广东省珠海市2022届高三物理5月综合试题试题（二）（珠海二模）（含解析）粤教版

　2022年广东省珠海市高考物理二模试卷　一、解答题1．（4分）某压力锅的结构如图所示，盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起．假定在压力阀被顶起时，停止加热．此后对锅内气体，下列说法正确的是（　　）　A．气体要吸热B．外界要对气体做功　C．气体的分子平均动能将增大D．气体的内能将减小考点：热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志．专题：热力学定理专题．分析：根据热力学第一定律分析内能变化，结合查理定律得出当压力阀被顶起时锅内气体的温度的变化．解答：解：停止加热后锅内气体要放热，气体对外界做功，气体内能减小，温度降低，分子平均动能减小，D正确．故选D点评：知道热力学第一定律△U=W+Q的物理意义．2．（4分）关于布朗运动，下列说法正确的是（　　）　A．颗粒越大布朗运动越剧烈　B．布朗运动是液体分子的运动　C．布朗运动的剧烈程度与温度无关　D．布朗运动是大量液体分子频繁碰撞造成的考点：布朗运动．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，不是分子的无规则运动，形成的原因是由于液体分子对悬浮微粒无规则撞击引起的．小颗粒并不是分子，小颗粒无规则运动的轨迹不是分子无规则运动的轨迹．解答：解：A、微粒越大，其受到分子撞击的不平衡性越小，运动越不明显，故A错误；B、布朗运动是小微粒的运动，不是分子的运动，故B错误；C、温度越高，分子热运动的平均动能越大，布朗运动越明显，故布朗运动的剧烈程度与温度有关，故C错误；D、布朗运动是大量液体分子频繁碰撞的不平衡性造成的，故D正确；故选D．点评：布朗运动既不颗粒分子的运动，也不是液体分子的运动，而是液体分子无规则运动的反映．3．（4分）我市在2022年1月完善了公共自行车租赁系统，某同学骑车刚开始一段时间的运动可看作是直线运动，其运动图象如图所示；则在0﹣t1时间内，下列说法正确的是（　　）11\n　A．平均速度等于B．平均速度大于　C．加速度不断增大D．加速度不变考点：匀变速直线运动的图像．专题：直线运动规律专题．分析：解答本题关键要抓住：速度图象的斜率等于加速度，斜率越大，物体的加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，若是匀变速运动，则平均速度．解答：解：A、图象与坐标轴围成的面积表示位移，若是匀变速运动，图象是一条倾斜的直线，则平均速度，而图中图象与坐标轴围成的面积大于匀变速时的面积，所以平均速度大于，故A错误，B正确；C、速度图象的斜率等于加速度，由图可知，图象的斜率逐渐减小，所以加速度逐渐减小，故CD错误．故选B点评：该题考查了速度﹣时间图象相关知识点，要求同学们能根据图象判断物体的运动情况，从图中读取有用信息解题，难度不大．　4．（4分）如图所示，真空中的两带电小球（可看作是点电荷），通过调节悬挂细线的长度使两小球始终保持在同一水平线上，下列说法正确的是（　　）　A．若只增大r，则T1、T2都增大B．若只增大m1，则θ1增大，θ2不变　C．若只增大q1，则θ1增大，θ2不变D．若只增大q1，则θ1、θ2都增大考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分别对两小球进行受力分析，作出力图，由共点力平衡条件得到各自的重力与库仑力的关系，抓住相互间的库仑力大小相等，得到质量与角度的关系，分析求解．解答：解：m1、m2受力如图所示，由平衡条件可知，m1g=Fcotθ1，m2g=F′cotθ211\n因F=F′，则可见，若m1＞m2，则θ1＜θ2；若m1=m2，则θ1=θ2；若m1＜m2，则θ1＞θ2．θ1、θ2的关系与两电荷所带电量无关．A、若只增大r，则库仑力变小，由图可知，T1、T2都减小，故A错误；B、若只增大m1，则m1，会下降，而m1，会上升，导致则θ1减小，θ2增大，故B错误；C、若只增大q1，由图可知，则θ1、θ2都增大，故C错误，D正确，故选D点评：本题中库仑力是两个小球联系的纽带，由平衡条件分别找出两个小球的质量与库仑力关系是解题的关键．　二、双项选择题：5．（6分）如图是氢原子能级图，某个氢原子A从n=3的状态直接跃迁到基态，另一氢原子B从n=4的状态直接跃迁到基态，下列说法正确的是（　　）　A．A和B都只释放出一种频率的光子　B．A和B都不只放出一种频率的光子　C．若A放出的光子能使某金属发生光电效应，则B放出的光子也能使该金属发生光电效应　D．