1、2022年湖北省武汉七联体高考物理模拟试题题号总分得分、选择题。（共 48 分）本题共 8 小题，每题 6 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 题有多想符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。08796ad1fb92954d47ee5c7b7b7f3a781.我国自主研发的聚变裂变混合反应堆的主体部分由“聚变堆芯”和“裂变包层”等组成，“聚变堆芯”中氘、氚燃料发生可控热核聚变反应，输出大量高能中子，“裂变包层”中的 23892 在高能中子的作用下可转变为 23992，23992 经过两次衰变后可变成 2
2、3994，23994 发生裂变反应能够稳定、可控地输出巨大的能量。1 个 23994 核“捕捉”一个中子发生裂变反应，可产生两个中等质量的新核1、2，同时产生 个中子。已知 23994 核、1 核、2 核和中子的质量分别为、1、2 和，光在真空中的传播速度为，下列说法正确的是（）A.“聚变堆芯”中发生的核反应方程为 21H+31H 32H+10nB.23992 衰变为 23994 发生了 2 次 衰变C.新核 1 的比结合能小于 23994 核的比结合能D.1 个 23994 核发生裂变反应释放的能量 =1 2 (1)243d126a6c3255c6622aee6dbb15d29832.在光滑
3、的水平面上，一滑块的质量 =2 kg，在水平面上受水平方向上恒定的外力 =4 N（方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过、两点时速度大小均为 =5 m/s。滑块在 点的速度方向与 连线的夹角 =37，sin 37=0.6，则下列说法正确的是（）A.水平恒力 的方向与 连线成 53 角B.滑块从 到 的时间为 6 sC.滑块从 到 的过程中速度最小值为 5 m/sD.、两点的距离为 12 mbbafb77e580e03b95b268e97e5326dea3.如图，正方形线框 由四根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点、与
4、直流电源两端相接，已知导体棒 受到的安培力大小为，则线框 受到的安培力大小为（）-1-A.2 B.43C.23D.0daab239f0a6aefa73bd7cb9344113bcb4.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷 产生的电场中，沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的、两点，其中 点的场强大小为，方向与 连线成 30 角；点的场强大小为，方向与 连线成 60 角，粒子只受电场力的作用。下列说法中正确的是（）A.点电荷 带正电B.点的电势低于 点电势C.从 到，系统的电势能减小D.粒子在 点的加速度大于在 点的加速度7bf619ae29e69811a1551bf83df8b57
5、15.如图所示，长度为 的轻杆上端连着一质量为 的小球（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平地面上的 点。置于同一水平面上的立方体 恰与 接触，立方体 的质量为。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而 与 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为 37(sin 37=0.6，cos 37=0.8)，重力加速度为，则下列说法正确的是（）A.、质量之比为 27：25B.与 刚脱离接触的瞬间，、速率之比为 3：5C.落地时速率为 2D.与 刚脱离接触的瞬间，的速率为 35199f51776eb8dd82510347bac4ce463e6.我国于 2020 年 7 月成功发射火星探测器“天问 1
6、号”，预计“天问 1 号”经过 10 个月左右的飞行将到达火星，着陆火星表面并进行巡视探测。假设探测器在火星表面和地球表面以相同的速度竖直上抛一物体，其在地球上落回抛出点的时间是火星上的 倍，已知地球半径与火星半径之比为。不计地球和火星的自转及其表面气体的阻力。下列说法正确的是（）-2-A.地球绕太阳运动周期的平方与火星绕太阳运动周期的平方之比为 3B.地球表面与火星表面的重力加速度大小之比为 1C.地球与火星的质量之比为 2 D.地球与火星的第一宇宙速度大小之比为 112dd6ef1fefda4a29269fde7a44d3477.网红景点“长江索道”已成为重庆旅游的一张靓丽名片，如图 1
