2022屆江蘇省南京師范大學附屬中學高三（下）考前最后一模物理試題（解析版）

1、 南師附中2022屆高三考前最后最后一模物理一、單項選擇題：本小題共10題，每小題4分，共40分。每小題只有一個選項符合題意。1. 橡皮筋也像彈簧一樣，在彈性限度內(nèi)，伸長量x與彈力F成正比，即F=kx，k的值橡皮筋未受到拉力時的長度L，橫截面積S有關，理論與實踐都表明其中Y是一個由材料決定的常數(shù)，材料學上稱之為楊氏模量。在國際單位制中，楊氏模量Y的單位應該是（）A. NB. mC. N/mD. Pa【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)可得則Y的單位是故選D。2. 自然界中的碳主要是，也有少量的。具有放射性，能夠自發(fā)地進行衰變，半衰期約為5730年，關于放射性元素的衰變，下列說法正確的是（）A. 衰變

2、的實質(zhì)在于核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成了質(zhì)子和電子B. 升高溫度可以加快的衰變C. 增大壓強可以減慢的衰變D. 2個經(jīng)過兩個半衰期剛好完全衰變【答案】A【解析】【詳解】A衰變的實質(zhì)在于核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成了質(zhì)子和電子，A正確；BC半衰期與溫度、壓強以及化學狀態(tài)均無關，BC錯誤；D放射性元素經(jīng)過兩個完整的半衰期后，將剩余原來的四分之一，并且半衰期是一個統(tǒng)計規(guī)律，對于大量的原子核才適用，對于少量原子核是不成立的，D錯誤。故選A。3. 如圖所示，一個豎直圓盤轉(zhuǎn)動時，固定在圓盤上的小圓柱帶動一個T型支架在豎直方向振動，T型支架下面連接一個彈簧和小球組成的振動系統(tǒng)，小球浸沒在水中，當小球振動穩(wěn)定時（）A. 小球振動的頻

3、率與圓盤轉(zhuǎn)速無關B. 小球振動的振幅與圓盤轉(zhuǎn)速無關C. 圓盤的轉(zhuǎn)速越大，小球振動的頻率越大D. 圓盤的轉(zhuǎn)速越大，小球振動的振幅越大【答案】C【解析】【詳解】AC小球振動的頻率與圓盤轉(zhuǎn)速有關，小球做受迫振動，小球振動頻率等于圓盤轉(zhuǎn)動的頻率，圓盤的轉(zhuǎn)速越大，小球振動的頻率越大，A錯誤，C正確；BD小球振動的振幅與圓盤轉(zhuǎn)速有關，圓盤轉(zhuǎn)動的頻率越接近小球和彈簧組成的系統(tǒng)的固有頻率，小球的振幅越大，BD錯誤。故選C。4. 如圖所示，將懸掛在O點的銅球從方形勻強磁場區(qū)域左側(cè)一定高度處由靜止釋放，磁場區(qū)域的左右邊界處于豎直方向，不考慮空氣阻力，則（）A. 銅球在左右兩側(cè)擺起的最大高度相同B. 銅球最終將靜止

4、在O點正下方C. 銅球運動到最低點時受到的安培力最大D. 銅球向右進入磁場的過程中，受到的安培力方向水平向左【答案】D【解析】【詳解】A銅球每次在進出磁場過程，因產(chǎn)生電磁感應，一部分機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，左右兩側(cè)擺起的最大高度不相同，故A錯誤；B銅球每次只在進出磁場過程損失機械能，當全部進入勻強磁場，因磁通量不變，故不產(chǎn)生電磁感應，最終將在磁場區(qū)域內(nèi)左右擺動，故B錯誤；C銅球運動到最低點時不產(chǎn)生電磁感應，故受到的安培力為0，故C錯誤；D銅球向右進入磁場過程中，由楞次定律知銅球受到的安培力方向水平向左，故D正確。故選D。5. 某同學在測玻璃折射率時，把玻璃磚一邊與aa對齊，但另一條邊bb畫得明顯過

