新高考2022届高考物理二轮综合复习试卷4

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2022届高三二轮综合卷物理（四）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．花岗岩、大理石等装修材料中都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性的说法正确的是(　　)A．U衰变成要经过8次α衰变和6次β衰变B．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后只剩下1个氡原子核C．α、β和γ三种射线中，α射线的穿透能力最强D．放射性元素的半衰期会随着周围环境温度的变化而改变【答案】A【解析】因为β衰变的质量数不变，所以α衰变的次数，在α衰变的过程中电荷数总共少16，则β衰变的次数，故A正确；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故B错误；α射线实质是氦核，β射线是高速的电子流，γ射线实质是电磁波，γ射线的穿透本领最强，α射线穿透本领最弱，故C错误；放射性元素的半衰期由原子核的自身结构决定，与环境温度无关，故D错误。2．如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r＝1.5m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10m/s2，则ω的最小值是(　　)A．1rad/sB．rad/sC．rad/sD．5rad/s【答案】C【解析】若物块转到最高点时恰不下滑，则对物块由牛顿第二定律可知，，，解得ω＝rad/s，故选C。3．如图，在光滑的绝缘水平桌面上，两条固定的平行长直导线a和b均通以电流，矩形金属线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流。若线框在a、b产生的磁场作用下静止，则a、b的电流可能是(　　)A．大小相等，方向均向左B．大小不等，方向均向左C．大小相等，a的电流向左，b的电流向右D．大小不等，a的电流向左，b的电流向右【答案】C【解析】若a、b电流大小相等，方向向左，根据安培定则以及磁场叠加可知，在线框上边所在处的磁场方向垂直与纸面向外，在线框下边所在处的磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，线框上边所受的安培力向下，下边所受的安培力也向下，则线框不能处于静止状态，A错误；若通以大小不等的电流，若a导线电流大于b导线电流，根据右手定则和场强叠加原理，可能使得线框上边与下边磁场相反，电流也相反，安培力方向相同，不平衡；也可能上下边所处的磁场方向相同，但通过通电直导线感应磁场分布的特点可知，上边的磁场强度大于下边的磁场强度，线框的上下边电流相同，故线框上边安培力大于下边安培力，受力不平衡，若a导线电流小于b导线电流，同理分析，B错误；大小相等，a的电流向左，b7 的电流向右，由右手螺旋定则和场强叠加原理可知上下边所处的磁场强度大小和方向都相同，电流相反，安培力等大反向，故受力平衡，C正确；大小不相等a的电流向左，b的电流向右，由右手螺旋定则和场强叠加原理可知上下边所处的磁场强度相同，大小不等，电流相反等大，安培力反向不等大，故受力不平衡，D错误。4．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船采用自主快速交会对接方式，首次径向靠近空间站。两者对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为ω，距地高度为kR，R为地球半径，万有引力常量为G。下列说法中正确的是(　　)A．神舟十三号在低轨只需沿径向加速可以直接与高轨的天宫空间站实现对接B．地球表面重力加速度为ω2(k＋1)3RC．对接后的组合体的运行速度应大于7.9km/sD．地球的密度为【答案】B【解析】神舟十三号在低轨只沿径向加速不可以直接与高轨的天宫空间站实现对接，一般对接需要进行二次以上的速度调整，A错误；地球表面重力加速度为g，则有G＝mg，，联立解得，，B正确；对接后的组合体的运行速度应小于7.9km/s，第一宇宙速度是最大的环绕速度，C错误；地球的密度为，D错误。