江苏省南京师范大学附属中学2021-2022学年高三下学期考前最后一模物理 Word版含解析.docx

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南师附中2022届高三考前最后最后一模物理试卷一、单项选择题：本小题共10题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。1.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F成正比，即F=kx，k的值橡皮筋未受到拉力时的长度L，横截面积S有关，理论与实践都表明其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量。在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是（　　）A.NB.mC.N/mD.Pa【答案】D【解析】【详解】根据可得则Y的单位是故选D。2.自然界中的碳主要是，也有少量的。具有放射性，能够自发地进行β衰变，半衰期约为5730年，关于放射性元素的衰变，下列说法正确的是（　　）A.β衰变的实质在于核内的中子转化成了质子和电子B.升高温度可以加快的衰变C.增大压强可以减慢的衰变D.2个经过两个半衰期刚好完全衰变【答案】A【解析】【详解】A．β衰变的实质在于核内的中子转化成了质子和电子，A正确；BC．半衰期与温度、压强以及化学状态均无关，BC错误； D．放射性元素经过两个完整的半衰期后，将剩余原来的四分之一，并且半衰期是一个统计规律，对于大量的原子核才适用，对于少量原子核是不成立的，D错误。故选A。3.如图所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T型支架在竖直方向振动，T型支架下面连接一个弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中，当小球振动稳定时（　　）A.小球振动的频率与圆盘转速无关B.小球振动的振幅与圆盘转速无关C.圆盘的转速越大，小球振动的频率越大D.圆盘的转速越大，小球振动的振幅越大【答案】C【解析】【详解】AC．小球振动的频率与圆盘转速有关，小球做受迫振动，小球振动频率等于圆盘转动的频率，圆盘的转速越大，小球振动的频率越大，A错误，C正确；BD．小球振动的振幅与圆盘转速有关，圆盘转动的频率越接近小球和弹簧组成的系统的固有频率，小球的振幅越大，BD错误。故选C。4.如图所示，将悬挂在O点的铜球从方形匀强磁场区域左侧一定高度处由静止释放，磁场区域的左右边界处于竖直方向，不考虑空气阻力，则（　　）A.铜球在左右两侧摆起的最大高度相同B.铜球最终将静止在O点正下方C.铜球运动到最低点时受到的安培力最大 D.铜球向右进入磁场的过程中，受到的安培力方向水平向左【答案】D【解析】【详解】A．铜球每次在进出磁场过程，因产生电磁感应，一部分机械能转化为焦耳热，左右两侧摆起的最大高度不相同，故A错误；B．铜球每次只在进出磁场过程损失机械能，当全部进入匀强磁场，因磁通量不变，故不产生电磁感应，最终将在磁场区域内左右摆动，故B错误；C．铜球运动到最低点时不产生电磁感应，故受到的安培力为0，故C错误；D．铜球向右进入磁场的过程中，由楞次定律知铜球受到的安培力方向水平向左，故D正确。故选D。5.某同学在测玻璃折射率时，把玻璃砖一边与aa′对齐，但另一条边bb′画得明显过宽，其它操作符合要求，则（　　）A.折射角比实际值偏大，折射率比真实值小B.折射角比实际值偏小，折射率比真实值大C.折射角比实际值偏小，折射率比真实值小D.折射角等于实际值，对折射率的测量没有影响【答案】A【解析】【详解】由测玻璃砖折射率的实验原理知，用两根大头针位置确定出射光线，如图，若另一条边bb′画得明显过宽，则折射光线为图中②，而准确的折射光线应为图中①，故折射角比实际值偏大，由知折射率比真实值小，故A正确，BCD错误。故选A。 6.如图所示，A、B为某阳台竖直墙壁上凸出的两颗固定钉子，小王通过一段细线跨过A、B悬挂一吊篮（吊篮不与墙壁接触）。因A、B不等高，故重新调整钉子B于C处，A、C等高且C在B的正下方，重新悬挂上原来的细线，整个细线始终处于同一竖直平面内，不计细线与钉子的摩擦，则下列说法正确的是（　　）A.调整后细线的张力大小比调整前要小B.调整后细线的张力大小比调整前要大C.调整后细线对两个钉子的总作用力大小比调整前要小D.调整后细线对两个钉子的总作用力大小比调整前要大【答案】A【解析】【详解】AB．