1、高考模拟试卷绝密启用前河北省石家庄市2022届高三下学期5月模拟考试【物理】试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1“”在数学中的意义非常简单，但在物理中不同情境下却有不同的含义，下列物理量的“”表示方向的是（）穆童b5E2RGbCAPA小球在某位置的重力势能B把带电体从A移动到B的过程中电场力做功C在某段时间内磁感应强度的变化量D某带电体的带电量21932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变
2、实验，验证了爱因斯坦质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个粒子X后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个Y原子核，核反应方程。已知、X、Y的质量分别为、，1u的质量亏损时放出的能量为931.5MeV，则下列说法中正确的是（）穆童p1EanqFDPwAX粒子为中子BY粒子为C的核子平均质量小于Y的核子平均质量D在此核反应过程中释放的核能为18.9MeV32022年3月23日中国空间站第三次“天宫课堂”如约而至，中国航天员再次进行太空授课。在近1个小时的授课过程中，不仅现场演示了丰富多彩的科学实验，而且以天地连线的方式回答了地面课堂的学生提出的问题。保证太空授课信号通畅的功臣是中继卫星，中继
3、卫星在地球同步静止轨道运行，空间站、中继卫星绕地球的运动均可视为匀速圆周运动，空间站转一圈的时间约90分钟。下列说法正确的是（）穆童DXDiTa9E3dA空间站里的宇航员不受地球吸引，所以处于完全失重状态B空间站的加速度大于中继卫星的加速度C空间站的线速度小于中继卫星的线速度D若太空授课时间延长到2小时，可能由一颗中继性完成通讯辅助服务4如图所示，实线为某电场中的一条电场线，一带电油滴以与电场线垂直的方向穿过该电场线上的M点，此时油滴速度变化率的方向竖直向上（与电场线方向相反）。下列说法中正确的是（）穆童RTCrpUDGiTA油滴可能缺失电子B此后一小段时间内油滴的速度逐渐变大，加速度逐渐减小
4、C此后一小段时间内油滴的动能逐渐变小，机械能守恒D此后一小段时间内油滴的动能逐渐变大，机械能也逐渐增大5夜光飞箭是一种常见的小玩具，如图所示，它利用橡皮筋弹弓将飞箭弹射升空，再徐徐下落。若飞箭以初速度竖直向上射出，在t时刻恰好回到发射点。已知飞箭的质量为m，重力加速度为g，设飞箭受到的阻力与速率成正比。下列说法中正确的是（）穆童5PCzVD7HxAA这段时间内飞箭的加速度先减小后变大B这段时间内飞箭的机械能一直减小C上升阶段重力平均功率的大小为D上升阶段重力冲量的大小为6如图所示，一个匝数为N、半径为r的半圆形线圈，以直径为轴匀速转动，转速为n，的左侧有垂直于纸面向里（与垂直）的匀强磁场，磁感
5、应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈电阻为，电流表和连接导线的电阻不计，则下列说法中正确的是（）穆童jLBHrnAILgA通过电阻R的电流为正弦交变电流B线圈从图示时刻开始转过90的过程中通过电阻的电荷量C图示时刻通过电阻R的电流最大D电阻R的功率为7用金属丝折成如图所示的对称线框，已知，边界、为匀强磁场的边界，磁场宽度为，初始时刻边与边界的间距为a，现在让线框水平向右匀速通过磁场区域。以顺时针电流方向为正，设边刚进磁场边界时线框中的电流大小为，则图中能正确表示线框中的电流随着时间变化规律的是（）穆童xHAQX74J0XABCD8如图所示，质量的物体P静止在地面上，用轻绳通过光滑
6、、轻质定滑轮1、2（滑轮大小相等，轴心在同一水平线上）与质量的小球Q连接在一起，初始时刻滑轮2与P间的轻绳与竖直方向的夹角为37，小球Q与滑轮1间的轻绳刚好位于竖直方向，现在用一水平向左的力F缓慢拉动小球Q，直到物块P刚要在地面上滑动。已知P与地面的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，。下列说法中正确的是（）穆童LDAYtRyKfEA初始时P受到地面的摩擦力为19NB此过程中绳子拉力先增大后减小C小球Q与滑轮1间的轻绳与竖直方向的夹角最大为53D轴对滑轮1的最大作用力大小为评卷人得分二、多选题9如图所示，圆心为O、半径为的金属圆形轨道固定在水平面内，长度为的直导体棒置于圆导轨上
