浙江专用2022高考物理二轮专题复习仿真预测卷二

仿真预测卷(二)(满分：120分　时间：60分钟)选择题部分(共42分)选择题部分共7小题，每小题6分，共42分。一、选择题(本题共4小题。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)14.用同一张底片对着小球运动的路径每隔s拍一次照，得到的照片如图1所示，则小球在图中的运动过程中平均速度是(　　)图1A.0.25m/s　　　　　　　B.0.2m/sC.0.17m/s　　　　　　　D.无法确定解析　由图知，小球运动的位移：x＝6cm－1cm＝5cm＝0.05m，运动时间：t＝s×3＝0.3s，小球运动的平均速度：v＝＝m/s≈0.17m/s。答案　C15.如图2所示，一小球用轻质线悬挂在木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，则在木板下滑的过程中，下列说法中正确的是(　　)图2A.小球的机械能守恒B.木板、小球组成的系统机械能守恒C.木板与斜面间的动摩擦因数为D.木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能解析　因拉小球的细线呈竖直状态，所以木板、小球均匀速下滑，小球的动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，A错；同理，木板、小球组成的系统动能不变，重力势能减小，机械能也不守恒，B错；木板与小球下滑过程中满足(M＋m)gsinθ＝μ(M＋m)gcosθ11\n，即木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝tanθ，C错；由能量守恒知木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，D对。答案　D16.已知两电源的电动势分别为E1、E2(E1＞E2)，内阻分别为r1，r2。当两电源分别与阻值为R的电阻连接时，外电路消耗的功率正好相等。若电阻R减小一些，再与E1、E2分别连接时，对应的外电路消耗的功率分别是P1、P2。则(　　)A.r1＜r2，P1＜P2　　　　B.r1＜r2，P1＞P2C.r1＞r2，P1＜P2　　　　D.r1＞r2，P1＞P2解析　由外电路消耗的功率相等得()2R＝()2R，又知E1＞E2则(R＋r1)2＞(R＋r2)2，故r1＞r2，再画出U－I图象如图，可知R减小一些(图中虚线)，在E2中电流增加量大，由P＝I2R可得P1＜P2，所以只有C项正确。答案　C17.如图3所示，两水平虚线ef、gh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电阻为R的正方形铝线框abcd从虚线ef上方某位置由静止释放，线框运动中ab始终是水平的，已知两虚线ef、gh间距离大于线框边长，则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图象合理的是(　　)图3解析　线框先做自由落体运动，由线框宽度小于磁场的宽度可知，当ab边进入磁场且cd11\n边未出磁场的过程中，线框的加速度与线框自由下落时一样，均为g。若cd边刚好匀速进入磁场，mg＝F安＝，ab边进入磁场后线框又做匀加速运动，cd边出磁场后减速，当达到上述匀速的速度后又做匀速运动，A、B错；若cd边加速进入磁场，全部进入后做匀加速运动，当cd边出磁场时线框有可能加速、匀速、减速，D对；若cd边减速进入磁场，线框全部进入后做匀加速运动，达到进磁场的速度时不可能匀速，C错。答案　D二、选择题(本题共3小题。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)18.如图4所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B(均可看做质点)，已知OA＝2OB，两物体与盘面间的动摩擦因数均为μ，两物体刚好未发生滑动，此时剪断细线，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则(　　)图4A.剪断前，细线中的张力等于B.剪断前，细线中的张力等于C.剪断后，两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D.剪断后，B物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，A物体发生滑动，离圆心越来越远解析　剪断前令细线中张力为T，则对物体B有μmg－T＝mω2·OB，对物体A有μmg＋T＝mω2·2OB，联立解得T＝，A错、B对；剪断细线后，T消失，物体B所受静摩擦力能提供其做匀速圆周运动的向心力，即B仍随圆盘做匀速圆周运动，物体A的最大静摩擦力不足以提供其做匀速圆周运动的向心力，即物体A发生滑动，离圆心越来越远，C错、D对。答案　BD19.质量为m的物体在水平恒定外力F作用下沿水平面做匀加速直线运动，一段时间后撤去外力，已知物体的v－t图象如图5所示，则下列说法正确的有(　　)11\n图5A.物体所受摩擦力大小为B.水平拉力大小是物体所受摩擦力大小的2倍C.物体在加速段的平均速度大于减速段的平均速度D.0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为解析　由v－t图象知物体在加速段的加速度大小为a1＝，在减速段的加速度大小为a2＝，由牛顿第二定律知物体所受摩擦力大小为f＝ma2＝，A对；而F－f＝ma1，即水平拉力大小为F＝，是物体所受摩擦力大小的3倍，B错；由v－t图象知物体在加速段的平均速度和在减速段的平均速度均为，C错；0～3t0时间内物体的位移为x＝，所以克服摩擦力做功的平均功率为P＝＝，D对。