江西省新余市2022届高三物理下学期第二次模拟试卷（PDF版附答案）

\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n14.【解答】雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒，设小车、木盆的总质量为M，雨滴的质量为m，则有Mv()Mmv共解得Mvvv共Mm在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将变小。故选：C。15.【解答】α粒子散射现象是用α粒子轰击重金属核过程中产生的现象，与核内部的变化无关，A错；原子发光是核外电子从高能级跃迁到低能级的过程中产生的，与核内变化无关，B错。光电效应是核外电子吸引光子能量后变成光电子的过程，与核内变化无关，C错；天然放射现象是指放射性元素的原子核放出α、β、γ等射线后产生新核的过程，与原子核内部变化有关，D正确；故选：D。16.【解答】A．根据位移速度公式得2vx2a结合图像斜率得2a10m/s故A错误；B．以40m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为2vsvt8m80m88m02a故B正确；C．以30m/s的速度匀速行驶时，制动时间为vt3sa所以从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要ttt32.s0故C错误；D．以30m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为\n2vsvt6m45m51m02a故D错误；故选：B。17.【解答】设火星的近地卫星的周期为T0，天问一号的半长轴为LL2R12rR102由开普勒第三定律可得33rR22TT02TT0310对近地卫星，万有引力提供向心力，则有2Mm2GmR2RT0解得234RM2GT0火星的体积43VR3则火星的密度约为M30002VGTA正确，BCD错误。故选：A。18.【解答】A．当滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω时，1min内滑动变阻器产生的热量为300J，由焦耳定律可得2UQtR代入数据解得U52V即此时电压表的读数为52V，A错误；B．由于二极管的单向导电性，经过变压器后的交变电压有一半波形无法经过二极管，设变\n压器副线圈两端电压的有效值为U2，由电流的热效应可得22UT(52V)2TRR211解得U10V2由变压器电压与匝数关系式Un11Un22可得原、副线圈中的匝数之比为22∶1，B正确；C．若只将S从1拨到2，原线圈匝数n1增大，可知U2减小，负载不变的情况下，I2减小，由UIUI1122可知，电流表示数I1减小，C错误；D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，负载电阻增大，副线圈电流I2减小，则电流表示数I1减小，电压表示数取决于变压器的输入电压及匝数比，故保持不变，D错误。故选B。故选：B。19.【解答】A．由对称性和等势线可知，a、b两点电势相同，选项A正确，符合题意；B．由对称性可知，a、b两点电场强度大小相等，但方向不同，选项B错误，不符合题意；C．半圆上任一点，设与P点连线与PQ夹角为，kQE12(2cos)RkQE22(2sin)R则2114REEkQ12为定值。选项C正确，符合题意。D．负电荷沿该路径电势一直减小，负电荷的电势能一直增大，选项D错误，不符合题意；故选：AC。20.【解答】A．根据图丙可知，在x0处的加速度为0，则由mgsinmgcos可得图乙中x0处对应的纵坐标为\ntanA正确；B．开始下滑时的加速度为agsin0根据2v2ax结合图像丙可知物块的最大速度为1v2xgsingxsinm002B错误；C．整个过程有摩擦阻力做功，故物块运动过程中机械一直变小，C错误；D．物块从开始运动至最低点的过程中损失的机械能为ΔEmgcos2x2mgcosxtan2mgxsin000D正确。故选：AD。21.【解答】A．设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为FT，则对a有F2mgBILT对b有FmgT其中EIREBLv解得mgRv22BL故A错误；B．线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为2233LBLtvmgR故B正确；C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生\n焦耳热，设为Q，由功能关系有2mgLmgLQ得QmgL故C正确；D．设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2L的距离，对这一过程，由能量守恒定律有124mgL2mgL3mvW2得3223mgRW2mgL442BL故D正确。故选：BCD。22.【解答】4.3（2分）4.50（4.49~4.51都给分）（2分）9.75（9.74~9.76都给分）（2分）（1）[1]游标卡尺读数为4mm30.1mm4.3mm（2）[2]滑块经过光电门2的瞬时速度为3d4.310v23m/s4.50m/st0.955102（3）[3]滑块经过光电门1的瞬时速度为3d4.310v13m/s2.00m/st2.150101由运动学公式22vv2aL21对系统应用牛顿第二定律可得Mg2M1Ma2联立可得，当地的重力加速度为2g9.75m/s23.