2022年东北三省三校高考物理模拟试卷（含答案）

这是一份2022年东北三省三校高考物理模拟试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了2m，3cm，【答案】A，【答案】CD，【答案】C，【答案】BD，【答案】ACD等内容，欢迎下载使用。
 2022年东北三省三校高考物理模拟试卷 下列四幅图所涉及的相关知识或结论对近代物理的发展至关重要，以下说法正确的是
 
A. 为了解释甲图装置出现的实验现象，普朗克提出了能量子的概念
B. 玻尔提出了“定态”和“跃迁”的概念，用乙图成功地解释了氢原子光谱的实验规律
C. 汤姆孙利用丙图所示实验装置，通过实验提出了原子的“枣糕模型”
D. 通过丁图可知Fe核的比结合能最大，所以如果把Fe核分裂成E、F两个原子核，该反应会释放出核能嫦娥五号返回器从月球归来初入大气层时的速度可以接近第二宇宙速度，为避免高速带来的高温过载风险，采用了“半弹道跳跃式返回”减速技术。如图所示，返回器从a点第一次进入大气层，调整返回器姿态，使其经b点升高，再从c点“跳”出大气层，在太空中潇洒地打个“水漂”，升高到距地面高度为h的d点后，再次从e点进入大气层返回地球。假设返回器从c到e的过程为无动力飞行。已知地球表面重力加速度为g，地球的半径为R，引力常量为G。结合以上信息，下列说法正确的是
 
A. 从a点到c点的过程中，返回器机械能守恒
B. 在d点，返回器的速度大于第一宇宙速度
C. 在d点，返回器的加速度大小为
D. 在e点返回器处于超重状态物块A、B叠放在水平桌面上，装有沙子的铁桶C通过细线绕过光滑的滑轮连接B，使A、B在水平面上一起向右做匀加速运动，设A、B间的摩擦力为，B与桌面间的摩擦力为。若取出C桶内的一些沙子放在物块A上方的凹槽中，A、B恰好能一起向右匀速运动，则摩擦力和的变化情况是A. 变为0，变大 B. 变为0，变小
C. 不变，不变 D. 不变，变小如图所示为某种发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，矩形线圈的匝数为n，面积为S，电阻为r。线圈两端有两个彼此绝缘的半圆金属环可随线圈一起转动。P、为一对固定不动的电刷，可分别与两半圆金属环接触，两个电刷间接有阻值为R的电阻，其余电阻不计。线圈绕垂直于磁场的轴以角速度逆时针匀速转动。从图所示位置线圈平面与磁场方向平行开始计时，下列说法正确的是A. 时刻，穿过线圈的磁通量为零，线圈产生的感应电动势也为零
B. 通过电阻R上的电流瞬时值表达式为
C. 线圈每转动一周，通过电阻R上的电流方向改变两次
D. 通过电阻R的电流的有效值为如图所示，质量为、的物体A、B用轻绳连接放在水平圆盘上，A、B距圆盘中心转轴距离相等，此时细线伸直且恰无张力，A、B与圆盘间动摩擦因数分别为、。若圆盘从静止开始转动，且在角速度缓慢增大的过程中，下列说法正确的是A. 无论、大小关系如何，A、B一定同时达到最大静摩擦力
B. 当，时，A先达到最大静摩擦力
C. 当，时，随角速度的缓慢增大，B的摩擦力方向将发生改变
D. 当，时，随角速度的缓慢增大，A、B将向B的一侧发生滑动如图所示，倾角为的绝缘斜面置于竖直向上的匀强电场中，电场强度为E。一质量为m，电荷量为q的带正电小球从斜面上的P点以速度水平向右抛出后落在斜面上。已知电场力的大小为重力的一半，不计空气阻力，下列说法正确的是A. 小球从抛出到落在斜面上的时间为
B. 小球落在斜面上的速度大小为
C. 落点与P点的距离为
D. 小球落在斜面上时的速度方向与竖直方向的夹角大于如图所示，一质量为m的木块以的速率向右滑上以的速率在光滑水平地面上向左运动的薄木板，薄木板质量为M，已知。则在以后的运动过程中，下列图像中可能正确是
A.  B.
C.  D. 如图所示，在水平面上有两根互相平行间距为1m的金属导轨MN、PQ，导轨足够长且不计电阻。导轨ACBD区域光滑，其它区域粗糙。在AB的左侧和CD的右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为。在导轨上垂直导轨放置两根质量分别为、，电阻均为的金属棒a、b，两棒与导轨粗糙区域的动摩擦因数均为。用一锁定装置将轻质弹簧压缩在金属棒a、b之间弹簧与a、b不拴接，此时弹簧具有的弹性势能。现解除锁定，当弹簧恢复原长时，a、b棒刚好同时进入磁场，且b棒进入磁场后向右运动1s停止运动，在此1s内，a棒在磁场中向左运动的距离为，重力加速度为，则下列说法正确的是
A. a棒的运动时间一定比b棒的运动时间长
B. 从解除锁定到两棒都停止运动，a、b棒上感应电流产生的焦耳热可能不相同
C. a、b棒刚进入磁场时的速度大小分别为和
D. b棒在磁场中向右运动的距离为某同学要验证力的平行四边形定则，所用器材有：轻弹簧一只，钩码一个，橡皮条一根，刻度尺及细绳若干。实验步骤：
用轻弹簧竖直悬挂钩码，静止时测得弹簧的伸长量为。
如图所示，把橡皮条的一端固定在竖直板上的A点，用两根细绳连在橡皮条的另一端，一根细绳挂上钩码，另一根细绳与轻弹簧连接并用力拉弹簧使橡皮条伸长，让细绳和橡皮条的结点到达O点，用铅笔在白纸上记下O点的位置，并分别在细绳的正下方适当位置标出点B、C。
测得轻弹簧的伸长量为。
去掉钩码，只用轻弹簧仍将结点拉到O点的位置，并标出了力F作用线上的一点D，测得此时轻弹簧的伸长量为。
请完成下列问题：
①该实验______填“需要”或“不需要”测出钩码的重力；
②在图中以O为力的作用点，每一个小方格边长代表，以为标度作出各力的图示，并根据平行四边形定则作出步骤中的两个力的合力的图示；
③观察比较F和，得出的结论是：______。
有一根细而均匀的导电材料样品R，横截面为同心圆环，如图甲所示，此样品长L约为3cm，电阻约为，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内部直径太小，无法直接精确测量。现提供以下实验器材：
A.游标卡尺
B.螺旋测微器
C.电流表量程为，内阻约为
D.电流表量程为200mA，内阻约为
E.电压表量程为6V，内阻约为
F.电压表量程为3V，内阻
G.滑动变阻器额定电流为
H.直流电源内阻很小
I.待测内径的导电材料样品R
J.电键一只，导线若干