7、所示为长江索道上运行的轿厢，为研究轿厢及厢中乘客的受力和运动情况，建立如图 2 所示物理模型，倾斜直索道与水平面夹角为30，载人轿厢沿钢索做直线运动，轿厢底面水平，质量为 的人站立于轿厢底面且和轿厢壁无相互作用，人和轿厢始终保持相对静止，某次运行中测得人对轿厢底面的压力恒定为 1.2，为重力加速度，则下列说法正确的是（）A.轿厢一定沿钢索向上运动B.轿厢的加速度一定沿钢索向上C.轿厢对人的摩擦力水平向右D.人对轿厢的作用力大小为 1.47f37334de7c885ade46ca676dbd0a60d8.如图所示，左侧变压器原、副线圈的匝数之比为 2 5，输入电压有效值为 10 V 的正弦交变电
8、流。连接两理想变压器的输电线的总电阻为 10，右侧变压器原、副线圈的匝数之比为 2 1，输电线上损失的功率为 10 W。下列说法正确的是（）A.负载电阻的阻值为 3.75 B.负载电阻的阻值为 7.5 C.负载电阻的电功率为 15 WD.负载电阻的电功率为 25 W、选择题。（共 62 分）共 62 分。第 912 题为必考题，每个试题考生都必须作答，第 1314 题为选考题，考生根据要求做答。76f9357b11fb03f935959b4b5a6a1c659.某同学利用如图甲所示的电路测量一电源的电动势和内阻，其中电压表 的内阻很大，电流表 的内阻为 2.5。-3-（1）请根据图甲，用笔画线
9、代替导线，将图乙中实物间的连线补充完整。（2）为保证电路安全，实验开始前，应使电阻箱的阻值。（选填“最大”或“最小”)（3）改变电阻箱的阻值，记录多组电压表的示数 以及电流表对应的示数，作出 图像，如图丙所示。则该电源的电动势为V、内阻为。（结果均保留三位有效数字）730bf97c3498c6654dd583ca3300a05d10.采用如图所示的装置验证动量守恒定律。将两个小球用细线悬挂起来，静止时两球相切，球心等高，两细线恰好竖直。保持细线伸直，将 球向左拉起，由静止开始释放，两球碰撞后，球被反弹向左摆动。则：（1）两球质量关系为（选填“”、“，且点电荷的电场中等势面是以场源电荷为圆心的同
10、心圆，沿着电场线方向，电势逐渐降低，故 点的电势高于 点电势，故 B 错误；C 项、从 到，电场力对带正电的粒子做正功，系统的电势能减小，故 C 正确；D 项、由上图可知，且根据 =2 可知粒子在 点的场强小于在 点的场强，故粒子在 点的加速度小于在 点的加速度，故 D 错误；故选：C。75480898e1756261efdcc00bcf4e74c75.【答案】A【解析】本题主要考查机械能守恒定律选项分析：A 项，脱离接触之前，由机械能守恒定律(1 sin 37)=122+122，解得：=27：25，故 A 项正确。B 项，杆对 的作用力先是支持后是拉，与 刚脱离接触的瞬间，杆对 的作用力等于
11、零，的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度等于 的速度，解 sin 37=得：=5：3，故B 项错误。C 项，脱离接触之后由机械能守恒定律 sin 37=122 122解得 =95，故 C 项错误。D 项，与 刚脱离接触的瞬间 对 也没有作用力，只受重作用，根据牛顿第二定律 sin 37=2，解得 =35 =3535，故 D 项错误。综上所述，本题正确答案为 A。786a5dfcc2293216c9c959c2c9b1a9cc6.【答案】CD【解析】本题考查了万有引力定律及其应用。解：A、根据开普勒第三定律得：答案解析第 2（共 8）1213=2223解得：1222=1323，因为题目中已知地球
12、半径与火星半径之比为，不知道地球和火星到太阳的距离，故 A 错误。B、对物体做竖直上抛运动有：0=2解得：=20由题意知 地=火故 地火=1，故 B 错误。C、在星球表面，根据物体受的万有引力等于重力得：2=解得：=2联立解得：地火=2，故 C 正确。D、第一宇宙速度指物体在卫星表面附近做匀速圆周运动的速度，在卫星表面，根据牛顿第二定律得：=2解得：=地火=地地火火=，故 正确。故选：C、D。8068448e25bb09b7c2ee7788d318b9f87.【答案】BC【解析】A、B、C 项、某次运行中测得人对轿厢底面的压力恒定为 1.2，大于人的重力，则人和轿厢有竖直向上的分加速度，又人和