7、面，金属圆形轨道内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小，直导体棒O端和圆轨道分别引出导线与电阻、和电容器相连。导体棒在外力作用下以O点为圆心做角速度顺时针匀速转动。已知导体棒的电阻，电容器的电容，不计金属圆形导轨电阻，下列说法中正确的是（）穆童Zzz6ZB2LtkA通过电阻的电流为1.0ABM板带负电C电容器极板的电荷量D外力的做功的功率为3.5W10如图所示，带有挡板的小车质量，挡板上固定一轻弹簧，弹簧自由端离小车右端的距离，小车上表面点左侧光滑，小车静止于光滑水平面上。质量的滑块（可以看做质点）以速度从右侧滑上小车。已知滑块与小车点右侧表面的动摩擦因数，重力加速度，整个过程中弹簧始终处
8、于弹性限度内。下列说法中正确的是（）穆童dvzfvkwMI1A滑块相对小车向左滑行的过程中一直在减速B滑块相对小车向左滑行的过程中加速度大小先不变后变大C此过程中弹簧的最大弹性势能D滑块离开小车后做自由落体运动第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验题11如图所示，在弹簧的悬点和下端之间系一根橡皮条，某同学用该器材探究弹力和弹簧伸长的关系时，在弹性限度内，将质量的钩码逐个挂在弹簧下端，测得图中弹簧的长度如下表所示。穆童rqyn14ZNXI钩码个数12345678L/cm30.0031.0432.0233.0233.6434.0234.4334.82已知重力加速度，由表
9、中数据分析在挂_个钩码时橡皮条开始产生拉力，要求尽可能多地利用测量数据，计算弹簧的劲度系数_N/m（结果保留两位有效数字）。由表中数据_（填“能”或“不能”）计算出橡皮条的劲度系数。穆童EmxvxOtOco12某实验小组欲将量程为3mA的电流表由改装为量程为3V的电压表。实验器材如下：A待测电流表（内阻约为100）；B标准电压表V（满偏电流为6mA）；C滑动变阻器（最大阻值为30k）；D滑动变阻器（最大阻值为5k）；E.电阻箱R（阻值范围为09999.9）；F.电源1（电动势15V左右）；G.电源2（电动势4.5V左右）；H.导线、开关。（1）实验小组根据图所示的电路测电流表的内阻，为了使电表
10、内阻的测量结果尽可能准确，实验时电源应该选择_（填仪器前面的字母符号），滑动变阻器应该选择_（填仪器前面的字母符号），连接好电路后他们完成了下面的实验内容：穆童SixE2yXPq5将滑动变阻器调至最大，闭合；调节滑动变阻器，使电流表满偏；再闭合，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R，电流表指针的位置如图所示，此时电阻箱R的示数为54.5。可知电流表内阻的测量值为_；穆童6ewMyirQFL（2）为了将电流表改装成量程为3V的电压表，实验小组将电阻箱的接入阻值调为_，并与电流表_（填“串联”或“并联”）；穆童kavU42VRUs（3）在对改装后的表进行校准的过程中发现改装表的示数总小于标准表的示数
11、，出现这一偏差的原因是_。穆童y6v3ALoS89评卷人得分四、解答题13如图所示，比荷为k带正电的粒子从A点以初速度、沿方向进入虚线间的区域，方向垂直虚线边界。若在虚线区域内加竖直向上的匀强电场，粒子从C点离开虚线区域，若在虚线区域内加垂直纸面向外的匀强磁场，粒子从D点离开虚线区域。已知，不计粒子重力。求：穆童M2ub6vSTnP（1）所加电场的电场强度E与磁场的磁感应强度B的比值；（2）粒子在电场和磁场中运动的时间差。14如图所示，足够长的倾角为37的斜面与足够长的光滑水平面平滑连接，竖直面内的半圆形轨道在点与水平面相切，一质量的小物块P从斜面的A点由静止释放，物块P与静止在C点的质量小球
