2022临沂临沭一中高三下学期4月份验收考试物理试题含解析

物理模拟试题

本试卷共18题，共100分，考试时间90分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱。不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

第I卷（选择题  共40分）

一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1. 中国“人造太阳”再创世界纪录：全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST），成功实现可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行，将1亿摄氏度20秒的原纪录延长到5倍。下列说法正确的是（　　）

A. 核反应中，X是电子 B. 太阳内部不断发生核聚变

C. 反应后产生的新核的比结合能变小 D. 聚变反应前后，核子的总质量相等

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数是1，电荷数是0，故X是中子，故A错误；

B． 太阳内部不断发生核聚变，故B正确；

C．因核反应放出能量，反应后核子的平均质量减小，则反应后产生的新核的比结合能变大，故C错误；

D．核聚变反应会释放出能量，由爱因斯坦质能方程

可知反应过程中必然存在质量亏损，则聚变反应后核子的总质量小于反应前核子的总质量，故D错误。

故选B。

2. 如图所示，质量为m的物块放在水平固定木板上，在水平拉力F=mg的作用下做加速度大小为a的匀加速运动；现将木板右端升高，使木板与水平方向成θ=37°角，将该物块放在木板右端由静止释放，物块沿木板下滑的加速度大小为，，，则物块与木板间的动摩擦因数为（　　）

A. 0.20 B. 0.33 C. 0.67 D. 0.75

【答案】B

【解析】

【详解】在水平拉力作用时，根据牛顿第二定律有

木板右端升高，由静止释放时，根据牛顿第二定律有

联立解得，物块与木板间的动摩擦因数为

故选B。

3. 变压器是利用电做感应的原理来改变交流电压的装置，主要构件是初级线圈、次级线圈和铁芯（磁芯）。如图所示，某学校用输出电压有效值不变的交流发电机通过理想变压器给照明电路供电，灯泡L正常发光。原线圈的输入电压、匝数、输入电功率、电流和交流电的频率分别为U1、n1、P1、I1和f1副线圈的输出电压、匝数、输出电功率、电流和交流电的额率分别为U2、n2、P2、I2和f2.。已知n1<n2，下列关系式正确的是（　　）

A. U1<U2 B. f1<f2 C. I1=I2 D. P1>P2

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据理想变压器的电压关系

由于n1<n2，则U1<U2，故A正确；

B．变压器不能改变交变电流的频率，即原、副线圈的频率总是相等，则f1=f2，故B错误；

C．根据理想变压器的电流关系

由于n1<n2，则I1>I2，故C错误；

D．由于是理想变压器，则原、副线圈的电功率总是相等，即P1=P2，故D错误。

故选A。

4. 放假期间，某同学家人准备驾车出游启动汽车后，发现胎压监测系统发出警告，显示“左前轮胎胎压低，胎压为2.0p0”，于是驾车前往汽车修理店给汽车轮胎打气，打完气后，四个轮胎内气体的胎压均为2.5p0，打气泵内的气体压强为3p0，每个轮胎的体积均为V，且始终保持不变。若打气过程中轮胎内气体温度不变，则向左前轮胎中内打入气体的体积为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知，向左前轮胎打气过程中，气体温度不变，根据玻意耳定律有

解得，向左前轮胎中内打入气体的体积为

故选A。

5. 两金属小球A、B用一轻质弹簧连接，球A用轻绳悬挂于O点，在水平拉力F的作用下，两小球处于如图所示的位置，此时轻绳与竖直方向的夹角为30°。现将力F逆时针缓慢转动30°，在此过程中，轻绳与竖直方向的夹角不变。下列说法正确的是（　　）

A. 轻绳的拉力先减小后增大 B. A、B两小球间的距离增大

C. 力F先减小后增大 D. 弹簧与竖直方向的夹角增大

【答案】D

【解析】

【详解】AC．对AB整体分析，对应绳与竖直方向夹角不变，则轻绳拉力T方向不变，由图解法如图

现将力F逆时针缓慢转动30°,则此过程中，力F与轻绳拉力T垂直，可知轻绳拉力T减小，力F减小至最小，故AC错误；

BD．对A小球分析，其受轻绳拉力T方向不变，而拉力T变小，其处于平衡状态，图解法如图

则可知F弹与竖直方向夹角增大且减小，即弹簧与竖直方向的夹角增大，根据胡克定律可知，弹簧伸长量x减小，即A、B两小球间的距离减小，故B错误，D正确。

故选D。

6. 我国空间站“天和”核心舱在离地高度约h=400km的圆轨道上运行。假设“天和”核心舱做匀速圆周运动。已知引力常量为G，地球的半径R=6400km，地球表面的重力加速度g=10m/s2，则（　　）

