2022年江西省南昌市高考物理三模试卷

2022年江西省南昌市高考物理三模试卷

1.（6分）图中画出了氢原子的个能级，并注明了相应的能量。处在的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光子。其中光子能量的最大值和最小值分别是
 

A. 和 B. 和
C. 和 D. 和

2.（6分）如图所示，两小球、从同一高度分别以和的初速度水平抛出，都落在了倾角的斜面上的点，其中小球垂直打到斜面上；、两个小球打到斜面上时的速度大小分别为和。则
 

A.  B.  C.  D.

3.（6分）均匀带电球面内部的电场强度处处为零。如图所示，为均匀带正电半球面的球心，为与半球截面相平行截面的圆心，则
 

A. 点的电场强度为零 B. 点的电场强度方向向左
C. 、两点电势相等 D. 点电势比点高

4.（6分）如图所示，两个完全相同的木模质量均为，通过三根轻质竖直细线对称连接，放在水平面上呈“互”字型静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”的结构原理。细线、、上的张力大小分别用、、表示，水平面所受的压力大小为，重力加速度大小为。下列关系式正确的是
 

A. ， B. ，
C. ， D.

5.（6分）年月日，伴随着“三、二、一”的倒计时，“神舟十三号”在“长征二号”运载火箭的推动下顺利进入太空，“神舟十三号”航天员翟志刚、王亚平和叶光富也将开始为期个月的“太空旅行”。如图所示为“长征二号”运载火箭，下列关于它在竖直方向加速起飞过程的说法，正确的是
 

A. 火箭加速上升时，航天员对座椅的压力小于自身重力
B. 燃料燃烧推动空气，空气反作用力推动火箭升空
C. 保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后处于失重状态
D. 火箭喷出的热气流对火箭的作用力大于火箭对热气流的作用力

6.（20分）足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端连接电容为的电容器，导轨间距为，磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场穿过导轨所在平面。一根质量为的导体棒垂直静置在导轨上，俯视图如图。时刻导体棒在水平拉力作用下从静止开始向右运动，电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图所示，则 
 

A. 导体棒的加速度
B. 水平拉力的大小为
C. 通过导体棒的电流大小为
D. 时间内安培力所做的功为

7.（20分）质谱仪在核能开发和利用过程中具有重要意义，如图是质谱仪的工作原理示意图，加速电场的两平行金属板间距为，电势差为质量为、电荷量为的正离子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，进入速度选择器。离子沿直线穿过速度选择器后经过狭缝垂直于磁场方向进入磁感应强度为的匀强磁场中，做半径为的匀速圆周运动并打在胶片上，设速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为和，则
 

A. 速度选择器中磁场的方向垂直纸面向里
B. 加速电场场强大小为
C. 离子打在胶片上的位置越靠近狭缝，离子的荷质比越小
D. 能通过狭缝的带电离子的速率等于

8.（20分）把甲、乙两球从水平地面上以相同的初动能同时向空中抛出，不计空气阻力，两球的动能随高度变化的关系如图所示，它们所到达的最大高度相同。以地面为零势能位置，下列说法正确的是
 

A. 甲球的初速度比乙球大
B. 甲球质量比乙球大
C. 在抛出后的同一时刻甲球重力势能比乙球大
D. 两球速度大小相同时甲球比乙球高

9.（6分）某同学利用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。首先将木板倾斜固定在水平面上，木板与水平面间的夹角为，木板底端固定一打点计时器，然后将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。使木块瞬间获得一初速度沿木板向上运动，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取比较清晰的一段如图乙所示，取、、、、五个计数点，每相邻两个计数点之间还有四个点未画出，打点计时器使用交流电的频率为，测得相邻两计数点之间距离分别为、、、。已知，，重力加速度取。 
 
通过计算纸带数据可得木块运动的加速度大小为 ______ ，木块与木板间的动摩擦因数为 ______ 计算结果均保留位有效数字。 
如果当时所用交变电流的频率为，而该同学仍按计算，由此会造成木块与木板间动摩擦因数的测量值与实际值相比 ______ 选填“偏大”“偏小”或“不变”。