若B放出的光子能使某金属发生光电效应，则A放出的光子也能使该金属发生光电效应考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：跃迁时释放的光子能量等于两能级间的能级差，发生光电效应的条件是光子的能量大于金属的逸出功．解答：解：A、氢原子A和氢原子都是从激发态跃迁到基态，知释放一种频率的光子．故A正确，B错误．11\nB、因为氢原子A辐射的光子能量小于氢原子B辐射的光子能量，所以A放出的光子能使某种金属发生光电效应，则B辐射出的光子也能使金属发生光电效应．B辐射出的光子能使金属发生光电效应，A放出的光子不一定能使金属发生光电效应．故C正确，D错误．故选AC．点评：解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道能级间跃迁所满足的规律．　6．（6分）如图所示，理想变压器的原副线圈匝数比为10：1，变压器输入端的交变电压如图甲所示，若乙图中电流表的示数为2A，则下列说法正确的是（　　）　A．电压表的示数为VB．电压表的示数为20V　C．电阻R的阻值为14.1ΩD．变压器的输入功率为40W考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解答：解：由理想变压器输入信号如图甲所示，可知原线圈的输入端的电压有效值为200V，频率为50Hz．原、副线圈匝数比为10：1，则副线圈的电压有效值为20V，则电压表读数为20V．由于电路中电流表读数为2A，所以电阻R=10Ω，副线圈得到的功率为P=UI=20×2W=40W．故选：BD．点评：掌握住理想变压器的电压、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．　7．（6分）荷兰一家名为“火星一号”的公司计划在2023年把4名宇航员送上火星．设A和B是分别绕地球和火星做匀速圆周运动的卫星，且A和B的轨道半径相同．已知M地=9M火，R地=2R火，则下列说法正确的是（　　）　A．A的周期比B的大　B．A的线速度比B的大　C．A的加速度比B的大　D．火星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．专题：人造卫星问题．11\n分析：1、由万有引力提供向心力，解得，，．根据r相等，M地＞M火，判断T、v、a的大小．2、根据星球表面的物体受到的重力等于万有引力，有，根据M地=9M火，R地=2R火，判断g火和g地大小．解答：解：A、根据万有引力提供向心力解得：因为A和B的轨道半径相同．M地=9M火，所以TA＜TB．故A错误．B、根据万有引力提供向心力解得：因为A和B的轨道半径相同．M地=9M火，所以vA＞vB．故B正确．C、根据万有引力提供向心力解得：因为A和B的轨道半径相同．M地=9M火，所以aA＞aB．故C正确．D、根据重力等于万有引力解得：因为M地=9M火，R地=2R火所以故g火＞g地．故D错误．故选BC．点评：卫星类型关键要建立物理模型：卫星绕地球做匀速圆周运动，地球的万有引力提供卫星的向心力．　11\n8．（6分）中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向（自由电子定向移动形成电流）垂直时在上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是（　　）　A．上表面的电势高于下表面B．下表面的电势高于上表面　C．增大h时，上下表面的电势差增大D．增大d时，上下表面的电势差增大考点：霍尔效应及其应用．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：金属导体中移动的是自由电子，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，比较出电势的高低．最终电子受洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡得出电势差的大小表达式．解答：解：A、根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面．故A错误，B正确．C、根据evB=，解得U=vBh，知增大h，上下表面的电势差增大，与d无关．故C正确，D错误．故选BC．点评：所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电位差的物理现象．霍尔效应在新课标教材中作为课题研究材料，解答此题所需的知识都是考生应该掌握的．对于开放性物理试题，要有较强的阅读能力和获取信息能力　9．（6分）如图所示，用恒力F拉着质量为m的物体从静止开始沿着粗糙的水平面运动，第一次物体的位移是s，第二次物体的位移是2s．