2022届北京师范大学附属中学高三（下）三模物理试题（解析版）

1、 2022年北京师大附中高三三模物理试卷第一部分1. 下列说法正确的是（）A. 分子间作用力随分子间距离的减小不一定增大B. 理想气体分子热运动的平均动能减小时，气体压强也一定减小C. 布朗运动是液体分子的运动，说明分子永不停息的做无规则运动D. 一定质量的理想气体等温膨胀时会向外放热但内能保持不变【答案】A【解析】【详解】A当分子间的作用力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大而减小；当分子间的作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大。A正确；B影响气体压强的微观因素是分子的密集程度和分子的平均动能，分子的平均动能减小，密集程度可能增加，则压强可能增加或不变，B错误；C布朗运动是固

2、体微粒的无规则运动是由液体分子撞击形成的，说明分子永不停息的做无规则运动，C错误；D一定质量的理想气体在等温膨胀的过程中，内能不变，要对外做功，由热力学第一定律可知，要吸收热量，D错误；故选A。2. 如图所示，两束可见单色光A和B射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后合为一束可见光OC。下列判断正确的是（）A. 在玻璃中A光的速率小于B光的速率B. 在玻璃中A光折射率大于B光的折射率C. A光的光子能量小于B光的光子能量D. A光的频率大于B光的频率【答案】C【解析】【详解】AB由图可知，根据光路是可逆的原理，A光和B光的入射角相等，而A光的折射角大于B光的折射角，根据可知，玻璃对A光折射率小于对

3、B光的折射率，由公式可知，在玻璃中A光的速率大于B光的速率，故AB错误；CD折射率越小，光的频率越小，所以A光的频率小于B光的频率，由可知，A光的光子能量小于B光的光子能量，故C正确，D错误。故选C。3. 太阳能源于其内部的聚变反应，太阳质量也随之不断减少。设每次聚变反应可看作4个氢核结合成1个氦核，太阳每秒钟辐射的能量约为4.01026J。下列说法正确的是（）A. 该聚变反应在常温下也容易发生B. 太阳每秒钟减少的质量约4.4109kgC. 该聚变的核反应方程是D. 目前核电站采用的核燃料主要是氢核【答案】B【解析】【详解】A该聚变反应需要在高温高压条件下发生，所以常温下不容易发生，所以A错

4、误；B根据爱因斯坦的质能方程，可得太阳每秒钟减少的质量为所以B正确；C根据核反应过程中的质量数守恒可得，该聚变的核反应方程为生成物中是正电子，不是电子，所以C错误；D目前核电站采用的核燃料是铀核，利用铀核的裂变反应过程中释放的核能，所以D错误。故选B。4. 平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距3m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰。这列水面波A. 频率是30HzB. 波长是3mC. 波速是1m/sD. 周期是0.1s【答案】C【解析】【分析】【详解】A木块的上下运动反映了所在位置水面质点的振动情况，即

5、波传播方向上的质点每分钟完成30次全振动，因此其频率为f=0.5Hz故A错误；B又因为甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，所以sAB=解得波长为=2m故B错误；CD周期为T=s=2s根据波长、波速、周期间关系可知，这列水面波的波速为v=m/s=1m/s故C正确，D错误。故选C。5. 如图1所示，理想变压器的原线圈接在交流电源上，副线圈接有R=10的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，交流电压表的示数是10V，电流表、电压表均可看作理想电表。图2是交流电源输出电压u随时间t变化的图像。则（）A. 电流表的读数为1.00AB. 电流表的读数为2.00AC. 电源输出电压u随时间t变化的