5、寬，其它操作符合要求，則（）A. 折射角比實際值偏大，折射率比真實值小B. 折射角比實際值偏小，折射率比真實值大C. 折射角比實際值偏小，折射率比真實值小D. 折射角等于實際值，對折射率的測量沒有影響【答案】A【解析】【詳解】由測玻璃磚折射率的實驗原理知，用兩根大頭針位置確定出射光線，如圖，若另一條邊bb畫得明顯過寬，則折射光線為圖中，而準確的折射光線應為圖中，故折射角比實際值偏大，由知折射率比真實值小，故A正確，BCD錯誤。故選A。6. 如圖所示，A、B為某陽臺豎直墻壁上凸出的兩顆固定釘子，小王通過一段細線跨過A、B懸掛一吊籃（吊籃不與墻壁接觸）。因A、B不等高，故重新調(diào)整釘子B于C處，A、

6、C等高且C在B的正下方，重新懸掛上原來的細線，整個細線始終處于同一豎直平面內(nèi)，不計細線與釘子的摩擦，則下列說法正確的是（）A. 調(diào)整后細線的張力大小比調(diào)整前要小B. 調(diào)整后細線的張力大小比調(diào)整前要大C. 調(diào)整后細線對兩個釘子的總作用力大小比調(diào)整前要小D. 調(diào)整后細線對兩個釘子的總作用力大小比調(diào)整前要大【答案】A【解析】【詳解】AB設未調(diào)整前吊籃與細線的交點為O，BO與AC交于D點，調(diào)整后吊籃與細線的交點為，釘子在B處時繩子的拉力為T1，AOB=，釘子在C處后繩子的拉力為T2，AC=，如下圖由于細線是跨在釘子上，細線上的力的大小處處相等，根據(jù)力的平衡條件和平行四邊形法則可知，AO=DO，A=C，

7、且因此由于細線的總長度不變，因此ABO與AC周長相等，根據(jù)幾何關系可得因此故調(diào)整后細線的張力大小比調(diào)整前要小，故A正確，B錯誤；CD設細線在釘子處的夾角為，根據(jù)上面的分析同理可得，細線對釘子的作用力為其中T為細繩的拉力。對于A處釘子，由于調(diào)整后細線的拉力T變小，而A釘子處細線的夾角變小，的值變大，因此調(diào)整后細線對A釘?shù)淖饔昧εc該處細線的夾角有關，不能明確是變大還是變小。對于B處釘子，調(diào)整到C處后，細繩拉力變小，細線的夾角增大，的值變小，因此調(diào)整后細線對該釘子的作用力變小，故CD錯誤。故選A。7. 某種復式光由紅、藍兩種顏色的光組成，其光強度對波長的關系如圖甲所示，紅光范圍的光強度比藍光范圍的光

8、強度大很多。某學生以此光照射某一金屬，進行光電效應實驗，發(fā)現(xiàn)皆可產(chǎn)生光電子，如圖乙所示。設可變直流電源的電壓為U時測得的光電流為I，測得多組數(shù)據(jù)，則下列圖像中該實驗所測得的IU關系可能正確的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】藍光的頻率高，由可知，藍光的遏止電壓比較大，所以在反向電壓減小到紅光的遏止電壓前，只有藍光的光電子輻射出，所以光電流較小，當反向電壓達到紅光的遏止電壓之后，既有紅光的光電子發(fā)出又有藍光的光電子發(fā)出，光電流變大，故A正確，BCD錯誤。故選A。8. 如圖所示，航天器A和衛(wèi)星B均在赤道面內(nèi)，它通過一根金屬長繩相連，在各自的軌道上繞地球做自西向東的勻速圓周運