10.（6分）某同学设计了如图甲所示的电路，描绘某热敏电阻的阻值随温度变化的关系曲线，要求根据图甲电路测量的热敏电阻的阻值范围为。实验室提供的器材有： 
A.待测热敏电阻； 
B.电池组：电动势约为，内阻可忽略不计； 
C.电压表：量程为，内阻约为； 
D.电压表：量程为，内阻约为； 
E.电流表：量程为，内阻约为； 
F.电流表：量程为，内阻约为； 
G.滑动变阻器：最大阻值为； 
H.开关一个，导线若干。 
电压表应选用 ______选填“”或“”，电流表应选用 ______选填“”或“”。 
请用笔画线代替导线将图甲电路补充完整。 
将热敏电阻浸入热水中，调节热敏电阻的温度，测出热敏电阻在不同温度下的阻值，描绘出的图像如图乙所示，则时热敏电阻的真实值 ______选填“大于”，“等于”或“小于”。 
将该热敏电阻用于如图丙所示的火灾报警器电路中，报警器并接在、两点，已知，，，当点的电势高于点的电势时报警器开始报警，若出现火灾，则热敏电阻的温度为 ______时报警器开始报警。结果保留两位有效数字

11.（9分）如图所示，固定于同一条竖直线上的、是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为和，、相距为，是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球，质量为、电荷量为可视为点电荷，不影响电场的分布，现将小球从与点电荷等高的处由静止开始释放，小球向下运动到距点距离为的点时，速度为，已知与之间的距离为，静电力常量为，重力加速度为。求： 
、间的电势差； 
小球经过点时的加速度。
 

12.（9分）如图所示，半径为的光滑圆弧固定在光滑的水平面上，在点静止着一个滑块，载人小车静止在水平面上的点。滑块从点正上方距点高处由静止释放，从点进入圆弧并沿圆弧运动，运动到点与发生碰撞，碰后、粘合为一个结合体。已知、和的质量分别为、、，重力加速度取。 
求、碰撞后的速度大小； 
如果结合体与小车发生弹性碰撞，求碰后小车的速度大小。 
如果人每次以的速度相对地面将反向推出，求人最多能推多少次。
 

13.（20分）以下说法正确的是

A. 一定质量的气体，在吸收热量的同时体积增大，内能有可能不变
B. 内能相等的两个物体相互接触，也可能发生热传递
C. 仅知道阿伏加德罗常数和氮气的摩尔体积，能算出氮气分子的体积
D. 当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离越小，分子计能越大
E. 在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

14.（9分）如图所示，有一根粗细均匀、两边等长的形细玻璃管，左端开口、右端封闭且导热良好。形管竖直放置，管内有一段水银柱，右边封闭了一段空气柱。环境温度为时，左、右两边空气柱的长度分别为和，大气压强为。计算结果保留位有效数字 
若改变环境温度，使左右两边管内水银液面相平，求此时的环境温度。 
若不改变环境温度，而将左边管口也封闭，让形管两端竖直朝上自由下落下落时忽略空气阻力；下落时间足够长且下落时形管保持竖直。求气体状态稳定后，左右两边水银柱的高度差是多少？
 

15.（20分）一列沿轴传播的简谐横波在时刻的波形如图甲所示，图乙是位于的质点此后的振动图像，是位于处的质点。则下列说法正确的是
 

A. 波沿轴正方向传播
B. 在时间内，质点的速度在增大，加速度在减小
C. 在时，质点运动到点
D. 在时，质点 通过的路程为
E. 在时，质点的位置坐标为

16.（9分）如图所示，直角三角形为某种透明介质的横截面，，，面涂有反光材料。某单色光从上的点垂直射入介质，经面反射后从面上射出，射出方向与面垂直。已知，不考虑光在面的反射。求： 
介质的折射率； 
光在介质中的传播时间。
 

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：一群处在的能级的氢原子向低能级跃迁时，能够发出种不同频率的光子，其中从能级跃迁到能级释放出的光子的能量值最大，为：；从能级跃迁到能级释放出的光子的能量值最小，为：；故错误，正确。 
故选：。 
一群处在能级的氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为种，跃迁释放出的光子的能量满足：。 
解决本题关键要理解氢原子向低能级跃迁原理，跃迁回低能级可以直接跃迁到基态，也可以逐级跃迁。
 