6、规律是D. 电源输出电压u随时间t变化的规律是【答案】C【解析】【详解】AB交流电压表的示数是10V，则次级电流则初级电流电流表的读数为0.5A，选项AB错误；CD初级电压有效值最大值 则电源输出电压u随时间t变化的规律是选项C正确，D错误。故选C。6. 如图所示，在两块平行金属板间存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。现有两种带电粒子M、N分别以同样的速度v从左端沿两板间的中线射入，都能沿直线从右端射出，不计粒子重力。以下说法正确的是（）A. 带电粒子M、N的电性一定相同B. 带电粒子M、N的电量一定相同C. 撤去电场仅保留磁场，M、N做圆周运动的半径一定相等D. 撤去磁场仅保留

7、电场，M、N若能通过场区，则通过场区的时间相等【答案】D【解析】【详解】AB根据左手定则判断可知，无论粒子带何种电荷，受到的洛伦兹力和电场力的方向总相反，满足qvBqE，即，故可看出粒子能否沿直线射出只与速度有关，与电性和电量无关，故AB错误；C撤去电场后，粒子在剩下的磁场中做匀速圆周运动，有qvBm，可得，两粒子的比荷不一定相同，则运动的半径不一定相同，故C错误；D撤去磁场后，两粒子在电场中做类平抛运动，若能穿过场区，则水平方向做匀速直线运动，由lvt可知两粒子通过场区的时间相等，故D正确。故选D。7. 体育课上某同学做引体向上。他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠

8、（身体无摆动）；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上。下列说法正确的是（）A. 若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力变大B. 若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力不变C. 在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力D. 在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力【答案】B【解析】【详解】AB人在悬垂时处于静止状态，由力的平衡条件可知，手掌受到单杠在竖直方向的弹力不变，A错误，B正确；C人在上升运动中，由于身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于超重状态，后处于失重状态，单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，C错误；D同理，人在下降运动中，身体先做加速运动，后做

9、减速运动，人先处于失重状态，后处于超重状态，单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，D错误。故选B。8. 下面关于几幅图说法正确的是（）A. 图甲说明发生光电效应时，频率大的光对应的饱和电流一定大B. 图乙说明在粒子散射实验中，大多数粒子都有了明显偏转C. 图丙说明氡原子核衰变时的规律是，每过3.8天，原子核发生衰变的概率下降一半D. 图丁可以推断出，图中氧的原子核（）比锂的原子核（）更稳定【答案】D【解析】【详解】A图甲说明产生光电效应时，在入射光的频率一定时，入射光强度越大，单位时间内的光子的数目越多，则饱和光电流越大，由图甲可知，蓝光的频率大于黄光，可饱和光电流不大，A错误；B图

10、乙说明在散射实验中，大多数粒子经金箔后仍沿原来方向运动，可只有少数粒子产生了较大角度的偏转，极少数粒子偏转角很大，有的几乎沿原路返回，B错误；C图丙说明氡原子核衰变时的规律是，每过3.8天，原子核发生衰变的数量下降一半，原子核发生衰变的概率不变，C错误；D由图丁可知，质量数中等的原子核比结合能最大，原子核越稳定，图中氧的原子核（）是比锂的原子核（）更接近中等质量数的原子核，所以氧的原子核（）比锂的原子核（）更稳定，D正确。故选D。9. 如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是（）A. 在过程a

11、b中，气体向外界放出热量，气体的内能减小B. 在过程ca中，外界对气体做功，气体的内能减小C. 在过程bc中，气体对外界做功，气体的内能增大D. 在过程bc中，气体从外界吸收热量，气体的内能增大【答案】B【解析】【详解】A从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A错误；B在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，一定质量理想气体内能决定于气体的温度，温度降低，则内能减小，故B正确；C在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变，故C错误；D在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对

12、外做功，而气体的温度不变，则内能不变，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D错误。故选B。10. 小芳同学利用手边的实验器材设计了如图所示的电路，电阻R的阻值以及电源的电动势和内阻均未知，电压表另一端的接线位置待定。通过改变滑动变阻器接入电路的阻值获得多组数据，并描绘出U-I关系图像（U、I分别为电压表和电流表的示数）。不计电表对电路的影响。下列说法正确的是（ ）A. 若接a，利用该图像可得到电阻R的阻值B. 若接b，利用该图像可得到电阻R的阻值C. 若接a，利用该图像可得到电源的电动势和内阻D. 若接b，利用该图像可得到电源的电动势和内阻【答案】D【解析】【详解】A若接a，电压表并联