5．某同学将铁架台放在竖直电梯的底板上，将力传感器上端固定在铁架台的铁夹上，力传感器下端悬挂一个质量为m的钩码。当电梯从1楼由静止开始运行到5楼停止的过程中，数据采集系统采集到传感器受到的拉力F随时间t的变化如图所示，忽略由于轻微抖动引起的示数变化。下列说法正确的是(　　)A．abc过程与def过程中电梯运动的方向相反B．ab过程钩码处于超重状态，bc过程钩码处于失重状态C．abc过程中钩码的机械能先增加后减少D．曲线abc与线段ac包围的面积等于曲线def与线段df包围的面积【答案】D【解析】当电梯从1楼由静止开始运行到5楼停止的过程中运动方向没有发生变化，A错误；由图可知ab过程和bc过程拉力F均大于重力，说明钩码处于超重状态，加速度向上，电梯加速上升，B错误；abc过程中电梯加速上升，当加速上升过程中，钩码的机械能增加，C错误；F－t图像中面积表示力对时间的积累，即冲量。由图可知，从a到f记录了电梯的一个运动过程：先向上加速，然后匀速，最后减速；即加速过程和减速过程的动量变化量大小相等，由动量定理可知，加速过程和减速过程的合外力冲量相等，故曲线abc与线段ac包围的面积等于曲线def与线段df包围的面积，D正确。6．如图，正点电荷位于平面直角坐标系xOy中，A点坐标为（，0），B点的坐标为（0，1），C点为AB的中点，D点为OA的中点。其中O点与C点电势相等，A点与B点电势相等。则(　　)A．该点电荷一定位于A、D两点之间B．A点的电场强度一定比C点的电场强度大C．将正试探电荷从B点移到C点，电势能增大D．将负试探电荷从O点移到B点，电场力做正功【答案】C【解析】根据点电荷在距其r处的电势为，做∠B的角平分线交于OA的E点，可知E点在O、D两点之间，A错误；由于EA>EC，根据点电荷的场强E＝k，可知A点的电场强度一定比C点的电场强度小，B错误；由于EB>EC，可知φB<φC，根据Ep＝φq，可知将正试探电荷从B点移到C点，电势能增大，C正确；由于EB>EO，可知φB<φC，根据Ep＝φq，可知将负试探电荷从O点移到B点，电势能增大，则电场力做负功，D错误。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。7．一质量m＝2kg的物块在长l＝9m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，经过t＝3s到达斜面底端，其重力势能随下滑距离s的变化如图所示，重力加速度取10m/s。则(　　)A．物块下滑时加速度的大小为2m/s27 B．由题给条件不能求出物块与斜面间的动摩擦因数C．物块下滑过程中机械能守恒D．物块下滑过程中机械能不守恒【答案】AD【解析】由题意可得，，可求得，故A正确；由图像知，斜面的底部重力势能为零，物体在顶部重力势能，，则，，由牛顿第二定律，可得，，故B错误；斜面对物块有摩擦力，所以机械能不守恒，故C错误，D正确。8．为了测一个已知额定电压为100V的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表A和灯泡L，滑动变阻器的阻值范围是0～100Ω，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2∶1，交流电源的电压为U0＝440V，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表A的示数为1.2A，则(　　)A．灯泡的额定功率为40WB．灯泡的额定电流为2.4AC．滑动变阻器并联部分的阻值为50ΩD．滑动变阻器消耗的电功率为240W【答案】AC【解析】根据原副线圈电压之比等于匝数比可知，副线圈电压U2＝220V，根据原副线圈电流之比等于匝数的倒数比可知，副线圈电流I2＝2I1＝2.4A，灯泡的额定电压为100V，所以与灯泡串联的电阻值R250Ω，所以与灯泡并联部分的阻值也为50Ω，所以通过并联部分滑动变阻器的电流I′2A，所以通过灯泡的电流IL＝2.4A－2A＝0.4A，所以灯泡的功率PL＝ULIL＝40W，故A正确，B错误，C正确；滑动变阻器消耗的功率为100×2W＋120×2.4W＝488W，故D错误。9．两根足够长的光滑金属导轨平行固定在倾角为θ的斜面上，它们的间距为d。磁感应强度为B的匀强磁场充满整个空间、方向垂直于斜面向上。