A. 核心舱内的宇航员不受重力作用

B. 核心舱绕地球运动的速度大于8.0km/s

C. 若核心舱绕地球运行的周期为T，地球密度

D. 核心舱在轨运行的向心加速度约为8.9m/s2

【答案】D

【解析】

【详解】A．核心舱内的宇航员也受到地球的万有引力作用，即受到地球重力的作用，故A错误；

B．根据万有引力提供向心力可得

可得，近地卫星绕地球运动的速度为

而核心舱绕地球运动的速度为

故B错误；

C．核心舱绕地球运行时，根据万有引力提供向心力有

可得，地球的质量为

则地球的密度为

故C错误；

D．在地球表面有

核心舱绕地球运行时，根据万有引力提供向心力有

联立可得，核心舱在轨运行的向心加速度为

故D正确。

故选D。

7. 静电喷漆的原理图如图所示，雾化的油漆微粒在直流高压（80kV~90kV）电场中带负电荷，在电场力作用下，油漆微粒飞向带正电荷的工件表面形成漆膜，此过程称为静电喷漆。图中虚线为电场线，a、b、c为电场中三点。下列说法正确的是（　　）

A. a、b、c三点电势大小关系为

B. 电子在a、b、c三点的电势能大小关系为

C. a、b、c三点的电场强度大小关系为

D. 电子仅受电场力，一定沿图中虚线运动

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图中的正负极可知，电场强度方向大致指向左边。沿电场线方向，电势逐渐降低，则a、b、c三点的电势大小关系为，故A错误；

B．由于，则电子在a、b、c三点的电势能大小关系为，故B错误；

C．电场线越密集的地方，电场强度越大。则a、b、c三点的电场强度大小关系为，故C正确；

D．图中电场线只有正中间那条是直线，其它都是曲线，则电子仅受电场力，不一定沿图中虚线运动，故D错误。

故选C。

8. 为备战2022年北京冬奥会，教练指导运动员开展滑雪训练，运动情境可简化为如下模型：将运动员（包括滑板）简化为质量m=50kg的质点，运动员以某一初速度从倾角为37°的山坡底端向上冲，山坡足够长取坡底为重力势能零势能面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度h的变化规律如图所示。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。则（　　）

A. 运动员的初速度=25m/s B. 运动员与山坡间的动摩擦因数为0.03

C. 运动员在山坡上运动的时间为s D. 运动员再次回到坡底时的动能为375J

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于坡底为重力势能为零，则有

解得，运动员的初速度为

故A错误；

B．由图可知，当时，物块运动到最高点，此时高度为

根据能量守恒有

解得，运动员与山坡间的动摩擦因数为

故B错误；

C．运动员从山坡底端向上冲时，根据牛顿第二定律有

则运动员从山坡底端向上冲到最高点所用的时间为

由于

可知运动员到达最高点后将会再次回到坡底，则运动员在山坡上运动的时间不为s，故C错误；

D．运动员从最高点回到坡底，根据能量守恒有

可得，运动员再次回到坡底时的动能为375J，故D正确。

故选D。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9. 如图甲所示，固定的长直导线与固定的三角形闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流随时间的变化关系如图乙所示。直导线中电流向下，已知长直导线的电流在某点产生的磁场的磁感应强度与电流的大小成正比，与该点到长直导线的距离成反比。下列说法正确的是（　　）

A. 线框中会产生顺时针方向的电流 B. 线框受到水平向左的安培力

C. 线框中电流随时间均匀增大 D. 线框中感应电流的电功率恒定

【答案】AD

【解析】

【详解】A．导线的右侧由右手定则可以判断磁场方向垂直于纸面向外，且在增大，根据楞次定律感应磁场应该垂直于纸面向里，根据右手螺旋定则可以判断感应电流方向为顺时针方向，故A正确；

B．根据左手定则可以判断，左侧斜边所受的安培力向右，右侧斜边所受的安培力向左，由于左侧斜边所年位置的磁感应强度更大，所以线框所受的合安培力方向水平向右，故B错误；

C．因为导线中的电流随时间均匀增大，所以磁感应强度会随时间均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势不变，则感应电流大小不变，故C错误；