2.【答案】B

【解析】解：两球抛出后都做平抛运动，两球从同一高度抛出落到同一点，它们在竖直方向的位移相等，小球在竖直方向做自由落体运动，由于竖直位移相等，根据 
 
可得其运动时间为 
 
对于小球，有 
 
解得 
 
对于小球，其垂直打在斜面上，则有 
 
解得 
 
则 
 
故 
 
故错误，正确。 
故选：。 
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据题意应用平抛运动规律求出两球的水平初速度，然后求出其比值 
此题主要考查了平抛运动规律的应用，认真审题、理解题意，知道两球的运动时间相等是解题的前提，解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，运用运动学公式进行求解。
 

3.【答案】B

【解析】解：、将另一个均匀带等量正电半球面与该半球面组成一个球面，两个半球面在点的电场强度等于零，左侧半球在点产生的电场方向向右，则右侧半球面在点的电场强度方向向左，故错误，正确； 
、因为点的电场强度方向向左，所以连线上各点电场强度向左，根据沿电场线方向电势降低可得点电势比点低，故错误。 
故选：。 
根据均匀带电球面内部的电场强度处处为零结合“割补法”进行分析； 
根据沿电场线方向电势降低分析电势高低。 
本题主要是考查电场强度方向的判断，关键是能够根据“割补法”进行分析，知道均匀带电球面内部的电场强度处处为零。
 

4.【答案】A

【解析】解：整体受力分析，由平衡条件得 
 
由对称性可知 
 
对上方木模受力分析有 
 
则 
， 
故正确，错误； 
故选：。 
利用整体法判断木模对水平面的压力情况，将上方木模隔离分析短线的拉力情况。 
此题主要考查的是受力分析，需要灵活使用整体法和隔离法。
 

5.【答案】C

【解析】 
根据火箭运动过程受力情况以及牛顿第二定律、牛顿第三定理，结合火箭运动的状态，分析火箭所处的状态． 
此题主要考查了牛顿第三定律、超重和失重，要注意掌握火箭上升原因是受到气流的反作用力． 
 
、火箭加速上升时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知航天员受到的支持力大于自身的重力，由牛顿第三定律知航天员对座椅的压力大于自身重力，故错误； 
、火箭受到重力、空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，燃料燃烧向下喷气，喷出的气体的反作用力推动火箭升空，故错误； 
、保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有竖直向上的速度，所受重力和空气阻力均竖直向下，合外力方向竖直向下，故加速度方向竖直向下，处于失重状态，故正确； 
、火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力是作用力和反作用力，二者等大反向，故错误； 
故选：。 

 

6.【答案】AC

【解析】解：、电容器两极板间电势差，根据右图可知：，所以有：，解得导体棒的加速度，故正确； 
、对导体棒根据牛顿第二定律可得：，解得：，故错误； 
、时间内通过导体棒的电荷量，解得通过导体棒的电流大小为，故正确； 
、根据恒定电流做功的计算公式可得：时间内安培力所做的功为，将代入解得：，安培力做负功，故错误。 
故选：。 
电容器两极板间电势差，结合右图分析导体棒的加速度；对导体棒根据牛顿第二定律求解水平拉力；根据电荷量的计算公式求解通过导体棒的电流大小；时间内安培力做负功。 
本题主要是考查法拉第电磁感应定律和图象的结合，关键是能够根据结合图象得到加速度大小，由此分析导体棒的运动情况，掌握安培力做功的计算方法。
 

7.【答案】BD

【解析】解：、离子受到的电场力向右，所以受到的洛伦兹力向左，根据左手定则可以判断出速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故A错误； 
B、离子经过加速电场的过程中，由动能定理可得，离子再匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得，两方程联立可解得加速电场的场强大小为，故B正确； 
C、由题意知，，，整理得，离子打在胶片上的位置越靠近狭缝，即越小，离子的荷质比就越大，故C错误； 
D、离子在速度选择器中做直线运动，故离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即，所以能通过狭缝的离子的速率等于，故D正确。 
故选：。 
根据左手定则可以判断速度选择器中的磁场方向；离子经过加速电场获得速度，最后进入磁场做匀速圆周运动，根据动能定理和牛顿第二定律可以得到加速电场的场强大小，进而可以判断出荷质比的大小；离子能够直线通过速度选择器，是因为受电场力和洛伦兹力是一对平衡力。 
根据动能定理可以得到离子进入磁场的速度大小，根据牛顿第二定律可以得到离子的轨道半径与荷质比的关系。
 

