新高考2022届高考物理二轮综合复习试卷7

（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（七）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、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．大雾天气，司机以10m/s的速度在水平路面上向前行驶，突然发现汽车已开到一个丁字路口，前面15m处是一条小河，司机可采用紧急刹车或紧急转弯两种方法避险。已知车与地面之间的动摩擦因数为0.6，g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列措施中正确的是(　　)A．紧急刹车B．紧急转弯C．两种都可以D．两种都不可以【答案】A【解析】由题意紧急刹车得位移，又由牛顿第二定律得，解得，故紧急刹车是安全的的，而紧急拐弯需要很大的向心力，容易发生侧翻是不安全的。2．有一种特殊电四极子的电荷分布及位置关系如图所示，A位于+2q电荷的正上方。下列说法正确的是(　　)A．A、B两点电势的高低关系φA<φBB．A、B两点场强的大小关系EA>EBC．电子在A点的电势能小于在B点的电势能D．只受电场力的电子从A点静止释放，将做加速度逐渐减小的加速运动【答案】C【解析】电势是标量，正电荷周围电势为正，负电荷周围电势为负，A离负电荷远，B离负电荷近，故φA>φB，故A错误；由点电荷电场强度公式，得B点合场强分别，＋2q电荷在A点的电场强度，方向竖直向上，而两侧负电荷在A电的合场强竖直向下，故合场强为两者相减，故必有EA<EB，故B错误；因为负电荷在电势高的地方电势能小，故电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确；只受电场力的电子从A点静止释放，受力分析可知合力越来越大，故电子将做加速度逐渐增大的加速运动，故D错误。3．观察电容器的充、放电现象的实验电路如图甲所示，将开关S与a端相连，电容器充电；然后把开关S掷向b端，电容器放电。计算机与电流传感器相连接，记录这一过程电流随时间变化的I－t曲线如图乙所示。下列说法错误的是(　　)A．t1～t2时间内，电容器上极板带正电B．t3～t4时间内，电阻R中的电流方向从左向右C．t1～t2时间内，电容器带电量与两板间电压比值保持不变D．t3～t4时间内，电容器带电量与两板间电压比值逐渐减小【答案】D【解析】t1～t2时间内，电源对电容器进行充电，电容器上极板与电源正极相连，故上极板带正电，A正确；t3～t4时间内，电容器放电，上极板的正电荷向右通过电阻R，故电阻R中的电流方向从左向右，B正确；电容器的电容C由内部结构决定，由电容的定义式C＝，可知，电容器带电量与两板间电压比值保持不变，与充电、放电无关，C正确，D错误。故选D。4．2019年3月10日，长征三号乙运载火箭将“中星6C”通信卫星（记为卫星Ⅰ）送入地球同步轨道上，主要为我国、东南亚、澳洲和南太平洋岛国等地区提供通信与广播业务。在同平面内的圆轨道上有一颗中轨道卫星Ⅱ，它运动的每个周期内都有一段时间t（t未知）无法直接接收到卫星Ⅰ发出的电磁波信号，因为其轨道上总有一段区域没有被卫星Ⅰ发出的电磁波信号覆盖到，这段区域对应的圆心角为2α。已知卫星Ⅰ对地球的张角为2β，地球自转周期为T0，万有引力常量为G，则根据题中条件，可求出(　　)5 A．地球的平均密度为B．卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度之比为C．卫星Ⅱ的周期为D．题中时间t为【答案】C【解析】设卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为R1和R2，因卫星Ⅰ为同步卫星，则有，且有，其中R为地球的半径，联立解得，A错误；设卫星Ⅰ、Ⅱ的角速度分别为和，如图所示，在三角形AOB中，有，即，根据，可得，故有，联立以上各式，有，B错误；根据，可得，因卫星Ⅰ为同步卫星，则其周期为T0，设卫星Ⅱ的周期为T2，则有，整理得，C正确；若卫星Ⅰ和卫星Ⅱ均不运动，卫星Ⅱ对应为圆心角为2α，则有，但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为，D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5．