D．根据电功率公式

P= I2R

电流|恒定，电阻也不变，所以电功率恒定，故D正确。

故选AD。

10. 如图所示，一定量的理想气体从状态a（2p0，V0，T0）经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是（　　）

A. ab过程中，气体内能增大 B. bc过程中，气体始终放热

C. bc过程中，气体对外界做功 D. ca过程中，气体的温度先降低后升高

【答案】AB

【解析】

【详解】A．由图像可知，ab过程中，气体压强不变，体积增大，根据状态方程

可知气体温度升高，则气体内能增大，故A正确；

BC．由图像可知，bc过程中，气体体积不变，压强减小，根据状态方程

可知气体温度降低，则气体放热。由于气体体积不变，则气体没有对外做功，故B正确，C错误；

D．根据气体状态方程可得

可知该图像的坐标围成的面积反应温度，状态a和c的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，所以ca过程中，气体的温度先升高后降低，故D错误。

故选AB。

11. 一列单向传播的简谐横波某时刻在x轴上0~0.6m范围内第一次形成图甲所示波形；该时刻平衡位置在x=0.1m的质点C第一次振动到最高点。图乙为C点起振后的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A 该波沿x轴负方向传播

B. 若以质点C起振为计时零点，则x=0.4m处的质点A的振动方程为（cm）

C. 质点C下一个0.3s时间内沿x负方向传播0.3m

D. 质点C起振后的0.3s时间内的位移为0.3m

【答案】AB

【解析】

【详解】A．由于质点C是第一次振动到最高点，可知该波沿x轴负方向传播，故A正确；

B．以质点C起振为计时零点，由图乙可知C质点的起振方向向下，则此时质点A位于波峰，故x=0.4m处的质点A的振动方程为

（cm）

故B正确；

C．质点C只会上下振动，不会沿波的传播方向移动，故C错误；

D．质点C起振0.3s后位于波峰，则此时的位移为0.1m，故D错误；

故选AB。

12. 如图所示，导轨AB、CD竖直放置，BF和DF一端连在一起，△BDF为等腰直角三角形，空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，AB、CD间的距离为l。在导轨上放有导体棒MN，导体棒MN的质量为m，单位长度的电阻为r，MN与BD间的高度差也为l。现将导体棒MN由静止释放，在其到达BD前已经匀速运动，导体棒下落过程中始终处于水平状态井与导轨接触良好。不计导轨的电阻及导轨与导体棒之间的摩擦，重力加速度为g。由题意得（　　）

A. 导体棒MN匀速运动时的速度为

B. 导体棒MN由静止释放到运动至BD的过程中，通过导体棒MIN的电荷量为

C. 导体棒MIN由静止释放到运动至BD的过程中，其产生的热量为

D. 导体棒MN运动到BD下方后，为了保持其匀速运动需要施加一外力F，则导体柿MN下降到F点的过程中，若以BD位置为高度起点，外力F随下降高度h的变化关系的表达式为

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．导体棒匀速运动时，根据平衡条件有

根据法拉第电磁感应定律有

根据闭合电路欧姆定律有

联立可得，导体棒MN匀速运动时的速度为

故A正确；

B．导体棒MN由静止释放到运动至BD的过程中，根据法拉第电磁感应定律有

根据闭合电路欧姆定律有

则通过导体棒MIN的电荷量为

故B错误；

C．导体棒MN由静止释放到运动至BD的过程中，由能量守恒定律得

解得，导体棒MN产生的热量为

故C正确；

D．导体棒MN运动到BD下方后，其有效长度为

可得

又根据平衡条件有

解得，外力F随下降高度h的变化关系的表达式为

故D正确。

故选ACD。

第Ⅱ卷（非选择题  共60分）

三、非选择题（本题共6小题，共60分）

13. 图甲为某实验小组做“探究物体加速度与所受合力关系”实验的装置。

（1）某同学调整长木板和滑轮，使细线平行于长木板：在砝码盘中放入适当的砝码接通电源，在实验中得到一条纸带的部分如图乙所示。相邻两计数点间的距离已在图中标明。已知电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有3个计时点未标出，根据图中数据计算出滑块的加速度大小为_______m/s2;（结果保留三位有效数字）

（2）保持滑块的质量M不变，改变砝码盘及砝码的总质量m，通过每次打出的纸带求出对应滑块的加速度a。以砝码盘及砝码的总重力F为横坐标，以滑块的加速度a为纵坐标，根据实验测得的数据，利用描点法画出如图丙所示的a—F图像。利用该图像可求出滑块的质量M为_________kg（结果保留三位有效数字）。由于用砝码盘及砝码的重力作为滑块所受的合力F，故求得的滑块质量与真实值相比_______（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）。

