河南开封地区2022年高考物理 最新信息模拟押题一

河南开封地区2022年高考物理最新信息模拟押题一第Ⅰ卷(选择题　共31分)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1.如图1所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉动球，使杆发生弯曲，在测力计示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为(　　)A．始终水平向左图1B．始终竖直向上C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大解析：选C　分析小球受力可知，小球受重力mg，竖直向下；水平向右的拉力F，杆对小球的作用力F杆，由平衡条件可知，F杆一定与mg和F的合力等大反向，故F杆斜向左上方，且F越大，F与mg的合力与竖直方向夹角越大，所以F越大，F杆与竖直方向的夹角也越大，C正确。2.如图2所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地。一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕O′O迅速顺时针转过45°，则(　　)A．P点处的电势升高B．带电油滴仍将保持静止状态图2C．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动D．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加解析：选C　设极板水平时板间距为d，两板间电压为U，由平衡条件得：q＝mg，沿如图示位置旋转45°时，板间距为dcos45°，电场力F＝·q，由Fcos45°＝mg可知，油滴在竖直方向合力为零，水平方向合力向右，故油滴沿水平方向向右匀加速运动，且电场力做正功，电势能减少，B、D错误，C正确；因P点仍在板间中点，故φP＝，P点电势没变，A错误。3．质量为50kg的某人沿一竖直悬绳匀速向上爬，在爬高3m的过程中，手与绳子之间均无相对滑动，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．绳子对人的静摩擦力做功等于人的重力势能的增加-13-\nB．绳子对人的静摩擦力做功等于人的机械能的增加C．绳子对人的静摩擦力做功为1500JD．人克服自身重力做功使其重力势能增加1500J解析：选D　手与绳子之间无相对滑动，绳子对人的静摩擦力不做功，A、B、C均错；人在上爬的过程中克服自身重力做功，消耗自身的化学能使重力势能增加。正确选项为D。4.如图3所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin100πt(V)，则(　　)A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22V图3B．当t＝s时，c、d间的电压瞬时值为110VC．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小解析：选A　开关与a连接时，副线圈两端电压为22V，因为电压表测量值为有效值，所以A正确；当t＝1/600s时，u1＝220×sin＝110V，B错误；开关与a连接时P向上滑动时电压表读数由原线圈电压和匝数比决定，所以不变，但电流表读数变小，C错误；开关由a到b连接时根据＝得U2变大，所以电流也变大，D错误。5.如图4所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直。下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进入磁场开始计时)正确的是(　　)图4图5解析：选B　在BD对角线到达磁场中心之前，线框的磁通量最大，之后逐渐减小，由楞次定律可知，感应电流方向先沿正方向，后沿负方向，在BD对角线到达磁场左边界之前，线框的等效长度均匀增大，当BD对角线与磁场左边界重合时，线框的等效长度最大，均匀增加到电流最大，当BD对角线到达磁场中心时，电流为零，故B正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。-13-\n6．自然界中某个量D的变化量ΔD，与发生这个变化所用时间Δt的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是(　　)A．若D表示某质点做匀速直线运动的位移，则是恒定不变的B．若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的C．若D表示某质点的动能，越大，则质点所受外力做的总功就越多D．若D表示穿过某线圈的磁通量，越大，则线圈中的感应电动势就越大解析：选ABD　若D表示某质点做匀速运动的位移，则表示质点运动的速度，故A正确；若D表示某质点做平抛运动的速度，则表示质点做平抛运动的加速度，是恒定不变的，B正确；若D表示某质点的动能，则表示质点所受合外力做功的功率，越大，合外力的功率越大，但外力做功不一定越多，C错误；若D表示穿过某线圈的磁通量，则表示线圈的感应电动势，越大，线圈的感应电动势也就越大，D正确。7．北京时间2022年2月25日凌晨0时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗北斗导航卫星成功送入太空轨道。这是一颗地球同步卫星，也是中国2022年发射的首颗北斗导航系统组网卫星。2022年左右，将建成由30余颗卫星组成的北斗卫星导航系统，提供覆盖全球的高精度、高可靠的定位、导航和授时服务。下列关于第十一颗北斗导航卫星说法正确的是(　　)A.运行速度大于7.9km/sB．离地面的高度一定，相对地面静止C．比月球的角速度大D．与地球赤道上的物体向心加速度相等解析：选BC　第十一颗北斗导航卫星是同步卫星，其离地面的高度一定，周期为24h，相对地面静止，运行速度一定小于第一宇宙速度，故A错误，B正确；由ω＝可知，其运动的角速度一定大于月球的角速度，C正确；由a＝ω2r可知，地球赤道上的物体与第十一颗北斗导航卫星的角速度相同，但r卫>R地，故a卫>a物，D错误。