2022年上海豐華中學高三一診考試物理試卷含解析

2021-2022學年高考物理模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、關于天然放射現象，下列說法正確的是（）A．放出的各種射線中，粒子動能最大，因此貫穿其他物質的本領最強B．原子的核外具有較高能量的電子離開原子時，表現為放射出粒子C．原子核發(fā)生衰變后生成的新核輻射出射線D．原子核內的核子有一半發(fā)生衰變時，所需的時間就是半衰期2、一束單色光從真空斜射向某種介質的表面，光路如圖所示。下列說法中正確的是（）A．此介質的折射率等于1.5B．此介質的折射率等于C．入射角小于45°時可能發(fā)生全反射現象D．入射角大于45°時可能發(fā)生全反射現象3、某同學用兩種不同的金屬做光電效應實驗。實驗中他逐漸增大入射光的頻率，并測出光電子的最大初動能。下面四幅圖像中能符合實驗結果的是（）A． B．C． D．4、某跳水運動員在3m長的踏板上起跳，踏板和運動員要經歷如圖所示的幾個位置，其中A為無人時踏板靜止點，B為人站在踏板上靜止時的平衡點，C為人在起跳過程中人和踏板運動的最低點，已知板形變越大時板對人的彈力也越大，在人由C到B的過程中（）A．人向上做加速度大小減小的加速運動 B．人向上做加速度大小增大的加速運動C．人向上做加速度大小減小的減速運動 D．人向上做加速度大小增大的減速運動5、下列說法正確的是（）A．中子與質子結合成氘核時吸收能量B．盧瑟福的粒子散射實驗證明了原子核是由質子和中子組成的C．入射光照射到某金屬表面發(fā)生光電效應，若僅減弱該光的強度，則不可能發(fā)生光電效應D．根據玻爾理論，氫原子的電子由外層軌道躍遷到內層軌道，原子的能量減少，電子的動能增加6、宇航員在某星球表面以初速度2.0m/s水平拋出一物體，并記錄下物體的運動軌跡，如圖所示，O為拋出點，若該星球半徑為4000km，引力常量G＝6.67×10－11N·m2·kg－2，則下列說法正確的是（）A．該星球表面的重力加速度為16.0m/s2B．該星球的第一宇宙速度為4.0km/sC．該星球的質量為2.4×1020kgD．若發(fā)射一顆該星球的同步衛(wèi)星，則同步衛(wèi)星的繞行速度可能大于4.0km/s二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，在光滑的水平桌面上有體積相同的兩個小球A、B，質量分別為m=0.1kg和M=0.3kg，兩球中間夾著一根壓縮的輕彈簧，原來處于靜止狀態(tài)，同時放開A、B球和彈簧，已知A球脫離彈簧的速度為6m/s，接著A球進入與水平面相切，半徑為0.5m的豎直面內的光滑半圓形軌道運動，PQ為半圓形軌道豎直的直徑，，下列說法正確的是A．彈簧彈開過程，彈力對A的沖量大于對B的沖量B．A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為2m/sC．A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N·sD．若半圓軌道半徑改為0.9m，則A球不能到達Q點8、如圖甲所示，在光滑絕緣水平面內。兩條平行虛線間存在一勻強磁場。磁感應強度方向與水平面垂直。邊長為l的正方形單匝金屬線框abcd位于水平面內，cd邊與磁場邊界平行。時刻線框在水平外力F的作用下由靜止開始做勻加速直線運動通過該磁場，回路中的感應電流大小與時間的關系如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．水平外力為恒力B．勻強磁場的寬度為C．從開始運動到ab邊剛離開磁場的時間為D．線框穿出磁場過程中外力F做的功大于線框進入磁場過程中外力F做的功9、如圖所示的輸電線路中，升壓變壓器T1和降壓變壓器T2均為理想變壓器，電壓表V1、V2分別接在T1和T2副線圈兩端。已知T2原、副線圈匝數比為k，輸電線的總電阻為r，T1原線圈接在電壓有效值恒定的交流電源上，電壓表和電流表均為理想電表。由于用戶的負載變化，電流表A2的示數增加ΔI，則A．電流表A1的示數增大B．電壓表V2的示數減小C．電壓表V1的示數增大D．輸電線上損失的功率增加10、如圖所示，在豎直平面內有一邊長為L的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行．一質量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速V0進入該正方形區(qū)域．當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為（）A．可能等于零B．可能等于C．可能等于mv02+qEL-mgLD．可能等于mv02+qEL+mgL三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學利用如圖甲所示的實驗裝置，通過研究紙帶上第一個點到某一個點之間的運動來驗證機械能守恒定律。通過實驗數據分析，發(fā)現本實驗存在較大的誤差，為此改用如圖乙所示的實驗裝置：通過電磁鐵控制的小鐵球從A點自由下落，下落過程中球心正好經過光電門B時，通過與光電門B相連的毫秒計時器（圖中未畫出）記錄擋光時間t，用毫米刻度尺測出A、B之間的距離h，用游標卡尺測得小鐵球的直徑，重力加速度為g。請回答下列問題：(1)小鐵球經過光電門時的瞬時速度v=______（用題中所給字母表示）。(2)如果d、t、h、g滿足關系式______，就可驗證機械能守恒定律。(3)比較兩個方案，改進后的方案相比原方案主要的兩個優(yōu)點是______。A．不需要測出小鐵球的質量B．電磁鐵控制小鐵球，更易保證小鐵球的初速度為0C．消除了紙帶與打點計時器之間的摩擦力影響D．數據處理大大簡化12．（12分）小宇同學利用圖示器材探究電路規(guī)律：（1）斷開開關S，旋轉選擇開關，使其尖端對準歐姆檔，此時讀數為20Ω，此時測得的是____________的阻值；（2）將旋轉開關指向直流電流檔，閉合開關S，將滑片從最左端緩慢移動到最右端，發(fā)現該過程中讀數最大為320mA，則移動過程中讀數變化情況是（___）A．逐漸增大B．逐漸減小C．先減小后增大D．先增大后減?。?）將旋轉開關指向直流電壓檔，閉合開關S后移動滑動頭，發(fā)現該過程中電表讀數最大為1.2V，結合前兩問條件可知，該電源電動勢為________V．（結果保留兩位小數）四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為，；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示，某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為，釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為，重力加速度取，A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大??；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B能否再次發(fā)生碰撞？若不能，說明理由；若能，試計算碰后的速度大小。14．（16分）高空氣象探測要用熱氣球，熱氣球下端開口與大氣相通，加熱球內氣體的加熱源在開口處。某次氣象探測時，氣球外面大氣溫度為大氣壓強，大氣密度和。用加熱源對球內氣體緩慢加熱直至氣球開始上浮，加熱過程中氣球體積恒為。熱氣球的質量，重力加速度g取。求熱氣球開始上浮時內部氣體的密度及溫度。15．（12分）如圖所示，傾角的足夠長的斜面上，放著兩個相距L0、質量均為m的滑塊A和B，滑塊A的下表面光滑，滑塊B與斜面間的動摩擦因數．由靜止同時釋放A和B，此后若A、B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短且為彈性碰撞．已知重力加速度為g，求：（1）A與B開始釋放時，A、B的加速度和；（2）A與B第一次相碰后，B的速率；（3）從A開始運動到兩滑塊第二次碰撞所經歷的時間t．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