13、轿厢的加速度方向一定沿钢索方向，故人有水平向右的分加速度，说明人受到了轿厢底面对人的水平向右的摩擦力作用，人和轿厢始终保持相对静止，故轿厢的加速度一定沿钢索向上，但不能确定轿厢的运动方向，故 A 错误，B、C 正确；D 项、以人为研究对象，在竖直方向有N =则人在水平方向的加速度 =tan 30在水平方向，根据牛顿第二定律有=则轿厢对人的作用力大小为 =2N+2答案解析第 3（共 8）联立代入数据可得 =395 由牛顿第三定律可知，人对轿厢的作用力大小为 395 故 D 错误。故选：B、C。fb30221ef52a6fbabb84b91df7c4744c8.【答案】AC【解析】掌握住理想变压器
14、的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题设左侧变压器线圈上的电压，且 1=10V电流 1，副线圈上的电压 2，电流 2，右侧变压器原线圈上的电压 3，电流 3，且2=3副线圈上的电压 4，电流 4，由题意可知，损耗的功率为热=22代入数据解得：2=1A故 2=3=1A有 12=21代入数据解得：1=2.5A故负载电阻功率为 =输入 损=25 W 10 W=15 W又 =24而 34=43则 4=2A故 =24=1522 =3.75，故 B、D 错误，A、C 正确。故选：A、C。、选择题49ac94780bb84018018c3fc9f8023de99.【答案】最大5.907
15、.50【解析】（1）根据图甲电路图连接实物图如下：答案解析第 4（共 8）（2）为保证电路安全，实验开始前，应使电阻箱的阻值最大。（3）分析图甲电路图，根据闭合电路欧姆定律得：=+(+)，整理得：=(+)，结合图像得：=5.90 V，=|=5.90 5.0090 103 2.5 =7.50。68238343b66dfdbb0bf629c74b927e3610.【答案】1=2+3天平刻度尺B、C、E【解析】（1）两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量小于被碰球的质量，即 。（2）设碰撞前瞬间 的速度大小为 0，碰撞后瞬间，的速度大小为，的速度大小为，由动能定理得：球下摆过程，对 球：1=1220 0
16、 球碰撞后反弹过程，对 球：2=0 122碰撞后 摆动过程，对 球：3=0 122两球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：0=+，整理得：1=2+3（3）实验需要用天平测小球的质量，需要用刻度尺测量小球的高度。（4）A 项、起始小球在最低处静止时，细线长度略有不等，但两球心等高，两球发生对心正碰，对验证动量守恒表达式没有影响，故 A 错误；B 项、起始小球在最低处静止时，两细线上端系在同一点上，两球碰撞时的速度方向不是水平方向，对验证动量守恒表达式有影响，故 B 正确；C 项、球开始释放时有一定的初速度，小球到达最低点时的速度偏大，对验证动量守恒表达式有影响，故 C 正确；
17、D 项、两球碰撞过程系统动量守恒，两球碰撞过程中有机械能损失对验证动量守恒表达式没有影响，故 D 错误；E 项、球摆到最高点的位置记录不准确，影响小球速度的测量，对验证动量守恒表达式有影响，故 E 正确。故选：B、C、E。9d9e0db12f2b12166e257198b3b0bf1e答案解析第 5（共 8）11.【答案】6f891f7bebae8febbcebe52f6614985d（1）电子的比荷为 4203。a7b752c38789768390a243d20dc2f9ad（2）撤去电场，在原来的电场区域内施加垂直纸面的磁场，电子仍从 点以初速度 0 水平进入，从 点射出，则磁场的大小 3
18、40、方向垂直纸面向里。【解析】6f891f7bebae8febbcebe52f6614985d（1）从 点进入竖直向上的匀强电场，电子做类平抛运动：垂直于电场线方向：sin 60=0沿电场的反方向：cos 60=122根据牛顿第二定律有：=联立以上几式可得：=4203。a7b752c38789768390a243d20dc2f9ad（2）撤去电场，加上磁场后，电子做匀速圆周运动：由几何关系可得轨迹半径：=洛伦兹力提供向心力：0=20联立解得：=340，方向垂直纸面向里。e7e03012f5398dcf50f5f663b205667f12.【答案】8bab161b92652e9342cccd7
