2022届山东省聊城市普通高中高三（下）学业水平等级考试模拟（一模）物理答案.docx

1、聊城市2022年普通高中学业水平等级考试模拟卷物理（一）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分每小题只有一个选项符合题目要求1. 如图，烟雾自动报警器的探测器中装有放射性元素镅241，其衰变方程为下列说法正确的是（ ）A. 是光子，不具有能量B. 是粒子，有很强的贯穿本领C. 比的原子核更稳定D. 冬天

2、气温较低时，镅241的半衰期会变小【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A射线是光子，具有一定的能量，故A错误；B是粒子，根据射线的特点可知，其有很强的电离本领，故B错误；C自发的衰变过程中释放能量，原子核的比结合能增大，所以比的原子核更稳定，故C正确；D半衰期是由放射性元素本身决定的，与外界因素无关，故D错误。故选C。2. 在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池（电动势为E，内阻不计）的两极相连（边缘接电池的正极），然后在玻璃皿中放入导电液体，导电液体的等效电阻为R。把玻璃皿放在磁场中，如图所示，液体就会旋转起来。则以下说法中正确的是（ ）A. 从上往下

3、看，液体顺时针旋转B. 改变磁场方向，液体旋转方向不变C. 通过液体的电流等于D. 通过液体的电流小于【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A根据左手定则可以判断导电液体受到的安培力方向为逆时针，所以液体逆时针旋转，故A错误。B改变磁场方向，安培力方向反向，液体旋转方向也反向，故B错误。CD由于液体旋转，有部分电能转化为机械能，根据能量守恒，EI=I2R+P机所以EIR即故C错误，D正确。故选D。3. “回热式热机”热循环过程可等效为如图所示的曲线，、为等温过程，、为等容过程对于一定质量的理想气体，在热循环过程中（ ）A. a状态气体温度比c状态低B. ，两过程气体放出、吸收的热量相等C. 整

4、个循环过程，气体对外放出热量D. d状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比c状态少【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A. 从到为等容变化，则有，可得又有因此a状态气体温度比c状态高，A错误；B. ，两过程都发生等容变化，根据热力学第一定律吸收或放出的热量都用来改变气体的内能，由于，故有可知，两过程的气体内能变化量大小相等，因此这两过程气体放出、吸收的热量相等，B正确；C. 在图像中，图像与横轴围成的面积等于气体做功的大小，体积增大时，气体对外做功，体积减小时，外界对气体做功，因此整个循环过程，气体对外做功，而气体内能不变，根据热力学第一定律可知，整个循环过程，气体从外界吸收热量，C

5、错误；D. 由图像可知，又有根据压强的微观解释，可知d状态下单位时间与器壁单位面积碰撞的气体分子数比c状态多，D错误。故选B。4. 如图所示，AOB是截面为扇形的玻璃砖的横截面图，其顶角，今有一束单色光在横截面内从OA的中点E沿垂直OA的方向射入玻璃砖，一部分光线经AB面反射后恰好未从OB面射出，不考虑多次反射，则玻璃砖的折射率为（ ）A B. C. D. 【4题答案】【答案】A【解析】【详解】如图所示 因E点为OA的中点，所以入射角3083临界角C180237OB面恰好发生全反射，则 解得故A正确，BCD错误。故选A。5. 内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子

6、处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是（）A. O点电场场强不为零B. O点电势不为零C. A、B两点电场强度相等D. A、B两点电势相等【5题答案】【答案】D【解析】【分析】【详解】A两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子的合场强为0，所以A错误；BD由于等量异种电荷的连线的中垂线为等势线，则A、O、B都在同一等势线上各点电势相同，都为0，所以B错误；D正确；C A、B两点电场强度大小相等，方向相反，所以C错误；故选D。6. 北京时间2021年10月16日0时23分，神舟十三

7、号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站。飞船的某段运动可近似为如图所示的情境，圆形轨道为空间站运行轨道，设圆形轨道的半径为r，地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球的自转周期为，椭圆轨道为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A点，椭圆轨道的半长轴为a，下列说法正确的是（）A. 载人飞船若要进入轨道，需要A点减速B. 根据题中信息，可求出地球的质量C. 载人飞船在轨道上机械能小于在轨道上的机械能D. 空间站在圆轨道上运行的周期与载人飞船在椭圆轨道上运行的周期之比为【6题答案】【答案】D【解析】【详解】A载人飞船若要进入轨道，做离心运动，需要在点加速，A错误；B为空间站轨道的周期