A．在三種放射線中，粒子動能雖然很大，但貫穿其他物質的本領最弱，選項A錯誤。B．衰變射出的電子來源于原子核內部，不是核外電子，選項B錯誤。C．原子核發(fā)生衰變后產生的新核處于激發(fā)態(tài)，向外輻射出射線，選項C正確。D．半衰期是放射性原子核總數有半數發(fā)生衰變，而不是原子核內的核子衰變，選項D錯誤；故選C。2、B【解析】

AB．折射率選項A錯誤，B正確；CD．全發(fā)射必須從光密介質射入光疏介質,真空射向介質不可能發(fā)生全反射，選項CD錯誤。故選B。3、C【解析】

由光電效應方程可知圖像斜率都為普朗克常量h，故得出的兩條圖線一定為平行線，由于兩金屬的逸出功不同，則與橫軸的交點不同，ABD錯誤，C正確。故選C。4、A【解析】

人由C到B的過程中，重力不變，彈力一直減小，彈力大于重力，向上做加速運動，合力逐漸減小，加速度逐漸減小，所以人向上做加速度大小減小的加速運動，故A正確，BCD錯誤。故選A。5、D【解析】

A．中子與質子結合成氘核的過程中有質量虧損，釋放能量，故A錯誤；B．盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子的核式結構模型，故B錯誤；C．根據光電效應方程知入射光的頻率不變，若僅減弱該光的強度，則仍一定能發(fā)生光電效應，故C錯誤；D．電子由外層軌道躍遷到內層軌道時，放出光子，總能量減小；根據可知半徑越小，動能越大，故D正確。故選D。6、B【解析】

A．物體做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律有聯立解得該星球表面的重力加速度為，故A錯誤；BC．設該星球的第一宇宙速度為，該星球的質量為，在星球表面附近，則有解得故B正確，C錯誤；D．根據萬有引力提供向心力有解得衛(wèi)星運動的軌道半徑越大，則繞行速度越小，第一守宙速度是繞星球表面運行的速度，同步衛(wèi)星的速度一定小于4.0km/s，故D錯誤；故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BCD【解析】

彈簧彈開兩小球的過程，彈力相等，作用時間相同，根據沖量定義可知，彈力對A的沖量大小等于B的沖量大小，故A錯誤；由動量守恒定律，解得A球脫離彈簧時B球獲得的速度大小為，故B正確；設A球運動到Q點時速率為v，對A球從P點運動到Q點的過程，由機械能守恒定律可得，解得：v=4m/s，根據動量定理，即A球從P點運動到Q點過程中所受合外力的沖量大小為1N·s，故C正確；若半圓軌道半徑改為0.9m，小球到達Q點的臨界速度，對A球從P點運動到Q點的過程，由機械能守恒定律，解得，小于小球到達Q點的臨界速度，則A球不能達到Q點，故D正確。故選BCD。8、BCD【解析】