【答案】    ①. 0.535    ②. 0.422    ③. 偏大

【解析】

【详解】（1）[1]由于电源的频率为50Hz，相邻两计数点间还有3个计时点未标出，可得相邻计数点间的时间间隔为

根据逐差法可得，滑块的加速度为

（2）[2]根据牛顿第二定律

可得

故根据图像斜率的倒数可求得滑块的质量为

[3]对砝码盘及砝码，根据牛顿第二定律有

对滑块，根据牛顿第二定律有

联立可得

由于用砝码盘及砝码的重力作为滑块所受的合力F，故实验中求得的滑块的质量其实为M+m，则求得的滑块质量与真实值相比偏大。

14. 图甲是研究电容器的充放电实验装置，该实验利用高阻值电阻延长放电时间，绘制电容器放电电流与时间的图像（i-t图像）来研究电容器的充放电规律。根据相关条件，回答下列问题：

（1）接通开关S1，S2，电容器的________（选填“上”或“下”）极板带正电，再断开开关S1的瞬间，R中的电流方向________；

（2）若断开开关S1，同时开始计时，通过计算机在同一图中描绘出的电压和电流的变化情况的图线如图乙所示，则图中全部阴影部分所围成面积的物理意义是________。图中阴影部分S1面积_________（选填“大于”、“等于”或“小于”）图中阴影部分S2面积，定值电阻R的阻值为_________Ω。

【答案】    ①. 上    ②. a到b    ③. 充电后电容器极板上的电荷量    ④. 等于    ⑤. 2000

【解析】

【详解】(1)[1]接通开关S1，S2，电容器的上极板与电源正极相连，故上极板带正电；

[2]断开开关S1的瞬间，电容器开始放电，电流从上极板流向下极板，R中的电流方向为从a到b；

(2)[3]图乙表示电容器的放电过程，由

可知，图中全部阴影部分所围成面积的物理意义是充电后电容器极板上的电荷量；

[4]根据

由乙图可知，阴影部分S1面积和S2面积对应的相同，所以对应的也相同。故阴影部分S1面积等于S2面积；

[5]根据欧姆定律，定值电阻R的阻值为

15. 放置在水平面上的半球形玻璃砖如图所示，玻璃砖的半径为R，下底面有镀银反射面，在底面圆心O的正上方有一点S。现从S点发出与竖直方向成=30°角的一束光射向玻璃球面M点，其中部分光经M点反射后恰好水平向右传播，另一部分光折射入玻璃砖，经下底面第一次反射恰能按原路返回。求：

（1）该束入射光在M点的入射角；

（2）M点到SO的距离和该玻璃砖的折射率。

【答案】（1）；（2），

【解析】

【详解】（1）由题意可作出光路图如下图所示

C点为垂足，根据几何知识可得，入射角为

（2）由几何知识有

则

故M点到SO的距离为

玻璃的折射率为

16. 如图所示，物块A可看成质点，传送带与水平方向成θ=37°角，顺时针转动的速度大小v=5m/s，物块A与转送带间的动摩擦因数μ=0.5。现将物块A从传送带顶端由静止释放，经t=1.5s后，物块A通过极小一段光滑圆弧进入粗糙水平面，最终静止在水平面上。已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

（1）传送带P、Q间的长度；

（2）物块A与传送带间因摩擦产生的热量Q1与物块A与水平面间因摩擦产生的热量Q2的比值。

【答案】（1）7.25m；（2）

【解析】

【详解】（1）根据牛顿第二定律可得

则物块A开始时的加速度为

则物块A加速到与传送带速度相等的时间为

当传送带加速到与传送带速度相等后，由于

所以物块A会继续向下加速，根据牛顿第二定律有

此时，物块A的加速度为

故物块A第一次加速位移为

物块A第二次加速的时间为

故物块A第二次加速的位移为

则传送带P、Q间的长度为

（2）物块A第一次加速时，传送带走过的路程为

物块A第二次加速时，传送带走过的路程为

则物块A在整个过程中，与传送带相对滑动的路程为

故物块A与传送带间因摩擦产生的热量为

物块A滑到传送带底端的速度为

根据能量守恒可得，物块A与水平面间因摩擦产生的热量为

则物块A与传送带间因摩擦产生的热量Q1与物块A与水平面间因摩擦产生的热量Q2的比值为

17. 如图所示，金属板AB带正电，CD带负电，两板上下水平平行正对放置，板长均为l，两板间距为2.5l，假设两金属板正对区域存在竖直向下的匀强电场，其他区域无电场。将比荷分别为k和2k的大量带正电粒子从A、E两点间以初速度水平向右射入两板间，以B点为坐标原点，水平向左为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向建立如图所示的直角坐标系xOy。已知AE=0.5l，A、E、C三点在同一竖直线上，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用力。