8、，由此可得解得题中为地球自转的周期，并非轨道的周期，不能利用该数据计算地球质量，B错误；C载人飞船若要进入轨道，需要在A点加速，动能增加，机械能增加，因此载人飞船在轨道上机械能大于在轨道上的机械能，C错误；D轨道上运行的周期为，根据开普勒第三定律得解得D正确；故选D。7. 为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用供电系统输电电路简图如图甲所示，交流发电机的矩形线圈匝数为，在匀强磁场中以为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间t的变化图像如图乙所示，矩形线圈与变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，线圈、导线的电阻均不计，变压器为理想变压器，额定电压为220V的医疗设

9、备恰能正常工作，下列说法正确的是（ ）A. 电压表的示数为B. 从开始计时，变压器原线圈两端的电压C. 变压器的原、副线圈匝数比为5：11D. 假如给变压器输入端接入电压的直流电，医疗设备也能正常工作【7题答案】【答案】C【解析】【详解】AC根据图像可得线圈的角速度线圈产生的电动势，根据则电压表的示数为变压器的匝数比A错误，C正确；B由乙图可知，当时，磁通量变化率最大，由法拉第电磁感应定律可知，此时电动势最大，所以从开始计时，变压器的原线圈两端的电压为B错误。D根据变压器的原理，变压器输入端接入电压为100V的直流电，变压器不工作，医疗设备不能正常工作，D错误。故选C。8. 歼20战斗机安装了

10、我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比（垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比）为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是（ ）A. B. C. D. G【8题答案】【答案】C【解析】【详解】飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f力的方向与F2垂直，如图歼20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向竖直方向解得则F12与f的函数图像为开口向上的抛物线，其对称轴为

11、所以当时，F12取最小值，所以解得最小推力是故选C。二、多项选择题：本题共4个小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题目要求，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. 如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出从进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 洛伦兹力对小球做正功B. 小球的机械能增加C. 小球的运动轨迹是一条抛物线D. 小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关【9题答案】【答案】BC【解析】【详解】A洛

12、伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，故A错误；B设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，小球受力如图所示，玻璃管对带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故B正确；C小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球在竖直方向所受的洛伦兹力F1=qvB是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得vBq-mg=ma解得小球的加速度大小小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，故C正确；D小球在竖直方向做匀加速运动，根据 可知则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度有关，选项D错误。故选BC。1

13、0. 一群处于能级的氢原子，向低能级跃迁过程中发出6种不同频率的光，将这些光分别照射到图甲所示电路中的阴极K上，只能测得3条电流随电压变化的图像，如图乙所示氢原子的能级图如图丙所示，可见光光子的能量范围为1.623.11eV，则下列推断正确的是（ ）A. 这群氢原子跃迁时最多可发出4种可见光B. 图乙中的光光子能量为12.09eVC. 图乙中的c光光子是氢原子由能级向基态跃迁发出的D. 阴极金属的逸出功可能为【10题答案】【答案】BD【解析】【详解】A于能级的氢原子，向低能级跃迁过程中发出6种频率的光子的能量为只有和在1.623.11eV范围内，所以可发出2种可见光，故A错误；BC由于只能测得

14、3条电流随电压变化图像，只有三种较大频率的光才能产生光电效应，它们的光子能量为，由乙图可知遏制电压的关系为由遏制电压与频率关系可知光子的能量越大，遏制电压越高，所以b光对应的光子能量为，c光对应的光子能量为，即c光光子是由能级向基态跃迁发出的，故B正确，C错误；D由题意知能量为，的光子才能产生光电效应，能量为，的光子不能发生光电效应，由光电效应发生的条件可知逸出功可能为，故D正确。故选BD。11. 如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金

15、属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，导轨和金属棒电阻忽略不计，下列说法正确的是（ ）A. 金属棒运动过程中，电容器的上极板带正电B. 金属棒到达时，电容器极板上的电荷量为C. 通过金属棒的电流为D. 金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【11题答案】【答案】AC【解析】【详解】A根据右手定则可知，金属棒运动过程中，电流的方向为逆时针，则电容器的上极板带正电，A正确；B金属棒到达时，此时金属棒的有效长度为产生的感应电动势为流过导体棒的电荷量为则为B错误；C则金属棒的电流为C正确；D金属棒做匀速直线运动，受力平衡，有其中B恒定，由可知，I恒定，而不断变大，则F逐渐增大，

16、由可知，F的功率增大，D错误。故选AC。12. 如图所示，A、B两点位于同一高度，细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过B处的定滑轮固定在A点，质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释放，小球运动到D点时速度恰好为零（此时小物块未到达B点），图中为直角三角形，小物块和小球均可视为质点，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则（ ）A. 小球还能回到初始位置B. C. 运动过程中小物块的速度和小球的速度大小相等D. 小球运动到D点时，小物块受到的拉力大小为【12题答案】【答案】AD【解析】【详解】A根据系统机械能守恒可知，小球还能回到初始位置C点，故A正确；B设AD长