8.【答案】BC

【解析】解：由图可知，当两球达到最大高度时，甲球动能为零，甲球为竖直上抛运动，而乙球在最大高度时动能不为零，可知乙球的斜上抛运动； 
A.对甲球： 
解得 
 
设乙球与竖直方向的夹角为，则 
 
由于 
 
可得 
 
故错误； 
B.两球初动能相等，根据动能表达式可知甲球质量比乙球大，故正确； 
C.由选项分析可知 
 
在竖直方向上，同一时刻，两球离地面高度相同，甲球质量大于乙球质量，则甲球重力势能比乙球大，故正确； 
D.对甲球： 
对乙球： 
当，两式相减可得 
 
由于甲球质量比乙球大，可得 
 
故错误。 
故选：。 
根据题意可分析甲乙的运动情况，进而判断甲乙速度大小，根据图像分析质量大小，根据机械能守恒定律分析选项。 
此题主要考查机械能守恒定律，解题关键掌握对图像的认识，注意机械能守恒定律的应用。
 

9.【答案】8.1  0.26  偏大

【解析】解：根据逐差法，利用，，求加速度， 
根据牛顿第二定律，，，代入数据解得 
计算时，频率大了，根据公式可知，周期变小了，代入的计算式计算时，会使加速度算大，从而动摩擦因数计算大了。 
故答案为：，，偏大。 
处理纸带数据时，要用逐差法求加速度，结合牛顿第二定律就可以求出动摩擦因数。在计算时可以分析频率变大，使得周期变小，加速度变大，所以动摩擦因数也变大。 
此题主要考查实验中纸带的数据处理问题，要学会用逐差法求加速度，会分析频率变化时，对加速度测量的影响。
 

10.【答案】D  F  大于  68

【解析】解：电池组电动势是，电压表应选择；电路最大电流约为，电流表应选择。 
由题意可知热敏电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法；由于热敏电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，实验电路图如图所示 
 
由于电流表采用内接法，电压的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，热敏电阻的测量值大于真实值。 
当、两点电势相等时，根据图丙所示电路图可知：，代入数据解得：， 
由图乙所示图象可知，时温度，当温度是时报警器开始报警。 
故答案为：；；实验电路图如上图所示；大于；。 
根据电源电动势选择电压表；根据电路最大电流选择电流表。 
根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后完成实验电路图。 
根据图示电路图分析实验误差。 
根据图丙所示电路图应用串并联电路特点求出的阻值，然后根据图乙所示图象求出温度。 
要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；分析清楚电路结构根据图示图象可以解题。
 

11.【答案】解：（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：mgd+qUCO=，解得：UCO=； 
（2）小球p经过O点时受力分析如图，由库仑定律得：F1=F2=k，它们的合力为：F=F1cos45°+F2cos45°，O点处的场强为：E=， 
由牛顿第二定律得：mg+qE=ma， 
解得：a=+g， 
 
答：（1）C、O间的电势差为； 
（2）小球p经过O点时的加速度为+g。

【解析】 
小球由运动到时，根据动能定理解得； 
根据点的场强实际上是两点电荷在点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性，结合正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律求解即可。 
此题主要考查的是等量异种电荷的电场具有对称性的相关问题，关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题。
 

12.【答案】解：（1）滑块Q下落过程中，根据动能定理可得：g（R+H）= 
代入数据解得：=12m/s 
Q与P相碰过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：=（+） 
代入数据解得：=2m/s； 
（2）E与M相碰过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：（+）=（+）′+ 
根据机械能守恒定律可得：（+）2=（+）′2+2 
联立解得：=m/s； 
（3）取向右为正方向，第一次推出过程中，根据动量守恒定律可得：（+）=-（+）v+ 
以后每次推出过程中，小车的动量变化均为：Δp=2（+）v 
推N次后，小车的动量=+（N-1）Δp 
根据题意可得：＞v 
解得：N≥5.4次 
所以N=6次。 
答：（1）P、Q碰撞后的速度大小为2m/s； 
（2）如果结合体E与小车M发生弹性碰撞，碰后小车的速度大小为m/s； 
（3）如果人每次以v=10m/s的速度（相对地面）将E反向推出，人最多能推6次。

【解析】 
根据动能定理求解与碰撞前的速度大小，根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小； 
与相碰过程中，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程联立解答； 
根据动量守恒定律分析第一次推出以后每次推出过程中小车的动量变化，根据动量守恒定律结合题意进行解答。 
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
 