两根金属杆ab、cd的质量分别为m和2m，垂直于导轨水平放置在导轨上，如图所示。设杆和导轨形成的回路总电阻为R而且保持不变，金属杆与导轨接触良好，重力加速度为g。给ab杆一个方向沿斜面向上的初速度，同时对ab杆施加一平行于导轨方向的恒定拉力，结果cd杆恰好保持静止而ab杆则保持匀速运动，下列说法正确的是(　　)A．给ab杆初速度的大小为B．对ab杆施加的平行于导轨方向的恒定拉力的功率大于回路中的电功率C．经过时间t通过ab杆的电荷量为D．撤去拉力后经过足够长时间（设两杆不相撞），两杆以相同的速度做匀速运动【答案】ABC【解析】ab杆做匀速直线运动，切割磁感线，产生电动势E＝Bdv0，因为回路总电阻为R，则回路电流，由于cd杆静止不动可知cd杆受力平衡，在沿斜面方向上有2mgsinθ＝Bid，所以电流，联立解得ab杆速度为，故A正确；ab所受拉力做的功，一部分增加ab的重力势能，另一部分使回路中产生电能，所以拉力的功率大于回路中的电功率，故B正确；经过时间t，通过回路的电荷量，故C正确；假设拉力经过足够长时间两杆以相同速度做匀速运动，则回路中没有磁通量的变化，没有感应电流，两杆都只受重力沿导轨向下的分力，加速度不为零，与假设匀速运动矛盾，故D错误。10．如图所示，足够长的光滑水平面右侧固定一竖直弹性挡板，质量为12m的小球A静止在光滑水平面上。质量为m的小球B以初速度v0向左与小球A发生正碰，每次碰撞后小球B的速度大小均变为原来的，方向向右下列说法正确的是(　　)A．第一次碰撞后小球A的速度大小为B．第一次碰撞过程中系统损失的机械能为C．小球A和小球B最多可以碰撞3次D．小球A和小球B最多可以碰撞4次【答案】BD【解析】小球A和小球B在碰撞过程满足动量守恒定律，规定向左为正方向，第一次碰撞有，解得，A错误；第一次碰撞过程中系统损失的机械能为7 ，B正确；第二次碰撞有，解得；第三次碰撞有，解得；第四次碰撞有，解得，所以小球A和小球B最多可以碰撞4次，C错误，D正确。三、非选择题：共56分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答，第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11．(5分)如图甲所示，为了测量小物块的质量m，进行了如下操作：①把劲度系数k＝50N/m的长弹簧固定在长木板的一端，把速度传感器固定在弹簧原长位置处；②垫起长木板没有弹簧的另一端，直到小物块能沿长木板匀速下滑；③给小物块某一速度使其沿长木板下滑，速度传感器测得其速度为v1，刻度尺测得弹簧最大压缩量为x1；④重复③，得到数据如下表所示：v（m/s）0.51.01.52.0x（cm）5101520回答下列问题：(1)在下面的坐标系中作出v－x图像。(2)图线的斜率表达式k′＝___________（仅与k、m有关）。(2)由以上可得小球的质量m＝___________kg。【答案】(1)见解析图(2)(3)0.5【解析】(1)根据数据合理选取坐标值，描点、连线，如图所示。(2)由动能定理有，解得，所以图线斜率。(3)由图线可得斜率，所以小球质量。12．(10分)某实验小组欲探究一热敏电阻的阻值随温度变化的规律。同学们设计了如图甲所示的测量电路，可供选择的器材有：待测热敏电阻RT（在实验温度范围内，阻值约几百欧到几千欧）；电源E（电动势1.5V，内阻r约0.5Ω）电阻箱R（阻值范围0～9999.99Ω）滑动变阻器R1（最大阻值20Ω）滑动变阻器R2（最大阻值2000Ω）微安表（量程100μA，内阻等于2500Ω）开关两个，温控装置一套，导线若干(1)为了更准确地测量热敏电阻的阻值，滑动变阻器应选用___________（选填“R1”或“R2”）。(2)请用笔画线代替导线，将图乙所示的实物图（不含温控装置）连接成完整电路。(3)下列实验操作步骤，正确顺序是___________。①调节电阻箱，使微安表指针半偏②保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2③记录温度和电阻箱的阻值，处理数据④调节滑动变阻器滑片P的位置，使微安表指针满偏⑤连接电路，闭合S1、S2(4)某温度下微安表半偏时，电阻箱的读数为6000.00Ω，该温度下热敏电阻的测量值为___________Ω（结果保留到个位），该测量值___________（选填“大于”或“小于”）真实值。