（1）要使比荷为k的粒子均从1.5l≤y射出电场，求两板间的电势差的最小值U；

（2）要使所有粒子都能从两板间电场射出，且两种粒子通过y轴时能够分开，求，两板间电势差应该满足的条件；

（3）若撤去两板间电场，在两板间加上垂直纸面向外的匀强磁场（y轴边界无磁场），为使粒子恰好能够全部从y轴射出，求磁感应强度B的大小及两种粒子在磁场中运动的时间。

【答案】（1）；（2）；（3），，

【解析】

【详解】（1）由题可知，粒子在电场中做类平抛运动，要使比荷为k的粒子均从1.5l≤y射出电场，即只需满足从E点运动的粒子到达y轴上的1.5l处即可，则根据类平抛知识有

根据牛顿第二定律有

联立解得，两板间的电势差的最小值为

（2）要使所有粒子都能从两板间电场射出，临界条件为比荷为2k的粒子恰好从E点运动到D点，则有

根据牛顿第二定律有

联立解得，两板间的电势差的最大值为

设比荷为k的粒子的电荷量为，质量为，比荷为2k的粒子的电荷量为，质量为，则比荷为2k的粒子的竖直位移为

比荷为k的粒子的竖直位移为

要使两种粒子通过y轴时能够分开，则有

解得，此时两板间的电势差为

所以要使所有粒子都能从两板间电场射出，且两种粒子通过y轴时能够分开，两板间电势差应该满足

（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有

可得，运动的半径为

由此可知，比荷越大的粒子运动的半径越小。且比荷为k的粒子的运动半径是比荷为2k的粒子的运动半径的2倍，即

则要使粒子恰好能够全部从y轴射出，即满足从E点运动的比荷为2k的粒子运动轨迹恰好与y轴相切，其运动轨迹如下图所示

有几何知识可得

解得，磁场的磁感应强度为

该粒子运动的时间为

而从E点运动比荷为k的粒子的运动轨迹如下图所示

有几何知识可得

则该粒子运动的时间为

18. 如图甲所示，在倾角θ=30°的粗糙斜面上，有材质不同的两物块M、N分别置于斜面上的P、Q两点，物块M在外力作用下静止于P点，物块N恰好能静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），Q点到斜面底端O的距离为L，P点到Q点的距离为kL（k为已知常数），两物块均可视为质点。现将物块M从静止释放，运动到Q点时与物块N碰撞，碰撞过程中无机械能损失，M、N只发生一次碰撞，此过程中物块M运动的速度—时间图像如图乙所示，其中和t0均为未知量。已知物块M的质量为m重力加速度为g，不计空气阻力。

（1）求物块N的质量；

（2）在图乙所描述的运动过程中，求物块M的总位移大小；

（3）在图乙所描述的运动过程中，求物块M克服摩擦力所做的功；

（4）要使物块N到达O点时，物块N与物块M的速度恰好相同，则k应为多少；此时物块M与物块N的距离为多少。

【答案】（1）3m；（2）；（3）；（4），

【解析】

【详解】（1）碰撞过程，根据动量守恒有

有碰撞过程中无机械能损失，则根据机械能守恒有

联立解得，物块N的质量为

碰撞后物块N的速度为

（2）根据速度与时间图像的面积关系可得，物块M碰撞前的路程为

物块M碰撞后的路程为

所以在图乙所描述的运动过程中，求物块M的总位移为

（3）碰撞前，根据动能定理有

碰撞后，根据动能定理有

解得

所以在图乙所描述的运动过程中，求物块M克服摩擦力所做的功为

（4）由于碰撞前物块N恰好能静止，可知碰撞后物块N从Q点匀速运动到O点，运动时间为

物块M第一次下滑的时间为

又

则

结合图像可得，物块M第二次下滑的时间为

再结合图像可知，物块M下滑时，加速到的时间为，故有

解得

结合图像可知，物块M第二次下滑的路程为

则此时物块M与物块N的距离为