设未调整前吊篮与细线的交点为O，BO与AC交于D点，调整后吊篮与细线的交点为，钉子在B处时绳子的拉力为T1，∠AOB=，钉子在C处后绳子的拉力为T2，∠AC=，如下图由于细线是跨在钉子上，细线上的力的大小处处相等，根据力的平衡条件和平行四边形法则可知，AO=DO，A=C，且因此 由于细线的总长度不变，因此△ABO与△AC周长相等，根据几何关系可得因此>故调整后细线的张力大小比调整前要小，故A正确，B错误；CD．吊篮受力平衡，则细线对吊篮的拉力等于吊篮的重力；两钉子对细线的合力等于吊篮对细线的拉力。故两钉子对吊篮的合力等于吊篮重力，由牛顿第三定律可知细线对两钉子的总作用力也为吊篮的重力，调整前后不变，故CD错误。故选A。7.某种复式光由红、蓝两种颜色的光组成，其光强度对波长的关系如图甲所示，红光范围的光强度比蓝光范围的光强度大很多。某学生以此光照射某一金属，进行光电效应实验，发现皆可产生光电子，如图乙所示。设可变直流电源的电压为U时测得的光电流为I，测得多组数据，则下列图像中该实验所测得的I－U关系可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】蓝光的频率高，由 可知，蓝光的遏止电压比较大，所以在反向电压减小到红光的遏止电压前，只有蓝光的光电子辐射出，所以光电流较小，当反向电压达到红光的遏止电压之后，既有红光的光电子发出又有蓝光的光电子发出，光电流变大，故A正确，BCD错误。故选A。8.如图所示，航天器A和卫星B均在赤道面内，它通过一根金属长绳相连，在各自的轨道上绕地球做自西向东的匀速圆周运动，不考虑绳系卫星与航天器之间的万有引力，忽略空气阻力，不计金属长绳的质量，则（　　）A.正常运行时，金属长绳中拉力为零B.绳系卫星B的线速度大于航天器A的线速度C.由于存在地磁场，金属长绳上绳系卫星B端的电势高于航天器A端的电势D.若在绳系卫星B的轨道上存在另一颗独立卫星C，其角速度大于绳系卫星B的角速度【答案】D【解析】【详解】A．正常运行时，航天器A和卫星B的角速度相同，若仅在地球引力作用下做匀速圆周运动则航天器A角速度比卫星B的角速度小，故长绳中一定有弹力，故A错误；B．由航天器A和卫星B的角速度相同，由，则航天器A的线速度大于绳系卫星B的线速度，故B错误；C．地磁场的方向在赤道上空是由南向北，金属长绳由西向东切割磁感线，由右手定则知B端的电势低于航天器A端的电势，故C错误；D．将航天器A和卫星B看作一个系统，则该系统的重心位置应大于卫星B的位置，即系统的轨道半径应大于卫星B的轨道半径，由系统只在地球引力作用下做匀速圆周运动有则 知独立卫星C的角速度大于绳系卫星B的角速度，故D正确。故选D。9.质量均为m的两个木块A、B用一轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图甲所示。现用一竖直向上的恒力F拉木块A，使木块A向上做直线运动，如图乙所示。从木块A开始运动到木块B刚要离开地面的过程中，设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。下列说法中不正确的有（　　）A.要使B能离开地面，F的大小一定大于mgB.弹簧的弹性势能一定先减小后增大C.A的动能一定先增大后减小D.A、B和弹簧组成的系统机械能一定增大【答案】AC【解析】【详解】A．初始时刻，设弹簧的压缩量为x，可知木块B将要离开地面，根据平衡条件，弹簧的伸长量也为x，弹簧的弹性势能没有变化，弹簧对木块A做功为零，设此时木块A的速度为v，根据动能定理可得A错误；B．用“极限法”只分析初末状态：初始状态弹簧被压缩、终了状态弹簧被拉伸，则弹簧的弹性势能必是先减小后增大，B正确；C．若F＞2mg，当B将要离开地面，A的加速度仍然向上，在整个运动过程中，A的加速度一直减小，而速度一直增加，因此动能一直增加；若2mg＞F＞mg，当B将要离开地面，A的加速度向下，在整个运动过程中，A的加速度先减小后反向增加，速度先增加后减小，因此动能先增加后减小，C错误； D．不论外力F多大，在A向上运动的过程中，总是做正功，故系统机械能不断增加，D正确；故选AC。10.如图所示，在正方形的四个顶点各固定一个点电荷，直角坐系的x轴、y轴为正方形的对称轴。将一正电荷在原点O处静止释放时，它在以后运动过程中的最大速度为v。则将该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿+x方向射入后，它在以后运动过程中（　　）A.在两负电荷连线中点处速度最大B.将以原点O为中心在x轴上往复运动C.最小速度为D.最大速度为【答案】C【解析】【详解】根据点电荷形成的电场某位置的电势表达式和电场强度表达式，电势是标量，故两个正点电荷和两个负点电荷到O点的距离相等，故O点电势为零。电场强度为矢量，四个点电荷在O点形成的电场强度方向水平沿x轴负方向。故正点电荷在原点O处静止释放时，它将受电场力的作用向x轴负方向加速运动。A．