请根据上述器材设计一个尽可能精确的测量该样品内部直径d的实验方案，并回答下列问题：
用螺旋测微器测得样品的外径如图乙所示，读出该样品的外径______mm；用游标卡尺测得样品的长度如图丙所示，读出该样品的长度______cm；
为尽可能精确地测得导电材料样品R的阻值，应当选用上述电表中的______填所选器材前面的字母代号；
在下面方框中画出设计的实验电路图并标注所用器材的符号；

用已知物理量例如D、L、等和中所测得物理量的符号及必要的常数表示样品的内径______，该表达式中电表所测得物理量的符号的物理意义分别是______。在某大型工厂自动运输线上，有一个水平传送带，以的速度向右匀速运行。在起始位置，将质量为的立方体小零件无初速度放到传送带上，7s后零件被运送到指定位置。如图所示，在指定位置建立坐标系，零件会遇到一沿yOz平面的固定挡板C，阻止其继续向x轴正方向运动。设零件遇到挡板后沿x轴正方向的速度在极短时间内变为0，且零件与挡板接触的过程中，利用自动机械臂沿y轴正方向对零件施加一恒定外力F，使零件沿y轴正方向以的速度匀速运动。已知零件与传送带间的动摩擦因数为，零件与挡板之间的动摩擦因数为，重力加速度为。求
起始位置到挡板的距离；
机械臂施加的恒力F的大小；若零件沿y轴正方向匀速运动了，则在此内因摩擦而产生的热量。