答案　AD20.如图6所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0＝30J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10J，克服重力做功24J，则(　　)图6A.滑块带正电，上滑过程中电势能减小4JB.滑块上滑过程中机械能增加4JC.滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12JD.滑块返回到斜面底端时动能为15J解析　由动能定理知上滑过程中W电－WG－Wf＝ΔEk，代入数值得W电＝411\nJ，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J，A对；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为ΔE＝W电－Wf＝－6J，即机械能减小6J，B错；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J，即重力势能增加12J，C对；由动能定理知2Wf＝Ek0－Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为10J，D错。答案　AC非选择题部分(共78分)非选择题部分共5小题，共78分。21.(10分)某实验小组采用如图7所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系。图7(1)下列关于该实验的说法中正确的是________。A.平衡摩擦力时，应将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C.实验时，应先放开小车，再接通打点计时器D.在每次实验时，应使砝码和砝码盘的总质量远大于小车的质量(2)该实验小组采用正确的实验步骤后，利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的其中一条纸带如图8所示：(图中每两个计数点间还有四个点未画出)图8则在该次实验中，小车运动的加速度大小为________m/s2(结果保留三位有效数字)。解析　(1)砝码和砝码盘的重力等于小车受到的拉力，因此在平衡小车受到的摩擦力时，不能将盘和盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，选项A错误；平衡摩擦力是利用小车本身重力的下滑分量来进行的，即mgsinθ＝μmgcosθ，由此式可以看出不需要重新平衡摩擦力，选项B正确；实验时，应先接通打点计时器，等打点计时器工作稳定后再放开小车，因此选项C错误；在该实验中，认为砝码和砝码盘的重力等于细绳拉小车的拉力，实际上，由于砝码和砝码盘要加速下降，所以细绳对小车的拉力要小于砝码和砝码盘的重力，所以为了减小误差，砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量，选项D错误。(2)由于计数点之间的时间间隔为T＝0.1s，所以由逐差法可得小车的加速度为a＝1.19m/s2。答案　(1)B(5分)　(2)1.19(5分)11\n22.(10分)在学习了伏安法测电阻之后，某课外活动小组想通过图9所示的实验电路测定一个阻值约为几十欧的电阻Rx的阻值。图中定值电阻R0＝10Ω，R是总阻值为50Ω的滑动变阻器，A1和A2是电流表，电源电动势E＝4V，电源内阻忽略不计。图9(1)该课外活动小组现有四只可供选择的电流表：A.电流表(0～3mA，内阻为2.0Ω)B.电流表(0～0.3A，内阻为5.0Ω)C.电流表(0～3mA，内阻未知)D.电流表(0～0.6A，内阻未知)则电流表A1应选________；电流表A2应选________。(填器材前的字母)(2)在不损坏电表的情况下，将滑动变阻器的滑片从最左端逐渐向右滑动，随着滑动变阻器接入电路中的长度x的变化，电流表A2的示数也随之发生变化，则下列四个选项中能正确反映电流表A2的示数I2随滑动变阻器接入电路中的长度x的变化关系的是________。(3)该课外活动小组利用图9所示的电路，通过改变滑动变阻器接入电路中的阻值，得到了若干组电流表A1、A2的示数I1、I2，然后在坐标纸上描点、连线，得到的I1－I2图线如图10所示，由图可知，该待测电阻Rx的阻值为________Ω。(结果保留三位有效数字)图10解析　(1)由于在该实验电路中没有电压表，所以要将定值电阻R0和电流表A1改装成电压表使用，因此A1的内阻应已知，如果采用A电流表，则流经该电流表的最大电流约为A，超出了该电流表的量程，如果采用B电流表，则流经该电流表的最大电流约为A，小于该电流表的量程，所以要采用B电流表。由于电流表A2的内阻不是必须要知道的，其量程要大于电流表A1的量程，所以电流表A2应选择D电流表。11\n(2)流经电流表A2的电流为电路中的总电流，设滑动变阻器单位长度的电阻为r，则有I2＝，又因为R0、Rx、R1、R2等均为定值，令k＝＋R2，则上式可变为I2＝，由数学关系可知，选项B正确。(3)由电路图可知，(R0＋R1)I1＝Rx(I2－I1)，整理可得＝，而即题图中I1－I2图线的斜率，由图可知，＝，代入数据解得Rx＝35.0Ω。答案　(1)B(2分)　D(2分)　(2)B(2分)　(3)35.0(结果在33.0～37.0之间均正确)(4分)23.(16分)在高速公路的同一车道上行驶的汽车，必须保持一定的距离，才能保证行车安全。若在某高速公路的某条车道上，有甲、乙两辆小轿车均以v0＝30m/s的速度在匀速行驶，甲车在前，乙车在后。某时刻甲车司机突然因故障开始减速，其减速时的加速度大小为a1＝5m/s2，在看到甲车减速后乙车司机开始紧急刹车，若乙车司机的反应时间为t＝0.5s，乙车刹车的最大加速度大小为a2＝3m/s2，则要避免两车相撞，甲、乙两车在匀速行驶时的距离至少为多少？