13.【答案】ABD

【解析】解：、根据热力学第一定律，吸收热量说明，体积增大说明对外做功，则，故内能有可能不变，故正确； 
、内能是物体所有分子动能和分子势能的总和，内能相同不代表两物体温度相等，所以有可能发生热传递，故正确； 
、氮气的摩尔体积与阿伏伽德罗常数的比值计算得到的是氮气分子所占有的平均空间，并不是氮气分子的体积，故错误； 
、根据分子间为斥力时，当分子间距减小时，分子力做负功，分子势能增加，故正确； 
、被封闭气体的压强是由气体分子无规则运动时与器壁表面碰撞时的作用力引起的，与超重、失重无关，故错误； 
故选：。 
由热力学第一定律分析选项，根据内能的定义可知，内能相同不代表两物体温度相等，所以有可能发生热传递，根据气体分子的体积与气体分子所占有的平均空间的区别可以分析选项，根据分子力做功可以确定分子势能的增减，根据气体压强产生的本质可以知道选项错误。 
该题考查热学部分相关的知识点，属于基本概念、原理的考查，需要学生加强该部分知识点的记忆，题型简单。
 

14.【答案】解：（1）初态：=-（-）cmHg=75cmHg-（20-15）cmHg=70cmHg，V1=S，T1=240K 
末态：==75cmHg，，T2 
根据一定质量理想气体状态方程可得： 
解得T2=300K 
（2）让U形管两端竖直朝上自由下落，处于完全失重状态，左右两边气体压强相等， 
假设左边液面下降了l，对左边气体：S=p（+l）S 
对右边气体：S=p（-l）S 
解得l=0.588cm 
高度差h=2l+（-）=2×0.588cm+（20-15）cm=6.18cm 
答：（1）若改变环境温度，使左右两边管内水银液面相平，此时的环境温度为300K。 
（2）气体状态稳定后，左右两边水银柱的高度差是6.18cm。

【解析】 
对左边气体，找出初末状态参量，根据一定质量理想气体状态方程即可求得； 
做自由落体运动，处于完全失重状态两侧气体压强相同，对两边气体，找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得。 
此题主要考查了玻意耳定律和一定质量的理想气体状态方程，找出初末状态参量，抓住自由下落时处于完全失重状态即可。
 

15.【答案】ADE

【解析】解：、由图乙可知质点的起振方向向下，由波的上坡下，下坡上法则可得知波沿轴正方向传播，故正确； 
、由甲图结合选项可知，时刻质点在平衡位置开始向上振动，由乙图可知，振动的周期为，所以在时，刚好经过，回到平衡位置，在时间内，在远离平衡位置，有速度减小，加速度增大，故错误； 
、横波中质点只会上下振动，不会随波移动，故错误； 
、由代入数据计算可得波速，波从传到点需要，此后上下振动，所以在内振动的路程为，故正确； 
、在，由可知波传到点，用了，后面还有，为，且点的起振方向和相同是向上，故在时，质点的位置坐标为，故正确。 
故选：。 
已知质点的振动方向，利用同侧法可以判断波的传播方向，由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速，分析波动过程，根据时间与周期的关系，分析质点的运动方向、路程、位置坐标。 
此题主要考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。
 

16.【答案】解：（1）根据题意画出光路图如图所示，光在E点发生反射，光在F点发生折射，由反射定律：∠1=∠2=30°； 
             
             由几何关系可知△AEF为等边三角形，可知∠3=30°，又因为光沿垂直AB面方向射出，则：∠4=60°， 
           根据折射定律解得：介质的折射率=。 
      （2）光在介质中的传播速度：，由光路图可知，光在介质中传播的路程为：， 
            而，，由于惯性在介质中做匀速直线运动， 
            因此光在介质中的传播时间：，解得：t=1.3×10-9s。 
答：（1）介质的折射率为； 
     （2）光在介质中的传播时间为1.3×10-9s。

【解析】 
根据题意画出正确光路图，利用几何知识计算出在点的入射角和折射角，得出介质的折射率；  
根据光线在介质中的路线，利用几何知识求出传播的总路程，利用匀速直线运动的规律求出时间。 
解得本题的关键是：根据题意正确画出光路图，利用折射定律、几何知识和匀速直线运动的规律可求解答案。