 在xOy直角坐标系的第一象限区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N两点分别在y、x轴上，到O点的距离均为。一带正电的粒子以的速率由N点射入磁场，不计粒子重力。结果均可用根号表示
当磁感应强度大小，粒子垂直x轴射入磁场，恰好垂直y轴打在M点，求粒子的比荷；
若粒子沿某一方向射入并打在M点，为使所加磁场的磁感应强度最大，求粒子射入方向及磁感应强度的最大值；
在问的条件下，粒子从N点射入后，经过时与一质量相同、电荷量为其2倍的静止的带负电粒子相碰并粘在一起，不计碰撞时间，碰后又经过磁场消失，求粒子打在x轴上的位置坐标。







答案和解析 1.【答案】B
 【解析】解：A、为了解释甲图装置出现的实验现象，爱因斯坦提出了光电子的概念，故A错误；
B、玻尔提出了“定态”和“跃迁”的概念，用乙图成功地解释了氢原子光谱的实验规律，故B正确；
C、卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故C错误；
D、平均质量越小的原子核，其比结合能越大，如果把Fe核分裂成E、F两个原子核，该反应要吸收能量，故D错误。
故选：B。
卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；
能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差；
根据图象判断出各原子核质量关系，然后判断发生核反应时质量变化情况，核子的平均质量越大的，其比结合能越大。
本题考查了粒子散射实验、能级跃迁、能量子、比结合能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
 2.【答案】C
 【解析】解：A、返回器从a点到c点的过程中，空气阻力做功，故返回器机械能不守恒，故A错误；
B、返回器经过d点后做近心运动，有

即
又因为第一宇宙速度
故，故B错误；
C、在d点根据牛顿第二定律有

又在地球表面有

联立可得
故C正确；
D、在e点返回器加速度有向下的分量，故返回器处于失重状态，故D错误。
故选：C。
A、根据机械能守恒的条件可知，返回器机械能不守恒；
B、根据返回器近心运动的条件，结合第一宇宙速度的表达式可以判断在d点，返回器的速度小于第一宇宙速度；
C、根据牛顿第二定律，结合在地球表面物体的重力和万有引力的关系，可得在d点返回器的加速度大小；
D、根据返回器具有向下的加速度分量，可知返回器处于失重状态。
本题考查了近心运动的条件及失重状态的概念，要注意第一宇宙速度的表达式和机械能守恒的条件。
 3.【答案】A
 【解析】解：由题意知，开始时对A：是静摩擦力，，可知开始时大于零；
对AB整体：，是滑动摩擦力，则：。
若取出C桶内的一些沙子放在物块A上方的凹槽中，则。可知增大。取出C桶内的一些沙子放在物块A上方的凹槽中，A、B恰好能一起向右匀速运动，它们受到的合外力等于零，此时A受到的合外力也等于零，水平方向不受摩擦力，即变为0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
由于AB一起向右运动，可以用整体法，AB整体水平方向受绳的拉力和滑动摩擦力、B恰好能一起向右匀速运动时，整体受到的合外力为零，A、B之间的摩擦力也变成零。
本题考查受力分析与牛顿第二定律，应注意：是静摩擦力，为A提供加速度，如果取出C桶内的一些沙子放在物块A上方的凹槽中，整体的加速度变为零，所以也要变为零．
 4.【答案】CD
 【解析】解：A、时刻，线圈位于与中性面垂直位置，此时穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，故A错误；
B、线圈转动产生的感应电动势的最大值为，根据闭合电路的欧姆定律可知：流过电阻R的最大电流值为，故通过电阻R上的电流瞬时值表达式为，故B错误；
C、线圈每转动一周，电流的方向改变2次，故通过电阻R上的电流方向改变两次，故C正确；
D、通过电阻R的电流的有效值为，故D正确
故选：CD。
根据正弦式交变电流产生规律分析，感应电动势最大值为，根据闭合电路欧姆定律可以求出电流的最大值，根据公式求电流的有效值，一个周期内，电流方向改变2次，明确中性面位置的特点。
此题考查了交流的峰值、有效值以及瞬时值的计算，解题的关键是明确正弦式交变电流有效值的确定。
 5.【答案】C
 【解析】解：A、当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。两个物体的角速度相等，由，可知，A、B动摩擦因数大小关系不确定，无法确定谁先达到最大静摩擦力，故A错误；
B、当，时，由，解得，可知，同时达到最大静摩擦力，故B错误；
C、当，时，随角速度的缓慢增大，两物体同时达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力，，，因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，B的摩擦力减小，然后反向，故C正确；
D、当，时，随角速度的缓慢增大，B则先达到最大静摩擦力，之后绳中出现拉力，，，因为A的质量大，A需要提供的向心力比B的大，角速度继续增大时，A的静摩擦力逐渐增大到最大值，之后B的摩擦力减小，然后反向直到B的摩擦力又达到最大后，最终A、B将向A的一侧发生滑动，故D错误；
故选：C。
AB都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，当转速较小时，绳子没有张力，AB都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心，根据AB向心力的大小判断谁先达到最大静摩擦力，
本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力。
 6.【答案】BD
 【解析】解：因为电场力的大小等于重力的一半，小球的加速度为，方向竖直向下。
A、因为小球最终落回斜面上，则小球的位移偏转角等于斜面倾角，即