9、動，不考慮繩系衛(wèi)星與航天器之間的萬有引力，忽略空氣阻力，不計金屬長繩的質(zhì)量，則（）A. 正常運行時，金屬長繩中拉力零B. 繩系衛(wèi)星B的線速度大于航天器A的線速度C. 由于存在地磁場，金屬長繩上繩系衛(wèi)星B端的電勢高于航天器A端的電勢D. 若在繩系衛(wèi)星B的軌道上存在另一顆獨立衛(wèi)星C，其角速度大于繩系衛(wèi)星B的角速度【答案】D【解析】【詳解】A正常運行時，航天器A和衛(wèi)星B的角速度相同，若僅在地球引力作用下做勻速圓周運動則航天器A角速度比衛(wèi)星B的角速度小，故長繩中一定有彈力，故A錯誤；B由航天器A和衛(wèi)星B角速度相同，由，則航天器A的線速度大于繩系衛(wèi)星B的線速度，故B錯誤；C地磁場的方向在赤道上空是由南向

10、北，金屬長繩由西向東切割磁感線，由右手定則知B端的電勢低于航天器A端的電勢，故C錯誤；D將航天器A和衛(wèi)星B看作一個系統(tǒng)，則該系統(tǒng)的重心位置應大于衛(wèi)星B的位置，即系統(tǒng)的軌道半徑應大于衛(wèi)星B的軌道半徑，由系統(tǒng)只在地球引力作用下做勻速圓周運動有則知獨立衛(wèi)星C的角速度大于繩系衛(wèi)星B的角速度，故D正確。故選D。9. 質(zhì)量均為m的兩個木塊A、B用一輕彈簧拴接，靜置于水平地面上，如圖甲所示?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉木塊A，使木塊A向上做直線運動，如圖乙所示。從木塊A開始運動到木塊B剛要離開地面的過程中，設彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中不正確的有（）A. 要使B能離開地面，F(xiàn)的大小一定大于

11、mgB. 彈簧的彈性勢能一定先減小后增大C. A的動能一定先增大后減小D. A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能一定增大【答案】AC【解析】【詳解】A初始時刻，設彈簧的壓縮量為x，可知木塊B將要離開地面，根據(jù)平衡條件，彈簧的伸長量也為x，彈簧的彈性勢能沒有變化，彈簧對木塊A做功為零，設此時木塊A的速度為v，根據(jù)動能定理可得A錯誤；B用“極限法”只分析初末狀態(tài)：初始狀態(tài)彈簧被壓縮、終了狀態(tài)彈簧被拉伸，則彈簧的彈性勢能必是先減小后增大，B正確；C若F2mg，當B將要離開地面，A的加速度仍然向上，在整個運動過程中，A的加速度一直減小，而速度一直增加，因此動能一直增加；若2mg Fmg，當B將要離開地面，A的

12、加速度向下，在整個運動過程中，A的加速度先減小后反向增加，速度先增加后減小，因此動能先增加后減小，C錯誤；D不論外力F多大，在A向上運動的過程中，總是做正功，故系統(tǒng)機械能不斷增加，D正確；故選AC。10. 如圖所示，在正方形的四個頂點各固定一個點電荷，直角坐系的x軸、y軸為正方形的對稱軸。將一正電荷在原點O處靜止釋放時，它在以后運動過程中的最大速度為v。則將該電荷從x軸上無限遠處以初速度2v沿+x方向射入后，它在以后運動過程中（）A. 在兩負電荷連線中點處速度最大B. 將以原點O為中心在x軸上往復運動C. 最小速度為D. 最大速度為【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)點電荷形成的電場某位置的電勢表達

13、式和電場強度表達式，電勢是標量，故兩個正點電荷和兩個負點電荷到O點的距離相等，故O點電勢為零。電場強度為矢量，四個點電荷在O點形成的電場強度方向水平沿x軸負方向。故正點電荷在原點O處靜止釋放時，它將受電場力的作用向x軸負方向加速運動。A在兩負電荷連線中點處，根據(jù)電場強度的矢量疊加可知，該點處的電場方向水平向左，電勢不是最低，故正電荷在該位置左側(cè)速度較大，該位置不是速度最大處，A錯誤；BCD根據(jù)點電荷電場強度疊加可知在x軸上的兩負電荷連線的中點的左側(cè)，由一點M，該位置電場強度為0，速度最大，電勢最低。將一正電荷在原點O處靜止釋放時，它在以后運動過程中的最大速度為v，根據(jù)動能定理可知該電荷從x軸上