8.如图6所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B-13-\n放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止。现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动。下列说法正确的是(　　)A．A、B之间的摩擦力可能大小不变B．A、B之间的摩擦力一定变小C．B与墙之间可能没有摩擦力图6D．弹簧弹力一定不变解析：选AD　施加推力F之前，A、B整体处于平衡状态，则弹簧的弹力向上，大小为A、B两物块的重力，B与墙的摩擦力为零，当施加F后，A、B未运动，则弹簧弹力一定不变，因F在竖直方向有向上的分力，故B受墙沿竖直方向向下的摩擦力，C错误；对物体A，施加力F前，B对A的摩擦力沿斜面向上，fA＝mAgsinθ，施加F后，摩擦力fA的大小与F的大小有关，若F＝2mgsinθ则fA′＝mAgsinθ，方向沿斜面向下，故A正确，B错误。9.如图7所示，一带电粒子，质量为m，电荷量为q，以一定的速度沿水平直线A′B′方向通过一正交的电磁场，磁感应强度为B1，电场强度为E。粒子沿垂直等边三角形磁场边框的AB边方向由中点的小孔O进入另一匀强磁场，该三角形磁场的边长为a，经过两次与磁场边框碰撞(碰撞过程遵从反射定律)后恰好返回到小孔O，图7则以下说法正确的是(　　)A．该带电粒子一定带正电B．该带电粒子的速度为C．等边三角形磁场的磁感应强度为D．该粒子返回到小孔O之后仍沿B′A′直线运动解析：选BC　由于磁场的方向没有明确，因此无法确定带电粒子的电性；由粒子做直线运动不难得出，该粒子做的一定是匀速直线运动，则由Eq＝B1qv可得v＝；进入三角形磁场区后，经过2次碰撞恰好返回到小孔O，经分析可知，该粒子在其中做匀速圆周运动的半径为，由＝可得B2＝；当粒子重新返回到小孔O时，由粒子的受力不难得出电场力和洛伦兹力同向，故不能沿直线运动。第Ⅱ卷(非选择题　共89分)三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分。请将解答填写在相应的位置。[必做题]-13-\n10．(8分)某学兴趣小组为了探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系。设计实验的主要步骤是：①在学校操场的跑道上画一道起点线；②骑上自行车用较快速度驶过起点线，并同时从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥(其在运动过程中空气阻力不计)；③车驶过起点线就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进；④待车停下时，记录自行车停下的位置；⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离x、起点线到终点的距离L及车把手处离地高度h。若自行车在行驶中所受阻力为f并保持恒定，设当地的重力加速度为g，那么：(1)自行车经过起点线时的速度v＝________。(用已知的物理量和所测量得到的物理量表示)(2)自行车经过起点线后克服阻力做的功W＝______。(用已知的物理量和所测量得到的物理量表示)。(3)多次改变自行车经过起点时的初速度，重复上述实验步骤②—④，则每次只需测量上述物理量中的________和________，就能通过数据分析达到实验目的。解析：(1)根据平抛运动的规律可知：x＝vt①h＝gt2②由①②联立解得：v＝x。(2)由于只有阻力做功，所以W＝fL。(3)由于自行车受到的阻力不变，橡皮泥下落的高度也不变，由v＝x及W＝fL可以看出每次只要测量出不同初速度下的橡皮泥水平方向通过的位移x和自行车通过的位移L即可。答案：(1)x　(2)fL　(3)x　L11．(10分)一有根细长而均匀的金属管线样品，长约为60cm，电阻大约为6Ω，横截面如图8甲所示。图8(1)用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为________mm；-13-\n(2)现有如下器材：A．电流表(量程0.6A，内阻约0.1Ω)B．电流表(量程3A，内阻约0.03Ω)C．电压表(量程3V，内阻约3kΩ)D．滑动变阻器(1750Ω，0.3A)E．滑动变阻器(15Ω，3A)F．蓄电池(6V，内阻很小)G．开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应该选________，滑动变阻器应选________。(只填代号字母)(3)请将图9所示的实际测量电路补充完整。图9(4)已知金属管线样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是________(所测物理量用字母表示并用文字说明)。计算中空部分横截面积的表达式为S＝________。解析：(1)螺旋测微器的读数为：1mm＋0.01×12.5mm＝1.125mm。(2)因样品阻值约为6Ω，唯一性器材电压表的量程为3V，故电流最大约为0.5A，电流表应选用量程为0.6A的A。为了调节方便，滑动变阻器应选用总阻值与样品相差不大的E。(3)因Rx≈6Ω<≈Ω，故测量电路应连接为外接法电路。因滑动变阻器的总阻值大于样品阻值，且实验中不需从零调节，故控制电路接为限流式即可。(4)设金属管线长度为L，由导体电阻公式得R＝ρ，可得S＝－，所以需要测量金属管线的长度L。答案：(1)1.125±0.001　(2)A　E　(3)如图所示-13-\n(4)管线的长度L　－12．[选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分。A．[选修3－3](12分)(1)下列说法中正确的是________。A．对于一定质量的密闭气体，体积不变、温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B．