根據線框感應電流，結合i-t圖象知道，線框做勻加速直線運動，從而再根據圖象找到進入和穿出磁場的時刻，由運動學公式就能求出磁場寬度、ab邊離開的時間。根據感應電流的方向，結合楞次定律得出磁場的方向。根據安培力公式得出導線框所受的安培力?！驹斀狻烤€框進入磁場的時候，要受到安培力的作用，電流是變化的，安培力也是變化的，因此外力F必然不是恒力，選項A錯誤；由圖乙可知2t0～4t0時間內線框進入磁場，設線框勻加速直線運動的加速度為a，邊框長為：l=a(4t0)2?a(2t0)2=6at02；磁場的寬度為：d=a(6t0)2?a(2t0)2=16at02；故d=，故選項B正確；設t時刻線框穿出磁場，則有：6at02=at2?a(6t0)2，解得：t=4t0，選C正確；線框進入磁場過程的位移與出磁場過程的位移相等，根據可知，線框出離磁場過程中的水平拉力大于進入磁場過程中的水平拉力，線框穿出磁場過程中外力F做的功做的功大于線框進入磁場過程中水平拉力做的功，選項D正確。故選BCD。9、AB【解析】

A.T2原、副線圈匝數比為k，所以，所以電流表A1的示數增大，A正確。B.因為電流表A1的示數增大，所以輸電線上損失電壓增加，變壓器T2原線圈電壓減小，根據變壓器原理得電壓表V2的示數減小，B正確。C.因為T1原線圈接在電壓有效值恒定的交流電源上，所以電壓表V1的示數不變，C錯誤。D.因為輸電線上電流增大，根據功率方程可知，輸電線損失功率增加量一定不是，D錯誤。10、BCD【解析】

要考慮電場方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和電場力做功情況，然后根據動能定理求解．【詳解】令正方形的四個頂點分別為ABCD，如圖所示

若電場方向平行于AC：

①電場力向上，且大于重力，小球向上偏轉，電場力做功為qEL，重力做功為-mg，根據動能定理得：Ek?mv1＝qEL?mgL，即Ek＝mv1+qEL?mgL

②電場力向上，且等于重力，小球不偏轉，做勻速直線運動，則Ek=mv1．

若電場方向平行于AC，電場力向下，小球向下偏轉，電場力做功為qEL，重力做功為mgL，根據動能定理得：Ek?mv1＝qEL+mgL，即Ek＝mv1+qEL+mgL．

由上分析可知，電場方向平行于AC，粒子離開電場時的動能不可能為2．

若電場方向平行于AB：

若電場力向右，水平方向和豎直方向上都加速，粒子離開電場時的動能大于2．若電場力向右，小球從D點離開電場時，有Ek?mv1＝qEL+mgL則得Ek＝mv1+qEL+mgL

若電場力向左，水平方向減速，豎直方向上加速，粒子離開電場時的動能也大于2．故粒子離開電場時的動能都不可能為2．故BCD正確，A錯誤．故選BCD．【點睛】解決本題的關鍵分析電場力可能的方向，判斷電場力與重力做功情況，再根據動能定理求解動能．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、BC【解析】

(1)[1]用平均速度代替小鐵球經過光電門時的瞬時速度，即(2)[2]若小鐵球機械能守恒，則有可得(3)[3]比較兩個方案，改進后的方案相比原方案最主要的優(yōu)點：一是消除了紙帶與打點計時器之間的摩擦力影響；二是電磁鐵控制小鐵球，更易保證小鐵球的初速度為0，故BC正確，AD錯誤。故選BC。12、滑動變阻器A1.48【解析】（1）當斷開電鍵S，旋轉選擇開關，使其尖端對準歐姆檔，由圖可知，此時歐姆檔測量滑動變阻器總電阻．（2）將旋轉開關指向直流電流檔，閉合電鍵S，將滑片從最左端緩慢移動到最右端的過程中，變阻器滑片兩側的電阻并聯，總電阻先增大后減小，則總電流先減小后增大．滑片從最右端移至中點的過程中，變阻器并聯電阻增大，并聯電壓增大，而滑片右側電阻減小，所以直流電流檔的讀數增大．滑片從中點移至最右端的過程中，電路的總電流增大，通過變阻器左側電阻的電流減小，所以直流電流檔的讀數增大，故A正確．（3）將旋轉開關指向直流電流檔，閉合電鍵S時，讀數最大時，由閉合電路歐姆定律得：E=Imax（R1+r）=0.32（R1+r）將旋轉開關指向直流電壓檔，讀數最大時，由閉合電路歐姆定律得：聯立以上可解得：.四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)，；(2)B，0.50m；(3)不能，見解析【解析】

(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為、，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有聯立并代入題給數據得(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