14、無限遠處以初速度2v沿+x方向射入，無窮遠電勢為0，從無窮遠沿+x方向運動到M點，電場力做正功大小等于從原點O處運動到M點；再由M點運動到原點O點逆著電場線方向運動，電場力做負功，速度減小；根據(jù)能量守恒，原點O處與無窮遠電勢相等，電勢能相等，故無窮遠與原點O的動能相等、速度大小相等。故根據(jù)動能定理可知，解得同理分析可知，兩正電荷連線中點的右側(cè)存在一電勢最高，電場強度為0的N點，從原點O運動到N點逆著電場線運動做減速運動，N點速度最小，從N點到正方向無窮遠，電場力做正功，動能增加，速度增大，根據(jù)能量守恒可知，正無窮遠處速度為。故根據(jù)動能定理可知解得綜上所述它在以后運動過程中最大速度為，最小速度為

15、，該電荷將沿x軸正方向一直運動下去，不做往返運動。故C正確，BD錯誤。故選C二、非選擇題：共5題，共60分。其中第12題第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)值計算時，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。11. 某同學研究小燈泡（2.5V，0.6W）的伏安特性曲線，除了導線和開關外，有以下一些器材可供選擇：A電流表A1（量程0.3A，內(nèi)阻約1.2）B電流表A2（量程0.6A，內(nèi)阻約0.5）C電壓表V1（量程3V，內(nèi)阻約3k）D電壓表V2（量程15V，內(nèi)阻約15k）E滑動變阻器R1（阻值010）F滑動變阻器R2（阻值0-200）G電源E（電動勢3V，

16、內(nèi)阻約0.04）（1）為了調(diào)節(jié)方便，測量準確，應選用電流表_，電壓表_，滑動變阻器_（填選項前面的字母）（2）如圖為某同學在連接最后一根導線的c端到直流電源正極之前的電路，請找出其中僅有的兩個不當之處，并說明如何改正：_；_。（3）實驗中發(fā)現(xiàn)，無論怎樣移動滑動變阻器的滑動端P，電壓表和電流表雖然都有示數(shù)，但都無法使電壓表和電流表的示數(shù)調(diào)為0，已知電表沒問題，則可能的原因是_。A小燈泡短路B小燈泡斷路C電源負極與滑動變阻器之間斷路D小燈泡與滑動變阻器之間斷路（4）解決上述問題之后，測出多組數(shù)據(jù)，在I-U坐標系中描出各對應點，請在答題紙上對應位置畫出此小燈泡的伏安特性曲線_。（5）將該小燈泡先與一

17、個阻值為5的定值電阻串聯(lián)，然后再接到電動勢為3V、內(nèi)阻為18的電池兩端，此時小燈泡的實際功率為_W。（計算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）【答案】 . A1 . V1 . R1 . 開關不應該閉合，應該斷開開關 . 滑動變阻器的滑動端不應該在a、b中點，應該移動到b端 . C . . 0.465#0.466#0.467#0.468#0.469#0.470#0.471#0.472【解析】【詳解】（1）1小燈泡的額定電流為電流表選擇A1；2小燈泡的額定電壓為2.5V，所以電壓表選擇V1；3為了方便調(diào)節(jié)電路，滑動變阻器選擇R1；（2）45開關不應該閉合，應該斷開開關；滑動變阻器的滑動端不應該在a、b中點，應該