对于一定质量的密闭气体，气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C．分子A从远处趋近固定不动的分子B，当A到达与B的距离为r0(分子力为零)处时，A、B系统分子势能最低D．做功和热传递都可以改变物体的内能，这两种方式从效果来看是等效的，从能量转化或转移的观点来看也是没有区别的(2)蒸汽机、内燃机等热机以及电冰箱工作时都利用了气体状态变化来实现能量的转移和转化，我们把这些气体称为工质。某热机经过一个循环后，工质从高温热源吸热Q1，对外做功W，又向低温热源放热Q2，工质完全恢复初始状态，内能没有变化。根据热力学第一定律，在工质的一个循环中，Q1、Q2、W三者之间满足的关系是________。热机的效率η＝不可能达到100%，从能量转换的角度，说明________能不能完全转化为________能。(3)如图10是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为20cm，人用竖直向下的力F压活塞，使空气柱长度变为原来的一半，人对活塞做功10J，大气压强为P0＝1×105Pa，不计活塞的重力。问：①若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强多大；②若以适当的速度压缩气体，此过程气体向外散失的热量为2J，则气体的内能增加多少。(活塞的横截面积S＝1cm2)图10解析：(1)气体的压强由单位体积内的分子数和分子的平均动能共同决定，若只知道单位体积内分子数增多，是无法确定压强的变化的，故A正确，B错误；当分子A向分子B-13-\n运动的过程中，当间距r>r0时，分子间表现为引力，引力做正功，分子势能减小，当r<r0时分子间表现为斥力，斥力做负功，分子势能增大，故C正确；做功对应能量的转化，而热传递对应能量的转移，D错误。(2)由热力学第一定律、热量、做功、内能的符号规定得Q1＋(－Q2)＋(－W)＝0，即Q1－Q2＝W。再由热力学第二定律知，内能不可能全部转化成机械能而不产生其他影响。(3)①设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，L0＝20cm，L＝10cm，V0＝L0S，V＝LS。缓慢压缩，气体温度不变，由玻意耳定律：p0V0＝pV解出p＝2×105Pa②大气压力对活塞做功W1＝p0S(L0－L)＝1J，人做功W2＝10J，由热力学第一定律：ΔU＝W1＋W2＋Q将Q＝－2J等代入，解出ΔU＝9J答案：(1)AC　(2)Q1－Q2＝W　内　机械　(3)①2×105Pa　②9JB．[选修3－4](12分)(1)一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ。若在x＝0处质点的振动图象如图11所示，则该波在t＝3T/4时刻的波形曲线为________。图11图12(2)如图13所示，竖直墙上挂着一面时钟，地面上静止的观察者A观测到钟的面积为S，另一观察者B以0.8倍光速平行y轴正方向运动，观察到钟的面积为S′。则S__________S′。(填“大于”、“等于”或“小于”)图13(3)一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为n＝，横截面如图14所示，O表示半圆柱形截面的圆心。一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角入射，求：该光线从进入透明体到第一次离开透明体时，共经历的时间(已知真空中的光速为c，图14arcsin＝35°；计算结果用R、n、c表示)。-13-\n解析：(1)由振动图象，在t＝时刻，x＝0处的质点在负的最大位移处，即波谷位置，C选项正确。(2)静止的观察者A观察到钟表面为圆形，而另一运动的观察者B观察钟面时，沿运动方向钟的尺寸变小，故其面积S′<S。(3)设此透明物体的临界角为C，依题意sinC＝，所以C＝35°当入射角为60°时，由n＝得到折射角：γ＝30°即此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点的入射角为60°，大于临界角，会发生全反射往后光线水平反射至圆弧上的D点并在D点发生全反射，再反射至B点，从B点第一次射出。在透明体内的路径长为：s＝3R光在透明体内的速度为：v＝经历的时间：t＝＝答案：(1)C　(2)大于　(3)C.[选修3－5](12分)(1)如图15为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。关于这些光，下列说法正确的是________。A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的图15B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应(2)在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为________。若用波长为λ(λ<λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为________。已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h。(3)1934年约里奥—居里夫妇用α粒子轰击静止的Al，发现了放射性磷-13-\nP和另一种粒子，并因这一伟大发现而获得诺贝尔物理学奖。①写出这个过程的核反应方程式；②若该种粒子以初速度v0与一个静止的12C核发生碰撞，但没有发生核反应，该粒子碰后的速度大小为v1，运动方向与原运动方向相反，求碰撞后12C核的速度。解析：(1)最容易发生衍射的应是波长最长而频率最小、能量最低的光波，hν＝hc/λ＝En－Em，对应跃迁中能级差最小的应为n＝4到n＝3，故A、B错。由C可知处于n＝4能级上的氢原子共可辐射出C＝6种不同频率的光，故C错。根据hν＝E2－E1及发生光电效应的条件hν≥W可知D正确。(2)由光电效应方程知，光电子的最大初动能Ek＝hν－W0，其中金属的逸出功W0＝hν0，又由c＝λν知W0＝，用波长为λ的单色光照射时，其Ek＝－＝hc。