duì)濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強(qiáng)表示D.有些非晶體在一定條件下可以轉(zhuǎn)化為晶體E.隨著分子間距增大，分子間引力和斥力均減小，分子勢(shì)能不一定減小【答案】BDE【解析】【詳