如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着皮球（系绳延长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处上升。则在球匀速上升且未离开墙面的过程中(　　)A．玩具小车做匀速运动B．玩具小车做减速运动C．绳对球的拉力大小不变D．球对墙的压力逐渐增大【答案】BD【解析】设绳与竖直方向的夹角为，如图所示，将球的速度分解，可知沿绳方向的分速度（即绳子的速度）为，因球匀速上滑过程中角将增大，所以将减小，故小车做减速运动，A错误，B正确；球受三力作用处于平衡状态，设球重为G，则绳对球的拉力大小T、球对墙的压力大小N分别为，，所以，随的增大，T、N均增大，C错误，D正确。6．如图所示，载有电流方向相同、大小分别为2I和I的长直通电导线a、b相距为L，垂直穿过一水平放置的表面粗糙的木板，O点为两导线连线的中点，M、N两点关于O点对称且距离大于L。一带正电的小物块从M点以某一初速度沿连线MN向N点运动，并能通过N点。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度大小满足B＝k，其中k为常数，I为导线中的电流强度，r为该点与导线间的距离，则(　　)A．小物块在M点对桌面的压力比在N点的大B．MN连线上磁感应强度为零的点在ON之间C．小物块经过O点时的加速度比经过N点时的加速度大D．小物块从M运动到O的过程中对木板的压力一直增大【答案】BD【解析】设MN连线上磁感应强度为零的点距离右侧直导线的距离为x，则，解得，即MN连线上磁感应强度为零的点在ON之间，B正确；根据安培定则可知，两条通电直导线在M点的合磁场方向向里，小物块在M点受向上的洛伦兹力，小物块在M点对桌面的压力，因为MN连线上磁感应强度为零的点在ON之间，则两条通电直导线在N5 点的合磁场方向向外，小物块在N点受向下的洛伦兹力，小物块在N点对桌面的压力，可知小物块在M点对桌面的压力比在N点的小，A错误；因O点的磁场方向向里，物块在O点受洛伦兹力向上，则在O点时有，N点的合磁场方向向外，小物块在N点受向下的洛伦兹力，小物块在N点有，则小物块经过O点时的加速度比经过N点时的加速度小，C错误；从M到O合磁场方向向里，则物块受洛伦兹力向上，物块对木板的压力，小物块从M运动到O的过程中，随着速度v和合磁场B的减小，则物块对木板的压力一直增大，D正确。7．如图所示是一块扇形玻璃棱镜的竖直截面，其圆心角为90°，OC边沿水平方向，OD边沿竖直方向。由a、b两单色光组成的入射光从OC边的A点入射，入射角θ＝60°，a光从圆弧边的B点竖直向下出射，其中BC弧长占整个CD弧长的，b光从圆弧边向左下方出射。则(　　)A．a光在棱镜中的折射率为B．b光的频率比a光小C．b光的光子动量比a光大D．b光在棱镜中的传播时间比a光短【答案】ABD【解析】由于弧长占整个弧长的，如图所示，故，设A处折射角为，则折射率，B处的折射角为60°，则有，联立可得，则，故A正确；由题意可得b光的出射点在之间，由折射率表达式可知，频率越高折射率越大，所以，故B正确；由，可得，故C错误；由，可知，而，所以b光在棱镜中的传播时间比a光短，故D正确。8．如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40Ω。导轨上停放一质量m＝0.10kg、电阻r＝0.20Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始做加速运动，电压传感器（工作电流很小可以忽略）可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。运动过程中，ab与导轨始终垂直且接触良好，对于运动过程以下说法正确的是(　　)A．在外力F作用下金属杆ab一定做匀加速直线运动，且a＝2m/s2B．第2s末外力F的瞬时功率为0.2WC．如果外力在0～2s所做功为0.3J，则该过程金属杆上产生的焦耳热约为0.033JD．