12、Q发生弹性碰撞，碰撞后小球Q滑上半圆形轨道，物块P被拿走。在物块在斜面上运动时动能与发生位移的关系如图所示，初始时刻曲线的切线如图中虚线所示，重力加速度大小为。穆童0YujCfmUCw（1）求物块P在A点时的加速度及此时物块与斜面间的动摩擦因数；（2）求物块P和小球Q碰撞后瞬间小球Q的速度；（3）若半圆形轨道的半径可变，求小球Q离开D落地后与C点的最大距离。15如图所示，长方形容器体积为V，左上方有一开口与外界相连，质量为m的绝热活塞将绝热容器（顶部为导热材料）分成上下两部分，外界温度为27时，体积比为，下部底部有一体积可忽略的加热丝。现开启容器底部的加热丝。已知大气压强为，且保持不变，活塞的
13、横截面积，封闭气体可看作理想气体，不计活塞与容器间的摩擦。穆童eUts8ZQVRd（1）活塞刚好移动到容器的正中央时，求下部气体的温度；（2）若将容器与外界的开口封死，活塞刚好移动到容器的正中央时，求此时下部气体的温度。16如图所示，半圆形玻璃砖半径为R，圆心为O，荧光屏M（足够大）与玻璃砖直径平行且相距为。两束平行光线a、b垂直于直径方向射向直径上的A点和圆心O点，两束平行光线频率相同，玻璃砖对平行光线的折射率，此时刚好在荧光屏上看到一个光点，将荧光屏向上向下平移都会看到两个光点。已知，真空中的光速为c，不考虑光在半圆弧上的反射。求：穆童sQsAEJkW5T（1）O、A间的距离d；（2）若两
14、束光线同时到达A、O两点，它们到达荧光屏的时间差。评卷人得分五、填空题17夏天的中午在某深水池塘中有一气泡从池塘底部逐渐浮出水面，已知池塘中水的温度随着深度的增加有一定程度的减小，气泡上升的速度比较慢，则此过程中气泡内气体分子与气泡壁单位面积单位时间的碰撞次数_（填“增加”或“减小”），气泡内气体与外界的热量交换形式为_（填“放出”或“吸收”）热量。（气泡内气体可以看作理想气体）穆童GMsIasNXkA18如图所示，在一个平静的水塘表面A、B两点放置两个振源，它们从0时刻开始的振动方程均为，P点到A、B的距离分别为1.0m、1.2m，已知水波的传播速度，则P点是振动_（填“加强”或“减弱”）点
15、，在时P点的位移为_A。穆童TIrRGchYzg16 / 26参考答案：1C【解析】【详解】A重力势能是标量，重力势能的“”表示物体在零势能面的下面，表示的重力势能的大小，故A错误；B功是标量，电场力做负功表示电场力对物体发生位移起了阻碍作用，是阻力，故B错误；C磁感应强度是矢量，磁感应强度变化量的“”表示磁感应强度变化的方向与参考方向相反，故C正确；D电量是标量，带电体带负电，说明它带的电荷与“和毛皮摩擦过的橡胶棒所带的电性相同”，它是区分两种电荷的标志，故D错误。穆童7EqZcWLZNX故选C。2D【解析】【详解】A由质量数守恒和电荷数守恒可知X的质量数为电荷数为则X为质子，故A错误；B由
16、质量数守恒和电荷数守恒可知Y的质量数为电荷数为则Y为粒子，即为，故B错误；C由题意可知在的核反应中有核能释放，所以质量有亏损，所以的核子平均质量大于Y的核子平均质量，故C错误；穆童lzq7IGf02ED由题意可以求得此反应中质量亏损根据质能方程可得，此核反应过程中释放的核能为故D正确。故选D。3B【解析】【详解】A空间站里的宇航员处于完全失重状态是因为万有引力提供了宇航员和空间站绕地球运转的向心力，并不是不受地球吸引，故A错误；穆童zvpgeqJ1hkB由得由题意可知空间站的轨道半径与同步卫星的轨道半径的关系所以空间站的加速度与同步卫星的加速度的关系故B正确；C由得所以空间站的线速度大于中继卫
17、星的线速度，故C错误；D若太空授课的时间延长到2小时，超过空间站的周期，需要两颗甚至三颗同步卫星接力才能完成通讯辅助服务工作，故D错误。穆童NrpoJac3v1故选B。4D【解析】【详解】A速度变化率的方向竖直向上，即加速度方向竖直向上，可知油滴受到的电场力方向竖直向上，所以油滴带负电，即油滴带多余的电子，故A错误；穆童1nowfTG4KIB速度变化率的方向竖直向上，加速度方向竖直向上，合力竖直向上，在此后一小段时间内油滴向上偏转，合力做正功，所以油滴的动能变大，即速度逐渐变大；仅由一条电场线无法判断场强的变化，所以油滴的加速度变化情况无法判断，故B错误；穆童fjnFLDa5ZoCD由于此后一