(5)多次实验后，实验小组绘制了如图乙所示的图像。由图像可知，该热敏电阻的阻值随温度的升高逐渐___________（选填“增大”或“减小”）。【答案】(1)R1(2)见解析图(3)⑤④②①③(4)3500大于(5)减小7 【解析】(1)用半偏法测量热敏电阻的阻值，尽可能让该电路的电压在S2闭合前、后保持不变，由于该支路与滑动变阻器前半部分并联，滑动变阻器的阻值越小，S2闭合前、后该部分电阻变化越小，从而电压的值变化越小，故滑动变阻器应选R1。(2)如图所示。(3)正确顺序是⑤④②①③。(4)微安表半偏时，该支路的总电阻为原来的2倍，即热敏电阻和微安表的电阻之和与电阻箱阻值相等，有RT＋RμA＝6000Ω，可得RT＝3500Ω，当断开S2，微安表半偏时，由于该支路电阻增加，电压略有升高，根据欧姆定律，总电阻比原来2倍略大，也就是电阻箱的阻值略大于热敏电阻与微安表的总电阻，而认为电阻箱的阻值等于热敏电阻与微安表的总电阻，因此热敏电阻的测量值比真实值偏大。(5)由于是lnRT－图像，当温度T升高时，减小，从图中可以看出lnRT减小，从而RT减小，因此热敏电阻随温度的升高逐渐减小。13．(13分)如图“和谐号”是由提供动力的车厢（动车），不提供动力的车厢（拖车）编制而成。某“和谐号”由8节车厢组成，其中第1节、第5节为动车，每节车厢所受的阻力f大小为自身重力的0.01倍。已知每节车厢的质量均为m＝2104kg，每节动车的额定功率均为P0＝600kW，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)若“和谐号”以a＝0.5m/s2的加速度从静止开始行驶，“和谐号”做匀加速运动时5、6节车厢之间的作用力以及匀加速运动的时间；(2)和谐号能达到的最大速度大小。【解析】(1)以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有F－3f＝3maf＝0.01mg代入数据解得F＝3.6×104N每个动车提供最大功率为P0＝600kW，提供的牵引力为F，动车匀加速行驶能达到的最大速度为v1，对整个动车组进行分析，据牛顿第二定律，有2F－8f＝8ma2P0＝2Fv1v1＝at1联立解得持续时间t1＝25s。(2)和谐号动车组以最大速度行驶时有依据公式有P0＝F牵×v可得解得。14．(15分)如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，两板间所加电压为U0，S1、S2为板上正对的小孔。金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，P、Q两板的长度和两板间的距离均为d；距金属板P和Q右边缘d处固定有一荧光屏，荧光屏垂直于金属板P和Q；屏上O点与S1、S2共线。加热的阴极K发出的电子经小孔S1进入M、N两板间，通过M、N间的加速电场加速后，进入P、Q间。已知电子的质量为m，电荷量为e，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为n，初速度可以忽略。整个装置处于真空中，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应。(1)若在P、Q两板间加一交变电压u＝4U0sint，离开偏转电场的电子打在荧光屏上被吸收。与交变电流的周期相比，每个电子在板P和Q间运动的时间可忽略不计，不考虑电场变化产生的磁场，偏转电场可视为匀强电场。求在一个周期（即T时间）内电子对荧光屏的平均作用力。(2)若板P、Q间只存在垂直于纸面向外的匀强磁场，电子刚好经过P板的右边缘后，打在荧光屏上。求磁场的磁感应强度大小B和电子打在荧光屏上的位置坐标x。【解析】(1)在加速电场中，根据动能定理有解得设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t，PQ间的电压为u时恰好打在极板边缘，根据平抛运动规律有，7 此过程中电子的加速度大小解得当偏转电压在之间时，射入P、Q间的电子可打在荧光屏上。当有2U0＝4U0sint解得即一个周期内电子能从P、Q电场射出的时间所以一个周期内打在荧光屏上的电子数离开偏转电场的电子打在荧光屏上被吸收，在一个周期（即T时间）内，根据动量定理有即解得在一个周期（即T0时间）内电子对荧光屏的平均作用力。