在两负电荷连线中点处，根据电场强度的矢量叠加可知，该点处的电场方向水平向左，电势不是最低，故正电荷在该位置左侧速度较大，该位置不是速度最大处，A错误；BCD．根据点电荷电场强度叠加可知在x轴上的两负电荷连线的中点的左侧，由一点M，该位置电场强度为0，速度最大，电势最低。将一正电荷在原点O处静止释放时，它在以后运动过程中的最大速度为v，根据动能定理可知该电荷从x轴上无限远处以初速度2v沿+x方向射入，无穷远电势为0，从无穷远沿+x方向运动到M点，电场力做正功大小等于从原点O处运动到M点；再由M点运动到原点O 点逆着电场线方向运动，电场力做负功，速度减小；根据能量守恒，原点O处与无穷远电势相等，电势能相等，故无穷远与原点O的动能相等、速度大小相等。故根据动能定理可知，解得同理分析可知，两正电荷连线中点的右侧存在一电势最高，电场强度为0的N点，从原点O运动到N点逆着电场线运动做减速运动，N点速度最小，从N点到正方向无穷远，电场力做正功，动能增加，速度增大，根据能量守恒可知，正无穷远处速度为。故根据动能定理可知解得综上所述它在以后运动过程中最大速度为，最小速度为，该电荷将沿x轴正方向一直运动下去，不做往返运动。故C正确，BD错误。故选C二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11.某同学研究小灯泡（2.5V，0.6W）的伏安特性曲线，除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：A．电流表A1（量程0.3A，内阻约1.2Ω）B．电流表A2（量程0.6A，内阻约0.5Ω）C．电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）D．电压表V2（量程15V，内阻约15kΩ）E．滑动变阻器R1（阻值0~10Ω）F．滑动变阻器R2（阻值0-200Ω）G．电源E（电动势3V，内阻约0.04Ω） （1）为了调节方便，测量准确，应选用电流表______，电压表_______，滑动变阻器________（填选项前面的字母）（2）如图为某同学在连接最后一根导线的c端到直流电源正极之前的电路，请找出其中仅有的两个不当之处，并说明如何改正：①___________；②____________。（3）实验中发现，无论怎样移动滑动变阻器的滑动端P，电压表和电流表虽然都有示数，但都无法使电压表和电流表的示数调为0，已知电表没问题，则可能的原因是________。A．小灯泡短路B．小灯泡断路C．电源负极与滑动变阻器之间断路D．小灯泡与滑动变阻器之间断路（4）解决上述问题之后，测出多组数据，在I-U坐标系中描出各对应点，请在答题纸上对应位置画出此小灯泡的伏安特性曲线________。（5）将该小灯泡先与一个阻值为5Ω的定值电阻串联，然后再接到电动势为3V、内阻为18Ω的电池两端，此时小灯泡的实际功率为______W。（计算结果保留3位有效数字）【答案】①.A1②.V1③.R1④.开关不应该闭合，应该断开开关⑤. 滑动变阻器的滑动端不应该在a、b中点，应该移动到b端⑥.C⑦.⑧.0.465##0.466##0.467##0.468##0.469##0.470##0.471##0.472【解析】【详解】（1）[1]小灯泡的额定电流为电流表选择A1；[2]小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择V1；[3]为了方便调节电路，滑动变阻器选择R1；（2）[4][5]①开关不应该闭合，应该断开开关；②滑动变阻器的滑动端不应该在a、b中点，应该移动到b端。（3）[6]A．小灯泡短路，电压表示数始终为零，A不符合题意；B．小灯泡断路，电流表和电压表的示数可以调为零，B不符合题意；C．电源负极与滑动变阻器之间断路，滑动变阻器变为限流接法，电流表和电压表的示数都无法调到零，C符合题意；D．小灯泡与滑动变阻器之间断路，电流表和电压表的示数始终等于零，D不符合题意。故选C（4）[7]小灯泡的伏安特性曲线如图所示； （5）[8]将定值电阻看成电源的内阻，根据闭合电路欧姆定律得代入数值得在小灯泡的伏安特性曲线中画出电源的U-I图像两图线的交点坐标为小灯泡的实际功率为12.将一只篮球在空中水平向右抛出，落地后又反弹。篮球抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后的高度等数据如图所示，已知该篮球质量为0.6kg，不计空气阻力，加速度g=10m/s2，求该篮球：（I）从抛出到第一次落地的时间t；（2）第一次落地时所受摩擦力的冲量I。 【答案】（1）0.8s；（2）【解析】【详解】（1）篮球从抛出到第一次落地做平抛运动，由解得（2）第一次抛出的速度为，有解得第一次反弹后篮球做斜上抛运动，水平方向的速度为，由解得由动量定理，落地时所受摩擦力的冲量为13.