若2s末撤去外力，则杆ab还能运动约5.33m【答案】CD【解析】电阻R两端的电压，由图示图像可知，则0.1v＝0.1t，v＝t，由匀变速直线运动的速度－时间公式v＝v0＋at，可知金属杆做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝1m/s2，故A错误；2s末金属杆的速度为v＝at＝2m/s，此时金属杆受到的安培力，由牛顿第二定律得F－F安培＝ma，代入数据解得F＝0.175N，2s末拉力的瞬时功率为P＝Fv＝0.35W，故B错误；在0～2s内，由能量守恒定律得，金属杆上产生的焦耳热为，代入数据解得QR≈0.033J，故C正确；撤去拉力后，对金属杆ab，由动量定理得－BiLt＝0－mv，其中it＝q，则BLq＝mv，设撤去拉力后金属杆滑行的距离为x，由法拉第电磁感应定律得，平均感应电流，通过导体棒的电荷量，解得，联立解得，代入数据解得x≈5.33m，故D正确。三、非选择题：共60分。考试根据要求作答。9．(4分)封闭汽缸内一定质量的理想气体由状态A经状态B再变化到状态C，其体积V随热力学温度T变化的关系图象如图所示，气体在状态B时的温度T2＝________K。气体在从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q1＝240J，对外做功为W＝100J。则气体由状态B变化到状态C的过程中，气体向外传递的热量Q2＝________J。5 【答案】600140【解析】AB延长线过原点，即AB过程的V与T成正比，故A到B过程为等压过程，对A到B的过程运用盖－吕萨克定律可得，代入图象中的数据可得气体在状态B时的温度，因为气体是一定质量的理想气体，而一定质量的理想气体的内能只跟温度有关，因为，所以A与C的内能相同，故A到B内能的增加量等于B到C内能的减小量，即，根据热力学第一定律可得，A到B过程气体对外做功，故，又已知，可得，，根据热力学第一定律可得，B到C为等容过程，故，所以，故气体向外放出的热量为140J。10．(4分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝1.0s时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x＝5m处的M点，t＝1.5s时刻x＝10m处的质点Q刚好开始振动c，则此简谐横波的周期为______s，当质点Q第3次出现在波谷时，x＝______m处的质点刚好开始振动。【答案】0.419【解析】由题意可知波从M点传播到Q点所用时间，传播的距离，所以波速，由图可知波长，所以波的周期，质点Q开始振动时沿y轴负方向振动，经过到达波谷，所以质点Q从开始振动到第3次出现在波谷经历的时间，所以这段时间内波传播的位移，此时波传到的位置坐标。11．(6分)某同学利用如图甲所示的装置验证动量定理。所用电源的频率f＝50Hz，重物和托盘的质量为m，小车的质量为M，重力加速度g＝10m/s2，将打点计时器所在的一端垫高，以平衡小车与木板之间的摩擦力，之后通过合理的实验操作得到了如图乙所示的纸带，图中各点为连续的计时点。(1)打下计时点2时，小车的瞬时速度大小为_______（结果保留三位有效数字）；(2)取打下计时点1～5的过程研究，打下计时点1、5时小车的速度大小分别为、，则验证动量定理的表达式为_______（用题中所给物理量符号表示）；(3)若实验过程中发现m所受重力的冲量大于系统动量的增加量，造成此问题的原因可能是_______。【答案】(1)0.575(2)(3)摩擦力未平衡完【解析】(1)打点计时器频率是50Hz，所以周期是0.02s，打下计时点2时，小车的瞬时速度大小为。(2)动量定理的内容是合力的冲量等于动量的变化量，已平衡摩擦力，所以系统的合力等于重物和托盘的重力，则合力的冲量为，系统的动量变化量为，则验证动量定理的表达式为。(3)若实验过程中发现m所受重力的冲量大于系统动量的增加量，说明系统的合力小于重物与托盘的重力，造成此问题的原因可能是摩擦力未平衡完。12．(6分)“用霍尔元件测量磁场”的实验中，把载流子为带负电的电子e的霍尔元件接入电路，如图甲所示，电流为I，方向向右，长方体霍尔元件长、宽、高分别为a＝6.00mm、b＝5.00mm、c＝0.20mm，处于竖直向上的恒定匀强磁场中。