18、移動到b端。（3）6 A小燈泡短路，電壓表示數(shù)始終為零，A不符合題意；B小燈泡斷路，電流表和電壓表的示數(shù)可以調(diào)為零，B不符合題意；C電源負極與滑動變阻器之間斷路，滑動變阻器變?yōu)橄蘖鹘臃?，電流表和電壓表的示?shù)都無法調(diào)到零， C符合題意；D小燈泡與滑動變阻器之間斷路，電流表和電壓表的示數(shù)始終等于零，D不符合題意。故選C。（4）7小燈泡的伏安特性曲線如圖所示；（5）8將定值電阻看成電源的內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律得代入數(shù)值得在小燈泡的伏安特性曲線中畫出電源的U-I圖像兩圖線的交點坐標為小燈泡的實際功率為12. 將一只籃球在空中水平向右拋出，落地后又反彈?；@球的拋出點高度、兩次落點的位置、第一次反彈后

19、的高度等數(shù)據(jù)如圖所示，已知該籃球質(zhì)量為0.6kg，不計空氣阻力，加速度g=10m/s2，求該籃球：（I）從拋出到第一次落地的時間t；（2）第一次落地時所受摩擦力的沖量I。【答案】（1）0.8s；（2）【解析】【詳解】（1）籃球從拋出到第一次落地做平拋運動，由解得（2）第一次拋出的速度為，有解得第一次反彈后籃球做斜上拋運動，水平方向的速度為，由解得由動量定理，落地時所受摩擦力的沖量為13. 某課外興趣小組用試管制作溫度計，把上端A封閉，下端B開口的玻璃管插入水中，放掉適當?shù)目諝夂蠓攀?，讓玻璃管豎直地浮在水中，A端露出水面，如圖所示，室溫為T0時，水面上方的空氣柱長度為x0，水面下方空氣柱長度為h

20、，室溫升高至Tx時，水面以上空氣柱長度變?yōu)閤。已知空氣柱橫截面積為S，大氣壓強為p0，水的密度為，重力加速度加速度為g，試管足夠長且保持豎直。（1）求Tx；（2）已知升溫過程中氣體內(nèi)能增加了U，求氣體吸收的熱量Q。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）氣體在升溫過程中做等壓變化，初態(tài)T1=T0末態(tài)Tx=？根據(jù)蓋-呂薩克定律可得解得（2）溫度升高，氣體膨脹對外做功，則有根據(jù)熱力學第一定律可得氣體吸收的熱量14. 一轉(zhuǎn)動裝置如圖所示，兩根輕桿OA和AB與一小球以及一輕質(zhì)套筒通過鉸鏈連接，兩輕桿長度均為L，球質(zhì)量為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與套筒之間，原長為L

21、，彈簧勁度系數(shù)為，轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，套筒緩慢上升。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）平衡時彈簧的長度；（2）AB桿中彈力為0時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度0；（3）彈簧從小球平衡至縮短為原長的一半的過程中，外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）設兩桿與豎直方向的夾角為，對球根據(jù)平衡條件得根據(jù)胡克定律得 解得 彈簧的長度為 （2）AB桿中彈力為0時，彈簧恢復原長，根據(jù)牛頓第二定律得解得 （3）彈簧縮短為原長的一半時，設OA與豎直方向的夾角為，豎直方向根據(jù)平衡條件得 水平方向根據(jù)牛頓第二定律得 根據(jù)直角三角形得 解得 彈簧長度從至彈性勢能不變，根據(jù)動能定理得 解得15. 空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電子槍將無初速的電子經(jīng)加速電壓加速后在紙面內(nèi)垂直于SO的方向射出，兩個形狀為一圓弧的接收屏P1、P2拼接成半徑為R的半圓形粒子接收器，直徑沿SO方向放置，圓心位于O點，SO長度為2R。電子電荷量為e，質(zhì)量為m。設電子擊中接收屏即被吸收，不計電荷間的相互作用。（1）為使電子能打到接收屏P1或P2上，求電子槍加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；（2）求能打到接收屏P1或P2上的電子從