19、31c24e455（1）刚要向上滑动时，的速度大小为 5 m/sf76318c9b554935ff60d584bf5da4341（2）此过程中 上产生的热量为 1.3 Je856f42865902364a0d2d17681dcdade（3）此过程中 运动的时间为 1.38 s【解析】8bab161b92652e9342cccd731c24e455（1）最初 刚好不下滑，根据平衡有：m=1 sin，刚要向上滑动时，根据平衡有：m+1 sin =，感应电流的大小：=1+2=1+2，代入数据，联立解得：=5 m/sf76318c9b554935ff60d584bf5da4341（2）设在此过程中 上
20、产生的热量为，根据能量守恒得：2 sin =1222+，=21=1，代入数据解得：=1.3 Je856f42865902364a0d2d17681dcdade（3）在此过程中，规定沿斜面向下为正方向，对 棒运用动量定理得：2 sin =2，整理得：2 sin =2，又：=1+2=1+2=1+2，代入数据，联立解得：=1.38 s57913ddd4b793bb5f758aaf3d4c00d7013.【答案】答案解析第 6（共 8）58b75e3f6002c9a8fa0c050ea990b746（1）偏大；1.2 1091af1c593fd5173a01c98b5b3183bf594（2）（）由图
21、可知，气体从状态 到状态 体积不变，为等容变化，根据查理定律可知：=解得气体在状态 时的压强为：=4.5 105 Pa由图可知，气体从状态 到状态 温度不变，为等温变化，根据玻意耳定律可知：=解得气体在状态 时的压强为：=1.5 105 Pa（）由图可知，过程中，气体发生等压变化，外界对气体做功为：=()=300J已知 过程中气体做功数值是 过程中气体做功数值的 3 倍，则 过程中气体对外做功为：=900J由图可知，过程气体体积不变，发生等容变化，外界对气体不做功，因此整个过程中外界对气体做功为：=+=600J整个过程中气体的内能增加量为：=0根据热力学第一定律：=+解得整个过程中气体与外界交
22、换的热量为：=600 J【解析】58b75e3f6002c9a8fa0c050ea990b746（1）油酸未完全散开时就开始测量油酸膜的面积，导致测量的油膜的面积偏小，根据直径的计算公式=可知，计算结果会偏大；油酸分子的直径为：=4.8 109 0.10%40 104m=1.2 109 m1af1c593fd5173a01c98b5b3183bf594（2）（）由图可判断出气体从状态 到状态 为等容变化，根据查理定律可求得气体在状态 的压强，气体从状态 到状态 为等温变化，根据玻意耳定律可求得气体在状态 的压强。（）由图可知，过程气体发生等压変化，过程中气体对外做的功，过程气体发生等容变化，求
23、出整个过程中外界对气体做的总功，再根据热力学第一定律可解得整个过程中气体与外界交换的热量60254e7c07860a37579cbdd949947b4d14.【答案】de29e98634444baa4c1e2fea9a80ebcd（1）ACE13b2e77003b2e7b86d853b8d70c0afe6（2）（i）池底为半球形罩，光线均会垂直于水面摄入，不产生折射光，圆形光斑的边缘，光线与法线的夹角为临界角，根据折射定律得 =1sin，故 sin =1=34，由光线图几何关系可知 =tan 故光斑直径 =2=1277m答案解析第 7（共 8）（ii）紫光的折射率比红光大，故紫光的临界角比红光
24、更小，故红光的光斑直径比紫光大，即水面光斑边缘颜色为红色。【解析】de29e98634444baa4c1e2fea9a80ebcd（1）选项分析：A 项，由图可知，=2 m，=3 m 和 =7 m 相距 2，所以具有相同的运动状态，故 A 项正确。B 项，由图可知 =4 s，则 =0.5 m/s，设 点的平衡位置距原点，点在 时刻的运动状态与原点在()时刻的运动状态相同，由图 知，=6 s 时，原点在平衡位置向上振动，由图 知，点在 =10.5 s 时运动状态与之相同，则原点在 6 s 与 点在 6.5 s 时状态相同，即=0.5 s，得 =0.25m，故 B 项错误。C 项，由图可知，该质点在远离平衡位置，向下振动，减速，加速度方向为 轴正方向，故 C 项正确。D 项，由图可知位移为正值，故 D 项错误。E 项，=18 s 时波形图与图 相同，则 =1.2 m 处速度沿 轴负方向，故 E 项正确。综上所述，本题正确答案为 ACE。13b2e77003b2e7b86d853b8d70c0afe6（2）（i）画出光线图，根据几何关系和折射定律进行求解。（ii）紫光的折射率比红光大，故紫光的临界角比红光更小，故红光的光斑直径比紫光大，即水面光斑边缘颜色为红色。答案解析第 8（共 8）