某课外兴趣小组用试管制作温度计，把上端A封闭，下端B开口的玻璃管插入水中，放掉适当的空气后放手，让玻璃管竖直地浮在水中，A端露出水面，如图所示，室温为T0时，水面上方的空气柱长度为x0，水面下方空气柱长度为h，室温升高至Tx时，水面以上空气柱长度变为x。已知空气柱横截面积为S，大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度加速度为g，试管足够长且保持竖直。 （1）求Tx；（2）已知升温过程中气体内能增加了ΔU，求气体吸收的热量Q。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）气体升温过程中做等压变化，初态T1=T0末态Tx=？根据盖-吕萨克定律可得解得（2）温度升高，气体膨胀对外做功，则有根据热力学第一定律可得气体吸收的热量 14.一转动装置如图所示，两根轻杆OA和AB与一小球以及一轻质套筒通过铰链连接，两轻杆长度均为L，球的质量为m，O端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O与套筒之间，原长为L，弹簧劲度系数为，转动该装置并缓慢增大转速，套筒缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：（1）平衡时弹簧的长度；（2）AB杆中弹力为0时，装置转动的角速度ω0；（3）弹簧从小球平衡至缩短为原长的一半的过程中，外界对转动装置所做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设两杆与竖直方向的夹角为θ，对球根据平衡条件得根据胡克定律得解得弹簧的长度为（2）AB杆中弹力为0时，弹簧恢复原长，根据牛顿第二定律得解得 （3）弹簧缩短为原长的一半时，设OA与竖直方向的夹角为α，竖直方向根据平衡条件得水平方向根据牛顿第二定律得根据直角三角形得解得弹簧长度从至弹性势能不变，根据动能定理得解得15.空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电子枪将无初速的电子经加速电压加速后在纸面内垂直于SO的方向射出，两个形状为一圆弧的接收屏P1、P2拼接成半径为R的半圆形粒子接收器，直径沿SO方向放置，圆心位于O点，SO长度为2R。电子电荷量为e，质量为m。设电子击中接收屏即被吸收，不计电荷间的相互作用。（1）为使电子能打到接收屏P1或P2上，求电子枪加速电压U的调节范围；（2）求能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围；（3）若接收屏P1损坏，可以通过调节电子枪加速电压使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上，至少需要调节多少次加速电压?（可能用到的数据：lg2≈0.301，lg5≈0.699，lg6≈0.778） 【答案】（1）；（2）；（3）至少需要调节2次加速电压【解析】【详解】（1）电子在电场中加速，由动能定理电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力联立可得为使电子能打到接收屏P1或P2上，由几何关系可知，电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P1左侧相切时，电子轨道半径最小故加速电压最小值为电子在磁场中的轨迹恰好和圆弧P2右侧相切时，电子轨道半径最大故加速电压最大值为故电子枪加速电压U的调节范围。 （2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为故当电子轨迹恰好与接收屏相切时，能打到接收屏P1或P2上电子运动的时间最长，此时电子恰好转动半个周期，则运动轨迹所对应的圆心角越小，运动时间越短。如图，设轨迹与接收屏P1、P2交点为E，当SE与水平方向夹角最大，即SE与接收屏相切时，运动时间最短由几何关系可知，在中，故轨迹对应的圆心角为，所以运动时间为所以能打到接收屏P1或P2上的电子从S点到击中接收屏的时间范围为（3）当粒子打到P2接收屏最高点M点时由几何关系可得解得故加速电压为 由（1）分析可知，由题意可知，第一次调节电压增量为，使原来半径为的粒子打到M点，此时电压的增量使原来半径为r1、加速电压为U1的粒子打到B点，有解得第二次调节电压增量为，使原来半径为r1，电压为U1的粒子打到M点，则有使原来半径为r2，电压为U2的粒子打到B点，有解得故至少需要调节2次加速电压，就可以使原本打在接收屏P1上的全部电子能打在接收屏P2上。