13、在变阻器的两端，则可得到变阻器的阻值，不可能得到电阻R的阻值，A错误；C利用图像可得到电动势与电阻R和电源内阻的和，C错误；B若接b，电压表并联在变阻器和电阻R两端，故得到是变阻器和电阻R的阻值，或者利用图像可得到源和内阻，B错误；D利用该图像还可得到电源的电动势，D正确。故选D。11. 某行星外围有一圈厚度为d的光带，简化为如图甲所示模型，R为该行星除光带以外的半径现不知光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，当光带上的点绕行星中心的运动速度v，与它到行星中心的距离r，满足下列哪个选项表示的图像关系时，才能确定该光带是卫星群A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】若光带是卫星

14、群，则应该满足，即，即 图像应该是过原点的直线，故选D.12. 如图甲所示，点电荷A、B相距l，电荷量均为+Q，AB连线中点为O。现将另一个电荷量为+q的点电荷放置在AB连线的中垂线上距O点为x的C点处，此时+q所受的静电力大小为F1。如图乙所示，若A的电荷量变为Q，其他条件均不变，此时+q所受的静电力大小为F2。下列说法正确的是（）A. 若l = x，则F1 = F2B. 若l = 2x，则F1 F2C. 图甲中，若将+q从C点移到O点，则电势能增大D. 图乙中，若将+q从C点移到O点，则电势能减小【答案】C【解析】【详解】A在C点，A、B两电荷对+q产生的电场力大小相同，如图所示根据库仑定

15、律有方向分别为由A指向C和由B指向C，故C处的电场力大小为方向由O指向C。根据几何关系有则有若A的电荷量变为Q，其他条件都不变，如图所示则C处+q受到的电场力为方向由B指向A。根据几何关系有则有若，则，故，故A错误；B若l = 2x，则，故，故B错误；C图甲中，将+q从C点移到O点，电场力做负功，则电势能增大，故C正确；D图乙中，O、C两点是等势点，电势都为零，故将+q从C点移到O点，则电势能不变，故D错误。故选C。13. 如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量

16、为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则（）A. 导体棒水平方向做简谐运动B. 初始时刻导体棒所受的安培力大小为C. 当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为D. 当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于【答案】D【解析】【详解】AD导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则

17、导体棒回到初始位置时产生的感应电动势根据电功率公式可知，AC间的电阻R的热功率故A错误D正确；B根据公式，可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为故B错误；C当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律有解得故C错误。故选D。14. 托卡马克（Tokamak）是一种复杂的环形装置，结构如图所示环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子

18、体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，下列说法正确的是A. 托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的B. 极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体C. 欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变D. 为了约束温度为T的等离子体，所需要的磁感应强度B必须正比于温度T【答案】C【解析】【详解】A、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A错误；B、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束

19、在真空室中，有利于核聚变的进行，故B错误；C、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C正确D、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则，由洛伦兹力提供向心力，则，则有，故D错误第二部分15. 某同学借助图1所示装置验证动量守恒定律，长木板的一端垫有小木块，可以微调木板的倾斜程度，以平衡摩擦力，使两个小车均能在木板上做匀速直线运动。小车1前端贴有橡皮泥，后端与穿过打点计时器的纸带相连，接通打点计时器电源后，图1让小车1以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车2相碰并粘在一起，之后继

20、续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，得到的纸带如图2所示，已将各计数点之间的距离标在图上。（1）图2中的数据有AB、BC、CD、DE四段，计算小车1碰撞前的速度大小应选_段，计算两车碰撞后的速度大小应选_段。（2）若小车1的质量（含橡皮泥）为0.4kg，小车2的质量为0.2kg，根据纸带数据，碰前两小车的总动量是_kgm/s，碰后两小车的总动量是_kgm/s。（结果均保留三位有效数字）（3）关于实验的操作与反思，下述说法正确的是_。A实验中小车1必须从静止释放B若小车1前端没贴橡皮泥，不影响实验验证C上述实验装置不能验证弹性碰撞规律【答案】 . BC#CB . DE#ED . 0.