(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，设圆运动半径为R，在磁场中运动轨迹如图，由几何关系有解得根据洛伦兹力提供向心力有解得设圆弧所对圆心为α，有则有电子离开磁场后做匀速运动，根据几何关系有解得电子打在荧光屏上的位置坐标。（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题积分。15．[物理—选修3－3]（13分）(1)(5分)体育课上某同学发现一只篮球气压不足，现用简易打气简给篮球打气。忽略球内容积与气体温度的变化。将篮球里的气体视为理想气体。则下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．气体的内能不变B．气体的内能增加C．气体向外界放出热量D．由于温度没有变化，所以篮球内气体压强不变E．外界对气体做功的大小等于气体放出的热量【答案】ACE【解析】打气筒给篮球打气，忽略球内气体温度的变化，则篮球里的气体内能不变，故A正确，B错误；打气筒给篮球打气，外界对气体做功，气体内能不变，则气体向外界放出热量，且气体放出的热量等于外界对气体做功的大小，故CE正确；球内容积与气体温度不变，打气后，篮球内气体压强变大，故D错误。(2)(8分)呼吸道传染病患者在就医、转院等运送途中乘坐普通救护车时，病毒容易外泄传播，因此需要通过负压救护车运送。负压救护车采用负压排风技术，并将排出的空气利用专门的装置进行消毒处理。(i)负压舱内压强为1.0×105Pa，负压舱容积约10m3，要使舱内压强减为9×104Pa，则排出的气体质量为原来的几分之几？(ii)现将排风系统排出的气体封闭在绝热汽缸a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，底部接有电热丝E，右壁接一右端开口的细U形管（管内气体体积可忽略），管内装有水银，如图所示，开始时U形管右侧液面比左侧高2cm，气体温度27℃。电热丝通电一段时间，a缸内温度达到57℃，该过程U形管右管液而上升多高？（大气压强1.0×105Pa为76cmHg）【解析】(i)负压舱内压强为体积为设减压后原来气体体积将变为由玻意耳定律得7 解得排出的气体质量与原来气体质量之比。(ii)汽缸内温度压强加热后由查理定律得解得右管水银上升。16．[物理—选修3－4]（13分）(1)(5分)如图所示，图甲是t＝5s时刻一简谐横波沿x轴正方向传播的波形图，图乙为这列波上某质点的振动图像，则___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．该列波的波速为2m/sB．图乙可能是质点b的振动图像C．质点c的振动方程为y＝6sin(πt＋π)cmD．t＝10s时，质点a的振动方向向下E．a和b两质点在任意时刻加速度都不可能相同【答案】ACD【解析】由题图可知，波长为λ＝8m，周期为T＝4s，所以波速为，故A正确；t＝5s时刻质点b正位于波传播方向的下坡上，此时质点b正经过平衡位置向下振动，而题图乙所描述的质点在t＝5s时正位于正向最大位移处，所以图乙不可能是质点b的振动图像，故B错误；质点c振动的圆频率为，由于t＝0时质点c经过平衡位置向下振动，所以初相位为π，则振动方程为y＝6sin(πt＋π)cm，故C正确；因为，所以t＝10s时，质点a正通过平衡位置向下振动，故D正确；质点a、b的平衡位置相隔，则一定存在质点a、b的位置关于波谷或波峰对称分布的时刻，此时二者的加速度相同，故E错误。(2)(8分)如图，横截面为半径R＝6cm的半圆形透明柱体与屏幕MN相切于B点，MN垂直于直径AB，一单色光以入射角53°射向圆心O，反射光线与折射光线恰好垂直。已知光在真空中的传播速度为3×108m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(i)介质的折射率；(ii)光线从O点照射到屏幕MN上所用的时间。【解析】(i)由几何关系可知入射角α＝53°折射角β＝37°根据折射定律可得n＝。(ii)由折射率可得v＝＝2.25×108m/s由几何关系可知OF＝＝0.1mEF＝OF－R光线从O到E所用时间t1＝光线从E到F所用时间t2＝到荧光屏的时间t＝t1＋t2＝4×10－10s。7