下列说法正确的是（　　）　A．物体一定受到四个力的作用　B．两次物体的加速度一定是相同的　C．两次合外力做功的平均功率一定是相同的　D．合外力做的功第二次一定是第一次的两倍考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；功的计算．专题：功率的计算专题．分析：物体沿着水平面做匀加速直线运动，加速度向前，合力向前；根据11\ncosθ求解平均功率．解答：解：A、物体沿着水平面做匀加速直线运动，加速度向前，合力向前；对物体受力分析，受重力与拉力一定受，摩擦力和支持力要么同时存在，要么都不存在，故物体受2个力或4个力，故A错误；B、物体受力情况不变，故加速度相同，故B正确；C、根据cosθ，物体做初速度为零的匀加速直线运动，故第2次平均速度较大，第二次平均功率大，故C错误；D、根据W=FScosθ，合外力做的功第二次一定是第一次的两倍，故D正确；故选BD．点评：本题关键明确物体的运动规律，会用W=FScosθ和cosθ判断功和平均功率．　三、解答题（共4小题，满分54分）10．（9分）某同学用如图甲所示的实验装置探究物体的速度与时间的关系：①电磁打点计时器接　低压交流　电源（填“低压直流”、“低压交流”或“220V交流”）；②实验时，使小车靠近打点计时器，先　接通电源　再　放开小车　（填“接通电源”或“放开小车”）．③若所接电源的频率是50Hz，则每隔　0.02　秒打一个点．④图乙是绘出的小车速度﹣时间关系图线，根据图线求出小车的加速度为a=　0.625　m/s2．（保留三位有效数字）考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：了解电磁打点计时器的工作电压、工作原理，实验中要先接通电源，然后释放小车．根据速度﹣时间图象解出斜率即是物体的加速度．解答：解：①电磁打点计时器接低压交流电源②实验时，使小车靠近打点计时器，先接通电源再放开小车．③若所接电源的频率是50Hz，则每隔0.02秒打一个点．④在v﹣t图象中图线的斜率表示加速度即a==0.625m/s2．故答案为：（1）①_低压交流；②接通电源，放开小车；③0.02；④0.625点评：注意速度﹣﹣时间图象中斜率表示其加速度，并要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．　11．（9分）①用游标为50分度的卡尺测量某圆筒的外径时，卡尺上的示数如图1所示，可读出圆筒的外径为　8.06　mm．11\n②用替代法测毫安表内电阻的电路如图甲所示．器材：待测毫安表A（量程0～10mA，内阻RA约为30Ω）；毫安表A′（量程30mA）；电阻箱R1（0～9999Ω）；滑动变阻器R2（O～500Ω）；电源（E=3V，r约为1～2Ω）．a．滑动变阻器滑片P在实验开始前应放在　b　端（填“a“或“b“）．将单刀双掷开关S先接“1”位置，调节滑动变阻器滑片P的位置，使待测毫安表A的指针至某位置（或满偏），记下此时毫安表A′的读数I．滑片P的位置不再移动；b．将开关S接“2”位置，调节电阻箱使　电流表A的读数为I　，读出此时电阻箱的读数如图乙所示（记为R1），则R1=　32　Ω；c．由以上实验可知，待测毫安表A的内电阻RA=　32　Ω．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．滑动变阻器在实验前应处于最大阻值处．本实验采用等效法测量电流表的内阻．解答：解：①游标卡尺的读数为：8mm+0.02×3mm=8.06mm．②a、滑动变阻器采用限流式接法，在实验前，应将滑动变阻器打到最大值位置，即滑动b端．bc、本实验采用等效法测量电流表的内阻，所以将开关S接“2”位置，调节电阻箱使电流表A的读数为I，则毫安表的内阻等于电阻箱的内阻，大小为10×3+1×2Ω=32Ω．故答案为：①8.06②a．bb．电流表A′的读数为I，32c.32点评：解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，以及知道该实验的原理，通过等效法测量电流表的内阻．　12．（18分）有一个1000匝的矩形线圈，两端通过导线与平行金属板AB相连（如图所示），线圈中有垂直纸面向外的匀强磁场；已知AB板长为2d，板间距离为d．当穿过线圈的磁通量增大且变化率为0.2Wb/s时，有一比荷为的带正电粒子以初速度v0从上板的边缘射入板间，并恰好从下板的边缘射出；之后沿直线MN运动，又从N点射入另一垂直纸面向外磁感应强度为B=0.1T的圆形匀强磁场区（图中未画出），离开圆形磁场时速度方向偏转了60°．不计带电粒子的重力．试求（1）AB板间的电压UAB（2）v0的大小（3）圆形磁场区域的最小半径．