又因为eU＝Ek，所以遏止电压U＝＝。(3)①核反应方程式为：He＋Al→P＋n②设该种粒子的质量为m，则12C核的质量为12m。由动量守恒定律可得：mv0＝m(－v1)＋12mv2解得：v2＝且碰撞后12C核的运动方向与初速度v0方向相同。答案：(1)D(2)　(写为·也可)(3)①He＋Al→P＋n②　与初速度v0方向相同四、计算题：本题共3小题，共计47分。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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(15分)如图16甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源。将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直。已知轨道和导体棒的电阻及图16电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为I,方向由a到b，图乙为图甲沿a→b方向观察的平面图。若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止。-13-\n(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向。解析：(1)如图所示(4分)(2)根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F＝mgtanα(3分)(3)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小。根据受力情况可知，最小安培力Fmin＝mgsinα，方向平行于轨道斜向上(3分)所以最小磁感应强度Bmin＝＝(3分)根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上(2分)答案：见解析14．(16分)如图17所示，长L＝1.5m，高h＝0.45m，质量M＝10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动。当木箱的速度v0＝3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50N，并同时图17将一个质量m＝1kg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。取g＝10m/s2。求：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；(2)小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移；(3)小球离开木箱时木箱的速度。解析：(1)设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由于h＝gt2，①(1分)则t＝＝0.3s。②(2分)(2)小球放到木箱后相对地面静止，木箱的加速度为a1＝＝7.2m/s2。③(2分)木箱向右运动的最大位移为x1＝＝0.9m④(2分)(3)x1<1m，故小球不会从木箱的左端掉下。(1分)-13-\n木箱向左运动的加速度为a2＝＝2.8m/s2⑤(2分)设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱x2＝x1＋＝1.4m⑥(1分)设木箱向左运动的时间为t2，由x2＝a2t，得t2＝＝1s⑦(2分)小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向左，(1分)大小为v2＝a2t2＝2.8m/s⑧(2分)答案：(1)0.3s　(2)0.9m　(3)2.8m/s15．(16分)如图18所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限分布着场强E＝5×103V/m，方向水平向左的匀强电场，其余三象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场。现从电场中M(0.5，0.5)点由静止释放一比荷为q/m＝2×104C/kg、不计重力的带正电微粒，该微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴。(1)求匀强磁场的磁感应强度和带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标；图18(2)为了使微粒还能回到释放点M，在微粒第二次进入磁场后撤掉第Ⅰ象限的电场，求此情况下微粒从释放到回到M点所用时间。解析：(1)设微粒质量为m，带电量为q，第一次进入磁场时速度为v0，磁感应强度为B，在磁场中运动轨道半径为R，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有几何关系可得：R＝0.5m①(1分)由动能定理可得mv＝Eqx②(2分)由圆周运动规律可得Bqv0＝m③(1分)解得：B＝1.0T④(1分)微粒在磁场中刚好运动3/4圆周后，从点(0.5,0)处垂直电场方向进入电场做类平抛运动。设微粒第二次进入磁场的位置坐标为(0，y)，则：x＝t2⑤(1分)y＝v0t⑥(1分)代入数值解得：y＝1.0m⑦微粒第二次进入磁场的位置坐标为(0,1.0)。(1分)(2)微粒第二次进入磁场时，速度为v1，轨道半径为R1-13-\nmv－mv＝Eqx⑧(2分)Bqv1＝m⑨(1分)运动3/4圆周后刚好从坐标原点射出磁场，其轨迹如图所示。用T表示微粒在磁场中运动周期，则T＝⑩(2分)若在微粒第二次进入磁场后撤掉电场，则：t1＝2(T＋t)＋⑪(2分)计算后得：t1＝(2.5＋1.50π)×10－4s(或7.21×10－4s)⑫(1分)答案：(1)1.0T　(0,1.0)　(2)(2.5＋1.50π)×10－4s(或7.21×10－4s)-13-