18、小段时间内电场力做正功，所以油滴的机械能增大，故C错误，D正确。故选D。5B【解析】【详解】A对飞箭受力分析可知飞箭受重力和阻力，上升阶段阻力向下，逐渐减小，所以合力逐渐减小，下落阶段阻力向上，逐渐增大，后不变（如果飞箭飞的足够高），合力先减小后不变，所以飞箭的加速度先减小，后不变（当飞箭飞的足够高，下落的最后阶段做匀速运动），故A错误；穆童tfnNhnE6e5B由于飞箭的飞行过程中阻力始终做负功，所以飞箭的机械能一直减小，故B正确；C上升阶段飞箭做加速度减小的减速运动，所以平均速度所以上升阶段重力平均功率的大小故C错误；D由前面分析可知飞箭上升阶段做加速度减小的减速运动，下落阶段做加速度减小
19、的加速运动，上升阶段的平均加速度大于下降阶段的平均加速度，根据穆童HbmVN777sL所以上升时间一定小于下落时间，因此上升阶段的时间所以上升阶段重力的冲量大小故D错误。故选B。6B【解析】【详解】A由于线圈并不是始终在磁场中转动，所以产生的电流不可能是正弦交变电流，一定是有段时间有，有段时间没有，故A错误；穆童V7l4jRB8HsB由而由闭合电路欧姆定律有由法拉第电磁感应定律有解得故B正确；C图示时刻穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量的变化率为零，所以此刻通过电阻的电流为零，故C错误；D由由于有电流的半个周期内为正弦交变电流，所以有电流的半个周期内电动势的有效值这段时间内电流的有效值由能量守
20、恒结合有效值定义有解得故D错误。故选B。7B【解析】【详解】当线框在发生第一个位移a的过程中线框还没有进入磁场，所以此过程中电流为零；当线框在发生第二个位移a的过程中线框切割磁感线的有效长度从逐渐增大到所以线框中的电流也会从逐渐增加到，电流方向为顺时针方向；当线框在发生第三个位移a的过程中线框切割磁感线的有效长度从逐渐减小到，线框中的电流也会从逐渐减小到，但电流方向不变；穆童83lcPA59W9当线框在发生第四个位移a的过程中线框切割磁感线的有效长度从逐渐增大到所以线框中的电流会从逐渐增加到，但电流方向变为逆时针方向；穆童mZkklkzaaP当线框在发生第五个位移a的过程中线框切割磁感线的有效
21、长度从逐渐减小到，线框中的电流也会从逐渐减小到，方向依然为逆时针方向。穆童AVktR43bpw故B正确，ACD错误。故选B。8C【解析】【详解】A初始时轻绳拉力为T，对小球Q受力分析有对P受力分析有故A错误；B设此过程中小球Q与滑轮1间的轻绳与竖直方向夹角为q有在小球Q缓慢移动的过程中q逐渐增大，cosq逐渐减小，所以绳子拉力T逐渐增大，故B错误；C当小球Q与滑轮1间的轻绳与竖直方向的夹角最大时轻绳拉力最大，对物块P受力分析有解得此时对Q受力分析有解得故C正确；D对滑轮1受力分析可知，轴对滑轮1的作用力大小为又因为联立可得故时，轴对滑轮1的作用力最大，此时故D错误。故选C。9AC【解析】【详解
22、】A由导体切割磁感线产生电动势可知由闭合电路欧姆定律有故A正确；B由右手定则可以判断，导体棒中的电流方向为O到A，所以电容器M板带正电，故B错误；C由欧姆定律可知电容器两端的电压所以电容器的带电量故C正确；D回路消耗的总电功率由能量转化与守恒可知外力做功的功率等于回路消耗的总功率，即故D错误。故选AC。10AD【解析】【详解】A滑块相对小车向左滑动的过程中分两个阶段，一是在O点右侧滑动时，滑块受滑动摩擦力作用而减速，二是在O点左侧滑行时受弹簧弹力作用而减速，故A正确；穆童ORjBnOwcEdB当滑块在O点右侧滑行时，根据牛顿第二定律有而在O点左侧滑行时，根据牛顿第二定律有所以此阶段的加速度是由
23、零逐渐增加的，所以滑块相对小车向左滑行的过程中加速度大小先不变后被突然减小再变大，故B错误；穆童2MiJTy0dTTC当弹簧压缩量最大时弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车共速，此过程中由动量守恒和能量守恒有解得故C错误；D当滑块离开小车时滑块的速度为，小车的速度为，此过程中由动量守恒和能量守恒有解得，所以滑块离开小车时做自由落体运动，故D正确。故选AD。11 5 49 能【解析】【详解】1由表中数据分析可知，在挂前4个钩码时，每增加一个钩码，弹簧的长度增加约为1cm，在挂第5个钩码时弹簧长度增加约为0.6cm，而挂后面3个钩码时，每增加一个钩码，弹簧的长度增加约为0.4cm，所以在挂第5个钩码时