【解答】【答案】①.13.870（2分）②.G（1分）③.D（1分）bR324L④.E（1分）⑤.R0（2分）⑥.D-（2分）abRx\n【详解】(1)[1]螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，螺旋测微器示数为13.5mm37.00.01mm13.870mm(2)[2]滑动变阻器为了方便调节导电材料样品两端的电压，用选G。[3]电表a与导电材料样品串联，应选电流表，电路中电流约为EI0.06A60mARRx0电流表A3的内阻太大，故选D。[4]电表b与导电材料样品并联应选电压表，而电压表V的量程太大，而电流表A3的电压最大值为U60mA1006Vm所以电表b选E。(3)[5]根据电路由欧姆定律bR3RRx0ab解得bR3RRx0ab(4)[6]由电阻定律LRxS又22DdS44解得24LdDRx24.【解答】(1)0.1kg，0.3m；(2)210N/m(1)小球在半圆轨道的最高点处，由牛顿第二定律有2vFmgmNr即2vFmgm（2分）Nr由乙图知mg1N（1分）\n可得m0.1kg（1分）当FN00时222v3ms（1分）0可得r0.3m（1分）(2)当弹簧压缩量为x静止释放小球后，弹簧对小球做功kx12Wxkx（1分）22以半圆轨道最低点所在的水平面为重力势能的零势面，由功能关系知，小球在半圆轨道最高点处的机械能为12mg2rmvW（2分）2小球离开半圆轨道最高点做平抛运动，设历时t经过挡板P的最高点，由平抛运动规律有122rhgt（1分）22rvt（1分）代入数据联立解得k210N/m（1分）mv2303mv025.【解答】（1）vv；vM3v0（2）B、磁场方向垂直于平面向外；EN20qL4qL3（3）xL2解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度大小为v，0设进入电场时速度与x轴正方向夹角为，如图yv0两粒子沿x、y轴方向的速度分量分别为：Lvvcos、vvsin①（1分）xy00两粒子在电场中沿y轴均做速度为v的匀速直线运动，yOθxEM、N在电场中运动的时间t相等，θrv0－LqENM设N在电场中加速度大小为：a②（1分）m图2qE则M在电场中加速度大小为：aa2③（1分）mMN离开电场时沿x轴的速度大小分别为：vvat02、vvat④（1分）xNxxMx22M离开电场时的速度大小为N离开电场时速度大小的2倍，有：vv2v⑤xMyy（1分）联立上述各式解得：60⑥（1分）\n3MN离开电场时的速度大小分别为vvvsinv（1分）、Ny002v23vv（1分）⑧MN0（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得圆周半径r满足rcosLr：rL2⑨（1分）22mv由洛伦兹力提供向心力有：0qvB⑩（1分）0rmv0解得磁感应强度：B⑪（1分）qL由左手定则得磁场垂直于平面向外⑫（1分）N在电场中运动，沿y轴方向有：Lvt⑬y23mv联立0①②④⑬得电场强度大小：E⑭（2分）4qL222vvvxxMx（3）MN在电场中沿x轴运动的位移分别为：x（1分）、x⑮（1分）NM2a22a323联立①②③⑭⑮式，得xL（1分）、xL（1分）⑯NM633粒子M、N离开电场时之间的距离xxxL⑰（2分）MN233.（1）【解答】ADE【解析】A．运动员落水后水下气泡内的气体压强大于大气压，故A错误；B．运动员出水后泳衣上的水很快滑落是因为泳衣采用了对水不浸润的材料制成，故B正确；C．运动员落水激起的水花中，较小的水滴呈现接近球形是因为表面张力的作用，故C正确；D．跳水池水温约26摄氏度，保证运动员落水后处于舒适的温度，所以此时运动员和水池温度并不相同，所以没有处于热平衡状态，故D错误；E．跳水运动入水后，身体周围会有一些小气泡做无规则的运动，这些小气泡的运动不是布朗运动，不符合布朗运动的特点。故E错误。故选ADE。Mgmg33.（2）【解答】（1）p=p+B0；（2）h2.4LL0Sk【解析】【详解】（1）初始时A、B气体压强相等对气缸C进行受力分析可得pSpSMg（2分）A0得到MgpPp（2分）A0BS（2）环境温度升高，AB气体压强均不变，气体发生等圧変化\nLSLSx=（2分）T1.2T00LL1.2（1分）x弹簧压缩量不变C气缸底部上升的高度Mgh2LxL0（2分）kMg即h2.4LL0（1分）k34.（1）【解答】BCD（5分）A．做简谐运动的物体，振幅越大，振动系统的能量越大，A错误；B．将t02s．代入振动方程得y0.1m此时振子处于最大正位移处，其速度为零，B正确；C．根据多普勒效应，比较接收和发射超声波频率的变化，可用于测量心脏血液的流动速度，C正确；D．检查平面平整度利用光的干涉原理，D正确；E．5G信号和4G信号的频率不同，叠加不能发生稳定干涉，E错误。故选BCD。34.（2）【解答】（1）由题意可得，激光在AB面上发生折射的入射角30，设半圆玻璃砖的折射率为n，折射角为，sin则：n（2分）sinAO其中：tan（1分）；AC43cm；AOR12cm（1分）AC解得：n3（1分）（2）分析可得，当激光在AB面上恰好发生全反射时，光屏MN上只剩一个光斑且光斑离A点的距离最远，\n13所以：设激光在AB面上恰好发生全反射时的临界角为C，由折射定律可得：sinCn3（2分）光斑离A点的距离最远：AERtanC（1分）226由数学知识可得：cosCC1sin（1分）3代入数据可得：AE122cm（1分）