21、685 . 0.684 . C【解析】【详解】解：（1）1碰撞前小车1以某速度做匀速直线运动，由纸带的打点数据可知，BC段是匀速直线运动阶段，因此计算小车1碰撞前的速度大小应选BC段。2两车在碰撞中，速度不稳定，两车碰撞后，以共同的速度做匀速直线运动，因此计算两车碰撞后的速度大小应选DE段。（2）3打点计时器电源频率为50Hz，打点的周期为由纸带数据，可得两车碰撞前，小车1的速度为碰前两小车的总动量是4两车碰撞后的共同速度为碰后两小车的总动量是（3）5 A碰前小车1处于匀速直线运动，因小车受力平衡，因此实验中小车1要有一定的初速度，不能静止释放，静止释放小车不会运动，实验不能完成，A错误；B若

22、小车1前端没贴橡皮泥，两车碰撞后不能粘在一起，小车2的速度不能测得，因此会影响实验验证，B错误；C上述实验装置两小车的碰撞是完全非弹性碰撞，碰撞中系统机械能不守恒，该装置不能验证弹性碰撞规律，C正确。故选C。16. （1）某同学用多用电表测量某些电学量。经过正确操作，两次测量时的指针位置均指在如图1所示的位置。一次测量直流电压，所选量程为50V，则读数应为_V ；一次测量电阻，记录的读数为1600，则所选倍率为_（选填“1”“10”“100”或“1k”）。（2）在上一问用多用电表测量完电阻后，需要继续测量一个阻值约为13的电阻。在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下有些操作步骤是必需的，请选

23、择正确的操作并按正确顺序写出序号_；将红表笔和黑表笔接触把选择开关旋转到“1”位置把选择开关旋转到“10”位置调节欧姆调零旋钮使指针指向欧姆零点（3）常用的多用电表是由小量程的电流表（表头）改装而成的。有一块满偏电流为50A、内阻为800的小量程电流表，现要将它改装成01mA、010mA两个量程的电流档，某同学设计了如图2、图3所示的两个电路。在图2所示的电路中R1_R2（选填“”或“”）；从保护表头的角度，请你分析说明图2、图3哪种设计更合理：_。 【答案】 . 24.0 . 100 . . . 图3更合理，因为图2电路在通电状态中，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的

24、电流超过其满偏电流而损坏【解析】【分析】【详解】(1)1量程为50V，则读数应为24.0V；2测电阻时，指针示数为16，而实际为1600，所以为“100”倍率。(2)3现在的欧姆表倍率太大，换成“1”倍率时，恰好13在中值电阻附近，所以先将开关转到“1”位置，然后再将红黑表笔对接，进行欧姆调零。步骤为(3)4总电压不变，电流大的那一路电阻小，由欧姆定律知5图3更合理，因为图2电路在通电状态中，更换量程会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏。17. 如图所示，固定长直水平轨道MN 与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R ，PN 恰好为该圆的一条竖直

25、直径可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起静止于N 处，物块A 的质量mA2m，B的质量mBm，两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B 恰好能通过P 点已知物块A 与MN 轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g ，求：（1）物块B 运动到P 点时的速度大小vP；（2）两物块刚分离时物块B 的速度大小vB；（3）物块A 在水平面上运动的时间t 【答案】【解析】【详解】试题分析：（1）物体B 在竖直平面内做圆周运动，在P 点时重力提供向心力由（2）两物块分离后B 物体沿圆轨道向上运动，仅重力做负功（3）物块A 与物块B 由足够大的内力突然分离，分离瞬间内力远大于外力，两物块