24、橡皮条开始产生拉力；穆童gIiSpiue7A2在挂前4个钩码时只有弹簧伸长产生拉力，要充分利用数据由逐差法有由胡克定律有3根据表中数据可知，挂后面3个钩码时，每增加一个钩码，弹簧的长度增加约为0.4cm，设橡皮条的劲度系数为，根据胡克定律有穆童uEh0U1Yfmh则可以求得橡皮条的劲度系数。12 F C 109 891 串联 电流表内阻的测量值偏小穆童IAg9qLsgBX【解析】【详解】（1）12如图电路为恒流法测电阻，当闭合时电路中的电流一定会有所增大，要测量结果准确就要减小电流的变化，需要滑动变阻器的接入阻值足够大，因此滑动变阻器要选择，所以填C，此时电源的电动势也要适当大些，所以电源要选
25、择电源1，所以填F。穆童WwghWvVhPE3当电流表指针的位置如图所示时，流过电流表的电流，若电路中的总电流不变，此时流过电阻箱的电流，由并联关系有穆童asfpsfpi4k解得（2）45将电流表改装成量程为3V的电压表需要将电阻箱与电流表串联，并且满足解得（3）6由于用恒流半偏法测电阻时在闭合后总电流会有所增大，所以此时流过电阻箱的电流所以所以造成改装后的电压表内阻偏大，所以改装后电压表示数小于标准表的示数。13（1）；（2）【解析】【详解】（1）当在虚线区域中加电场时有解得当在虚线区域中加磁场时粒子的圆心为，粒子轨迹如图所示，设轨迹半径为r，由几何关系有带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有解得
26、解得（2）粒子在电场中的运动时间粒子在磁场中的偏转角为，由几何关系有解得粒子在磁场中运动的时间所以粒子在电场和磁场中运动的时间差14（1）；（2）4m/s；（3）【解析】【详解】（1）由题意可知物块与斜面的动摩擦因数随着高度的下降而缓慢增加，物块在斜面上做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动，由图中的初始时刻的切线可知，由牛顿第二定律有穆童ooeyYZTjj1解得由对物块P受力分析有解得（2）由图可知物块离开斜面时有物块P和小球Q碰撞后速度分别为、，则碰撞过程有解得（3）设半圆形轨道的半径为R，小球Q到达D点的速度为，由动能定理有小球Q离开D后做平抛运动有解得当时距离最大，且15（1）；（
27、2）【解析】【详解】（1）此过程中下部气体做等压变化，由等压变化规律有解得（2）上部气体A做等温变化，由等温变化规律有下部气体B的初态压强由末态压强由理想气体状态方程有解得16（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题意可知两束光线刚好在荧光屏上相交，光路图如图所示设光线在B点的入射角为，折射角为，由折射定律有由正弦定理有即解得，间的距离（2）设光在玻璃砖中的传播速度为v，由折射定律可知由几何关系可得光线a从A到C的传播时间光线b从O到C的传播时间两束光线到达荧光屏的时间差17 减小 吸收【解析】【详解】1气泡在上浮的过程中周围水的温度有所增加，由于气泡上升的比较慢，所以气体与周围水的温度相同，
28、气泡内气体的温度升高，此过程中气体分子的热运动加剧，气体分子与气泡壁的平均撞击力变大，由于气泡上浮时气泡内气体的压强逐渐减小，影响气体压强的因素有两个，一是平均撞击力，二是气体分子与气泡壁碰撞的频繁程度，在平均撞击力变大的情况下气体的压强还减小，所以气体分子与气泡壁碰撞的频繁程度一定减小，即气泡内气体分子与气泡壁单位面积单位时间的碰撞次数减小。穆童BkeGuInkxI2由前面的分析可知在此过程中气体的内能增大，即，而气体上浮过程中气泡的体积变大，对外做功，即，由热力学第一定律穆童PgdO0sRlMo则所以气泡内气体要从外界吸收热量。18 加强 0【解析】【详解】1由振动方程可知结合公式可以求得所以P点到A、B的距离之差所以P点为振动加强点。2A点振源的振动传到P点所用的时间所以在时在P点引起的位移B点振源的振动传到P点所用的时间所以在时在P点引起的位移所以此时P点的位移为0。