17、为3L，根据机械能守恒定律有Mg2Lmg3Lcos 37解得Mm65故B错误；CAC长度不变，小球做圆周运动，小球速度沿BD方向的分速度大小等于小物块的速度大小，故C错误；D设小球在最低点D时，沿BD方向的加速度大小为a，BD中的拉力为T，根据牛顿第二定律有MgTMaTmgcos 53ma解得TMg故D正确。故选AD。三、非选择题：本题共6小题，共60分13. 利用智能手机自带的各种传感器可以完成很多物理实验。某同学利用如图所示的实验装置，结合手机的传感器功能测定当地的重力加速度，实验步骤如下：实验前用游标卡尺测出小球的直径d10.00mm实验装置中固定轨道AB的末端水平，在轨道末端的安装一光

18、电门，光电门通过数据采集器与计算机相连，测量小球离开轨道时的速度.将小球从轨道的某高度处由静止释放，小球运动一段时间后，打到竖直记录屏MN上，记下落点位置。然后通过手机传感器的测距功能，测量并记录小球做平抛运动的水平距离x和竖直下落距离h多次改变屏MN的水平距离x，使小球每次都从轨道的同一位置处由静止释放，重复上述实验，记录多组x、h数据，如下表所示实验顺序12345x（cm）10.015.020.025.030.0x2（102m2）1.002.254.006.259.00h（cm）4.8810.9619.5230.5343.92请根据上述数据，完成下列问题：（1）在答题卡给定的坐标纸上做出x

19、2h的图像_；（2）若光电计时器记录的平均遮光时间t0.01s，根据上述图像求得当地的重力加速度大小g_m/s2（结果保留三位有效数字）；（3）若实验中，每次记录的h值均漏掉了小球的半径，按照上述方法计算出的重力加速度大小与真实值相比是_。（填“偏大”、“偏小”、或“不变”）。【13题答案】【答案】 . . 9.760.03 . 相同【解析】【分析】【详解】(1)1由表中数据可得则x2h的图像如下(2)2有平抛运动的特点与图像可得，图像斜率为平抛运动的初速度为则重力加速度为(3)3由2的分析可知，求重力加速度时，不需要知道小球的直径也可以，故计算出的重力加速度大小与真实值是相同的。14. 某实

20、验小组为了测定金属丝的电阻率，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用米尺测量金属丝的长度，用伏安法测出金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。（1）测量时螺旋测微器如图甲所示，金属丝的直径为_mm。（2）现有电动势3V的电源、开关和若干导线及下列器材：A.电压表V（量程3V，内阻约10k）B.电流表A（量程0.6A，内阻约2）C.滑动变阻器（最大阻值为10）D.滑动变阻器（最大阻值为100）用多用电表粗测金属丝的电阻大约为5，要求较准确地测出其阻值，滑动变阻器应选_（填“”或“”）实验中该小组实物接线如图乙所示，合上开关前检查电路，请指出其明显错误或不合理的地方是_。（3）不论使用电

21、流表内接法还是电流表外接法，都会产生系统误差，某小组按如图丙所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻造成的系统误差。利用该电路进行实验的主要操作过程是：第一步：先将的滑动触头调到最左端，单刀双掷开关向1闭合，闭合开关，调节滑动变阻器和，使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此时电压表和电流表的示数、。第二步：保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数、。由以上数据可计算出被测电阻_。【14题答案】【答案】 . 0.950 . R1 . 电流表应外接；滑动变阻器滑片应置于最左端 . 【解析】【详解】（1）1由图示螺旋测微器可知，其示数为（

22、2）2由已知待测电阻为5，如果选100的滑动变阻器，两者差值过大，待测电阻分压过小，因此为了便于测量和读数，应选择与待测电阻阻值相近的R1。3待测电阻与电压表电流表关系为故待测电阻为小电阻，根据“内大外小”原则，为了更精准测量，故电流表应选择外接法；在开关闭合前，滑动变阻器的电阻应全部接入干路，故滑动变阻器的滑片应置于最左端（3）4单刀双掷开关向1闭合，由闭合电路欧姆定律保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，将单刀双掷开关向2闭合，由闭合电路欧姆定律联立解得15. 某均匀介质中，波源位于水平面xOy的O点，从时波源开始沿垂直于水平面的z轴（z轴正方向竖直向上）从处开始做简谐运动，振动方程为xOy

23、水平面上P点的坐标是，Q点的坐标是经时间，在、区域中第二次形成如图所示波面分布图（实线表示波峰，虚线表示相邻的波谷）（1）求波速v和时间；（2）若在Q点放一个也沿z轴方向做简谐运动的波源，其振动方程为，求振动稳定后P点在0.6s内的路程【15题答案】【答案】（1）30m/s；0.45s；（2）24cm【解析】【详解】（1）根据振动函数为z=4sin（10t）cm，O点的起振方向为正方向，振幅为4cm，因为则T=0.2s观察波面图判断出波长=6m，则传播速度为由于波源的起振方向向上，则在-6mx6m、-6my6m区域中第二次形成如图所示波面分布图中，波前已经达到x=13.5m处，波源已经经过t=