解得：，而题目的时间为，故A错误；
B、根据上述分析可知，小球落在斜面上时，小球竖直方向的速度为。
根据勾股定理得，小球落在斜面上的速度大小为，故B正确；
C、小球在水平方向上的位移为，根据几何关系得，落点与P点的距离为，故C错误；
D、小球落在斜面上的速度偏转角的正切值为，由数学知识可知，速度偏转角大于，故D正确；
故选：BD。
先计算出小球在竖直方向上的加速度，结合类平抛运动的特点结合几何关系得出运动的时间，再计算出竖直方向的速度，根据勾股定理计算出小球的速度；
根据水平方向上小球做匀速直线运动计算出水平方向的位移，根据几何关系计算出总位移；
先计算出小球落到斜面上的速度偏转角，结合数学知识定性地分析出角度与的大小关系。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉类平抛运动在不同方向上的运动特点，根据几何关系完成分析。
 7.【答案】BD
 【解析】解：AD、规定向右为正方向，若，因，则系统的总动量，方向向左。开始阶段，木块向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动，当木块速度减至零时，木板仍向左运动，之后木块向左做匀加速运动，由，得，可知木块向右匀减速运动与向左匀加速运动的加速度相同，图像为倾斜的直线，当两者速度相等时一起向左匀速运动，故A错误，D正确；
B、规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：，若，，该图是可能的，故B正确；
C、若最终木块沿相反方向做匀速直线运动，相互间存在滑动摩擦力，合力不为零，所以该图不可能，故C错误。
故选：BD。
分析木块和木板可能的运动情况，结合动量守恒定律分析两者共速时速度大小和方向，即可判断图像的形状。
解答本题时，要正确分析木块和木板可能的运动情况，分析时要抓住系统的合力为零，遵守动量守恒定律。
 8.【答案】ACD
 【解析】解：A、解除锁定弹簧释放的过程，对a、b及弹簧组成的系统，取向左为正方向，
由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
联立以上解得：向左向左，
对b棒、，进入磁场后向右运动1s停止运动，由动量定理有：
且有：
对a棒，两者的安培力大小相等，由动量定理有：
联立解得：，
由于，故A正确；
B、由于a、b串联电流相等，由，可知，电阻R相同，有电流的时间也相同，则焦耳热相同，故B错误；
C、由A的分析知，，，故C正确；
D、对b棒根据动量定理得：，而，，联立代入解得：，故D正确。
故选：ACD。
解除锁定弹簧释放的过程，根据两棒和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，可求出a、b棒刚进入磁场时的速度大小；
a、b棒进入磁场时，两棒均切割磁感线，产生感应电动势，两个电动势串联，由和欧姆定律结合动量定理求出两棒在磁场中运动的时间和距离；
由动量守恒定律知a、b棒相等时间，滑行一定距离后停止。由能量守恒定律求整个运动过程中电路中产生的焦耳热。
本题是双杆类型，要明确电路的结构，知道两个感应电动势是串联关系。对于焦耳热，在电流是变化的时候往往根据能量守恒定律求解。
 9.【答案】不需要  在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立
 【解析】解：①由胡克定律可得，在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F与弹簧伸长或缩短的长度正比，即有

故可以用伸长量来代替力，无需测出重力；
②根据平行四边形定则作出步骤中的两个力的合力F的图示如下图所示

③观察比较F和，由图示可得出的结论是：在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立。
故答案为：①不需要，②图见解析，③在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立
根据胡克定律分析判断；根据平行四边形定则作图分析实验中F和从而得出结论。
本题考查了验证力的平行四边形定则实验，在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析。
 10.【答案】  电压表的示数；电压表的示数
 【解析】解：螺旋测微器的固定尺为5mm，动尺刻度为，测得该样品的外径为
游标卡尺测得样品的长度如图丙所示，精度为，读出该样品的长度
因为待测电阻阻值太大，回路最大电流