11\n考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：电磁感应与图像结合．分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解；（2）粒子做类平抛运动，根据运动的分解，结合牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；（3）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力公式，可求出运动半径，并由几何关系，即可求解．解答：解：（1）由法拉第电磁咸应定律：①得矩形线圈产生的感应电动势E=200V②因为AB板间的电压等于线圈产生的电动势，故UAB=200V③（2）带电粒子在AB板间做类平抛运动，设从下板边缘离开时竖直方向的速度为vy，则：④水平方向：L=v0t⑤竖直方向：⑥由④⑤⑥并代入数据得：⑦（3）粒子进入磁场瞬间：vy=at=2.0×104m/s⑧带电粒子在圆形磁场区中做匀速圆周运动，洛伦兹力作向心力：⑨⑩由⑧⑨⑩并代入数据得：如图，由几何关系得弦NQ的长为在过NQ两点的圆中，以弦NQ为直径的圆最小圆形磁场区域的最小半径为：答：（1）AB板间的电压200V；（2）v0的大小2.0×104m/s；（3）圆形磁场区域的最小半径0.14m．点评：11\n考查法拉第电磁感应定律、平抛运动处理规律、牛顿第二定律与运动学公式等应用，掌握运动的分解的同时性，注意运动轨迹的半径与圆形磁场的半径的区别．　13．（18分）如图所示，一个质量为m的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为R的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为S；另一质量为2m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点A滑上木板．设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失．已知滑块与长木板间的动摩擦因数为μ．试求（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足什么条件．考点：动量守恒定律；牛顿第三定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）滑块下滑过程机械能守恒，先根据守恒定律求解A点速度；再A点重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解支持力；最后根据牛顿第三定律求解压力；（2）先假设S足够大，最后滑块与木板有共同速度，根据动量守恒定律求解出共同速度；然后对木板运用动能定理列式求解木板滑动的距离；最后分情况讨论；（3）滑块最终和长木板一起静止在地面上，根据功能关系列式求解．解答：解：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为vA则①得：②在A点有：③由②③得：NA=6mg④由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力⑤（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度v，则：（2m+m）v=2mvA⑥⑦由②⑥⑦得：⑧11\nⅰ．若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为⑨ⅱ．若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'则：⑩得：v'=（3）因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速；因为M＜m，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上．由能量守恒得：解得：答：（1）滑块到达A点时对轨道的压力的大小为6mg；（2）长木板与墙第一次碰撞前的速度v与S的关系：若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为；若，木板与墙第一次碰前瞬间的速度为v'=；（3）若S足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足的条件．点评：本题考查了机械能守恒定律和动量守恒定律，还要根据“一对滑动摩擦力做功等于系统内能增加量”列式，涉及的知识点较多，对学生的能力要求较强．　11