24、2T振动，则题图中波面分布图的形成时间t0=0.45s （2）P点距离O点的波源15m，OP=2.5，P点距离Q点的波源9m，该波源引起的波的波长与O点的波的频率和波长都相等，QP=1.5，因OP-QP=且两波源起振方向相反，可知两波在P点的振动减弱，则振幅为A=6cm-4cm=2cm则振动稳定后P点在0.6s=3T内的路程12A=24cm16. 运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的部分轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为、运动员落到倾角为23的滑道上时，速度

25、方向与滑道成30角，用了0.7s完成屈膝缓冲后沿滑道下滑若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为70kg，取重力加速度，求；（1）运动员在空中运动的水平速度；（2）屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力的大小【16题答案】【答案】（1）v0=30m/s （2）F=3144N【解析】【详解】（1）运动员从A到B，从B到C所用时间相等，设时间间隔为T，则解得v0=30m/s（2）由题意得,运动员落到滑道上时速度与水平方向的夹角为53速度关系为在垂直滑道方向上由动量定理有求得F=3144N17. 由于缺少地磁场的屏蔽作用，高能宇宙射线对航天员的辐射具有非常大的危害。目前，国际上正在积极探索载人航

26、天主动防护的方法，其中某种磁防护方案为在航天器内建立同心圆柱体形屏蔽磁场，磁场分布情况如图所示。设同心圆内径，外径，轴向足够长。设定区内为匀强磁场，磁场方向与轴平行，设定区外和防护区内无磁场。(1)一个质子在平行于圆柱横截面的平面内，以速度v0沿指向圆心方向入射，该粒子恰好打不到防护区内部，求磁感应强度的大小和粒子在设定区内的运动时间。（已知质子的质量为m，电荷量为q）(2)若宇宙中充满了大量速度大小为，沿任意方向运动的质子，为了使任何质子都打不到防护区内部，求磁感应强度的大小应该满足的条件。(3)若已知磁感应强度为B，以A点所在截面建立坐标系，圆柱轴线为z轴，y轴通过A点。如有一质子以初速度

27、从A点射向防护区的C点，已知C点坐标，求质子打到防护区的位置。【17题答案】【答案】(1)，；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设带电粒子的轨迹半径为r，由几何关系得解得根据牛顿第二定律解得带电粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为，所求时间为(2)为使所有速度为的粒子都不进入防护区，则粒子的半径最大为由洛伦兹力提供向心力所以磁感应强度(3)已知因为AC与y轴方向夹角为，所以v在z方向和y方向分速度大小为xoy平面内，由洛伦兹力提供向心力解得如图所示，轨迹圆和防护区边界相切切点坐标沿z方向为匀速运动质子打防护区的能坐标为。18. 某传送装置的示意图如图所示，整个装置由三部分组成，左侧为粗糙倾斜直轨

28、道AB，中间为水平传送带BC，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，右侧为光滑水平面CD倾斜轨道末端及水平面CD与传送带两端等高并平滑对接，质量分别为、的个物块在水平面CD上沿直线依次静止排列质量为物块从斜面的最高点A由静止开始沿轨道下滑，已知A点距离传送带平面的高度，水平距离，传送带两轴心间距，物块与倾斜直轨道、传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度。（1）求物块刚滑上传送带时的速度大小；（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧滑出时的速度v的范围；（3）若物块以（已知）的速度离开传送带，滑到水平轨道上与发生碰撞，从而引起各物块的依次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于

29、同一直线上，各物块间碰撞无机械能损失，且各物块之间不发生第二次碰撞。经过依次碰撞后，定义第n个物块获得的动能与第1个物块的初动能之比为第1个物块对第n个物块的动能传递系数，求；（4）接第（3）问，若，求为何值时，第n个物块获得的速度最大，并求出第n个物块的最大速度。【18题答案】【答案】（1）v0=6m/s；（2）；（3）；（4）当时，第n个物块获得的速度最大，【解析】【详解】（1）对物块，由A运动到B的过程，根据动能定理有解得v0=6m/s（2）a.当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上一直做减速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度v1最小，由动能定理有解得b.当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度v2最大，由动能定理有解得物块从传送带右侧滑出时的速度范围为（3）两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得解得物块的动能对物块1、2，动能传递系数同理可得，m2和m3碰撞后的动能传递系数（4）质量相等的物块碰撞时没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，物块碰撞后交换速度，则m3与后面的物块碰撞后依次交换速度，m3的最大速度等于第n个物块的最大速度vnm，又则当即此时，分母最小，k13最大为此时第n个物块的速度最大，有解得