所以题中电流表量程太大，选用两个电压表采用双伏法进行测量，故选E、
因为待测阻值太大，所以采取分压式接法，电压表内阻已知，所以与待测电阻串联，电路图如下：

根据实验原理可知
根据电阻定律有：

解得

该表达式中电表所测得物理量的符号的物理意义分别是电压表的示数；电压表的示数
故答案为：，；；电路图见解析；，电压表的示数；电压表的示数
螺旋测微器读数=固定刻度读数+可动刻度读数，游标卡尺注意精度；
因为待测阻值太大，所以采取分压式接法，电压表内阻已知，所以与待测电阻串联；
根据并联电路总电流等于各个支路电流之和，得到通过电阻的电流；根据欧姆定律计算出电阻值；最后再根据电阻定律求解出直径d。
本题的关键是明确电阻测量的两种方法，用欧姆表粗略测量，用伏安法精确测量；同时会用螺旋测微器测量长度，会减小伏安法测电阻的误差。
 11.【答案】解：设小物体的加速度为a，由牛顿第二定律得：

解得：
小物块在传送带上加速的时间为：

解得：
小物块在传送带上匀速运动的时间为：

运动的总位移为

代入数据解得：
对物块所受摩擦力如左图所示，物块沿y轴正向匀速运动时其受力如右图所示：

根据几何关系得：
；
其中
支持力为
摩擦力为
则所加外力为
物体相对传送带的位移为：
物体相对于挡板的位移为：
此期间因摩擦产生的热量为：
联立解得：
答：起始位置到挡板的距离为24m；
机械臂施加的恒力F的大小为；若零件沿y轴正方向匀速运动了，则在此内因摩擦而产生的热量为。
 【解析】根据牛顿第二定律计算出物体的加速度，根据速度-时间公式计算出物体匀加速和匀速的时间，根据位移-时间公式计算出起始位置到挡板的距离；
根据受力分析得出外力F的大小，分别计算出物体相对于传送带和相对于挡板的位移，结合摩擦力的做功公式完成分析。
本题主要考查了牛顿第二定律的应用，熟悉受力分析，结合牛顿第二定律计算出物体的加速度，结合运动学公式计算出位移，同时要理解摩擦力做功产生的热量公式中的位移使用的是物体相对于接触面的相对位移。
 12.【答案】解：带电粒子运动轨迹如图1所示，

                图1
由几何关系得，粒子的轨迹半径，
粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

代入数据解得：；
带电粒子运动轨迹如图2所示

                图2
由知，当粒子轨迹半径最小时，磁感应强度的最大。由几何关系得，以MN为直径的圆轨迹的半径最小，粒子的最小轨迹半径
，
则
解得：，
入射方向与x轴正方向夹角为向右上；
根据，得，
，
速度方向转过后垂直x向上，与负电荷发生碰撞，电量变为，碰撞过程动量守恒得

碰后半径
周期
又
解得：，
速度方向转过后与x轴正方向夹角为向右下，带点粒子运动轨迹如图3所示

                                                    图3
由几何关系可知：

解得：
粒子打在x轴上的位置坐标为。
答：当磁感应强度大小，粒子垂直x轴射入磁场，恰好垂直y轴打在M点，粒子的比荷为；
若粒子沿某一方向射入并打在M点，为使所加磁场的磁感应强度最大，粒子射入方向与x轴正方向夹角为向右上，磁感应强度的最大值为；
粒子打在x轴上的位置坐标为。
 【解析】作出粒子运动轨迹图，根据几何关系知轨迹半径，根据牛顿第二定律列式可求；
由知，当粒子轨迹半径最小时，磁感应强度的最大。作出粒子运动轨迹，由几何关系得最小半径和入射角，根据半径公式求最大磁场；
粒子速度方向转过后垂直x向上，与负电荷发生碰撞，碰撞过程动量守恒，求出碰后速度，根据半径和周期公式求出半径和周期，作出粒子运动轨迹图，根据几何关系求出打在x轴上的位置。
该题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，解题关键是作出粒子在磁场中的轨迹图，注意在第二问中判断出以MN为直径的圆轨迹的半径最小。