26、在水平方向上动量守恒，之后物体A 做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：由运动学公式考点：牛顿第二定律，动能定理，动量守恒18. 如图所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为d的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为R的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为-q的粒子从左极板上A点由静止释放后，在M点离开加速电场，并以速度v0沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从N点射出。MN两点间的圆心角MON=120，粒子重力可忽略不计。（1）求加速电场板间电压U0的大小；（2）求粒子在匀强磁场中运动时间t的大小；（3）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图所示，带电粒子垂直

27、射入该电场后仍然从N点射出。求粒子从M点运动到N点过程中，动能的增加量Ek的大小。【答案】（1）；（2） ；（3）【解析】【分析】【详解】（1）粒子在匀强电场中加速的过程，根据动能定理有解得 （2）粒子在磁场中运动的半径粒子在匀强磁场中运动时间t的大小（3）粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示，根据运动的合成分解及几何关系，在x方向有R+Rcos60=v0t在y方向有Rsin60at2根据牛顿第二定律有Eq=ma联立解得 则粒子从M点运动到N点过程中，动能的增加量19. 电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储电技术的不断提高，电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及

28、。电动机是电动汽车的核心动力部件，其原理可以简化为如图所示的装置：无限长平行光滑金属导轨相距L，导轨平面水平，电源电动势为E，内阻不计。垂直于导轨放置一根质量为m的导体棒MN，导体棒在两导轨之间的电阻为R，导轨电阻可忽略不计。导轨平面与匀强磁场垂直，磁场的磁感应强度大小为B，导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。闭合开关S，导体棒由静止开始运动，运动过程中切割磁感线产生动生电动势，该电动势总要削弱电源电动势的作用，我们把这个电动势称为反电动势E反，此时闭合回路的电流大小可用来计算。求：（1）导体棒运动的速度大小为v时，导体棒的加速度a的大小；（2）导体棒从开始运动到稳定的过程中电源释放的

29、总电能E电的大小；【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】(1)导体棒从静止开始运动，设导体棒运动速度为v，根据反电动势的公式及闭合电路欧姆定律有导体棒中的电流由牛顿第二定律有解得导体棒运动的加速度为(2)设从开始到导体棒速度恰稳定时所需时间为，则对导体棒根据动量定理而当速度最大时，此时加速度零，由上一问结论有那么电源消耗的电能为解得20. 电动汽车具有零排放、噪声低、低速阶段提速快等优点。随着储电技术的不断提高，电池成本的不断下降，电动汽车逐渐普及。电动汽车行驶过程中会受到阻力作用，已知阻力f与车速v的关系可认为（k为未知常数）。某品牌电动汽车的电动机最大输出功率为Pm，最高车速为vm

30、，车载电池最大输出电能为A。若电动汽车始终以最大输出功率启动，经过时间t0后电动汽车的速度大小为v0，求该过程中阻力对电动汽车所做的功Wf；若该车以速度v1（v1小于vm）在平直公路上匀速行驶时，电能转化为机械能的总转化率为，求该电动汽车在此条件下的最大行驶里程s。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】由动能定理可得阻力对电动汽车所做的功若该车以速度v1在平直公路上匀速行驶时，此时车的牵引力大小等于阻力，则有F1=电动汽车的电动机的输出功率为P1=F1v1=f1 v1由功能关系，该电动汽车在此条件下的最大行驶里程，则有电动汽车最高车速为vm，当电动汽车的速度达到最大时，牵引力等于最大阻力，则有电动汽车的最大功率有解得解得该电动汽车在此条件下的最大行驶里程21. “大自然每个领域都是美妙绝伦的。”随着现代科技发展，人类不断实现着“上天入地”的梦想，但是“上天容易入地难”，人类对脚下的地球还有许多未解之谜。地球可看作是半