(1)前后极板M、N，电势较高的是________（填“M极”或“N极”）。(2)某同学在实验时，改变电流的大小，记录了不同电流下对应的UH值，如表所示：I/mA1.32.23.03.74.4UH/mV10.217.323.629.134.6请根据表格中的数据，在坐标乙中画出UH－I图像。已知该霍尔元件单位体积中自由载流子个数为n＝6.25×1019m－3，则根据图像，由公式I＝nebcv，可算出磁场B＝______T（保留2位有效数字）。(3)有同学认为代表了霍尔元件的电阻，请问这种想法正确吗？请说明理由：____________。【答案】(1)M极(2)见解析图0.016(3)不正确，电流I不是由UH产生的【解析】(1)因电子的运动方向与电流方向相反，依据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向偏向N极，则M极的电势偏高。5 (2)依据表格数据，作出UH－I图象，如图所示，根据，则有UH＝Bbv，而I＝nebcv，可得，依据UHI图像可知，其斜率为k≈7.8；因此磁场B＝7.8×6.25×1019×1.6×10－19×0.20×10－3T≈0.016T。(3)不正确，原因是电流I不是由UH产生的。13．(10分)甲、乙两辆玩具小车在0时刻都以相同的初速度从坐标原点处做加速直线运动，甲的位移与时间的比值与运动时间t的关系图像如图1所示；乙的加速度与运动时间t的关系图像如图2所示，已知2s末甲、乙的速度大小相等。求：(1)甲小车的加速度大小及2s内的位移大小；(2)2s末时乙小车的加速度大小。【解析】(1)由图甲得，整理得与匀变速直线运动位移时间关系对比可得甲小车的加速度小车甲的初速度2s内小车甲的位移。(2)2s末甲小车的速度大小为由知图像图时间轴围的面积表示速度变化量的大小，对乙得代入数据解得。14．(12分)如图所示，一段半径R、圆心角为37°的光滑圆弧BC上端点与斜坡AB平滑连接，下端切线水平，与一倾角为α的斜坡CD连接，质量为m的小球P从斜坡上某位置由静止释放，运动过程中与静止在圆弧末端质量为m′的小球Q相碰，碰撞时间极短，碰撞过程中系统损失的动能为小球P碰撞前动能的，碰撞后两个小球离开圆弧先后落到斜坡上，它们在空中发生的位移之比为1∶4。两个小球可视为质点，小球P释放前与小球Q的竖直距离，小球P与斜坡间的动摩擦因数μ＝，当地重力加速度为g。求：(1)小球P与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力；(2)小球Q的质量。【解析】(1)小球从开始释放到到达Q点由动能定理在Q点时解得，FNQ＝3mg。(2)两球碰后做平抛运动，则由可知位移则PQ碰后的速度之比为两球碰撞时由动量守恒能量关系解得。15．(18分)如图甲所示，一对平行金属板M、N，两板长为L，两板间距离也为L，置于O1处的粒子发射源可沿两板的中线O1O发射初速度为v0、电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，M、N板间加变化规律如图乙所示交变电压UMN；金属板的右边界与y轴重合，板的中心线O1O与x轴重合，y轴右侧存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。t＝0时刻发射的粒子1恰好贴着N板右侧垂直y轴射出；时刻发射的粒子2与粒子1的运动轨迹交于磁场P点，已知P点的纵坐标为L。不计粒子重力及相互间作用力，求5 (1)U0的大小；(2)磁场的磁感应强度的大小B；(3)判断粒子1、2哪个先到达P点，并求到达P点的时间差。【解析】(1)时刻入射的粒子在两板间运动轨迹如图甲所示由水平方向匀速直线运动有由竖直方向匀加速直线运动有由牛顿第二定律有解得。(2)由(1)同理可知时刻入射的粒子恰好贴着M板右侧垂直y轴射入磁场，粒子进入磁场时的y方向的速度大小故进入磁场时速度大小（或能体现出由于进入磁场时y方向速度为零，故速度等于也可得分）如图乙，由几何关系可得解得带电粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得解得。(3)粒子在磁场中运动的周期粒子1到达P点的时刻粒子2到达P点的时刻所以由于故粒子2先到达P点，到达P点的时间差。5