解析　设甲车减速到零时行驶的距离为x甲则由运动学公式可得x甲＝(4分)设乙车减速到零时行驶的距离为x乙则由运动学公式可得x乙＝v0t＋(4分)要避免两车相撞，则两车在匀速行驶时的距离至少应为Δx＝x乙－x甲(4分)以上三式联立并代入数据可得Δx＝75m。(4分)答案　75m24.(20分)(2022·天津卷，21)如图11所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T.在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：11\n图11(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。解析　(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5m/s⑥(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦由串联电路规律有Q＝Q总⑧联立解得：Q＝1.3J⑨答案　(1)由a流向b　(2)5m/s　(3)1.3J25.(22分)如图12所示，在以O1点为圆心且半径为r＝0.10m的圆形区域内，存在着竖直向下、场强大小为E＝4×105V/m的匀强电场(图中未画出)。圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。一比荷＝1.0×108C/kg的带正电粒子从坐标原点O沿x轴正方向入射，粒子重力不计。11\n图12(1)若粒子在圆形区域的边界Q点射出匀强电场区域，O1A与O1Q之间的夹角为θ＝60°，求粒子从坐标原点O入射的初速度v0；(2)撤去电场，在该圆形区域内加一磁感应强度大小为B＝0.15T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且将该圆形磁场以过O点并垂直于纸面的直线为轴，逆时针缓慢旋转90°，在此过程中不间断地射入题干中所述粒子，粒子入射的速度等于(1)中求出的v0，求在此过程中打在荧光屏MN上的粒子与A点的最远距离。解析　(1)由题意可知，该粒子将在匀强电场中做类平抛运动，设其在电场中的运动时间为t，粒子在电场中运动的加速度大小为a，则有r＋rcosθ＝v0t(2分)rsinθ＝at2(1分)qE＝ma(1分)以上三式联立可得v0＝(1＋cosθ)(2分)代入数据可得v0＝3×106m/s。(2分)(2)由题意可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R＝＝0.2m，以O点为圆心、OA＝0.2m为半径做出圆弧AC交y轴于C点，以C点为圆心、CO为半径作出粒子运动的轨迹交弧AC于D点，则OD＝2r＝0.2m，如图所示，过D点作切线，分别交OA于F点，交MN于E点，则E点即粒子能够打在荧光屏MN上的粒子离A点的最远距离(4分)由几何关系可知，sinα＝(1分)所以OF＝Rtanα(1分)因此AF＝2r－OF(2分)由几何关系可知∠EFA＝2α(2分)所以AE＝AFtan2α(2分)以上各式联立，代入数据可得AE＝m。(2分)答案　(1)3×106m/s　(2)m自选模块【物理——选修3－4】(10分)(1)(4分)(单选)下列说法中正确的是(　　)11\nA.做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关B.全息照相的拍摄利用了光的衍射原理C.医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点D.机械波和电磁波都可以在真空中传播(2)(6分)一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝0时刻的波的图象如图所示，经0.1s，质点M第一次回到平衡位置，求：①波传播的速度；②质点M在1.2s内走过的路程。解析　(1)做简谐运动的物体的振幅由振动能量决定，所以A项错误；全息照相利用了光的干涉原理，B项错误；因为激光具有亮度高，能量大的特点，医学上用其做“光刀”来进行手术，所以C项正确；因为机械波传播时需要介质，所以它不能在真空中传播，D项错误。(2)①波沿x轴正方向传播，当x＝0处的状态传到M点时，M第一次回到平衡位置，此过程中波传播的距离为Δx＝0.1m(1分)则波速为v＝＝m/s＝1m/s(1分)②根据数学知识得：y＝Asinωx＝Asinx，(1分)由题知：10＝20sin×0.1故波长为λ＝1.2m(1分)所以周期T＝＝s＝1.2s，(1分)则质点M在1.2s内走过的路程s＝4A＝4×0.2m＝0.8m(1分)答案　(1)C　(2)①1m/s　②0.8m【物理——选修3－5】(10分)(1)(4分)(单选)下列说法中正确的是(　　)A.用频率为ν的光照射某金属研究光电效应，遏止电压为Uc，则该金属的逸出功为hν－eUcB.一群处于n＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出4种不同频率的光子C.某放射性物质的半衰期为T，质量为m，该放射性物质经半个半衰期还剩mD.核反应方程4H→He＋kX中，X是质子，k＝211\n(2)(6分)甲、乙两车上各固定一个条形磁铁，小车能在光滑的水平面上沿同一直线运动。已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为1.0kg。两磁铁的N极相对，开始两车相距较近。若给甲车一个向右的初速度，同时释放乙车，当乙车的速度为2m/s时，两车相距最近，则甲车的初速度为多大？图16解析　(1)用频率为ν的光照射某金属研究光电效应，遏止电压为Uc，则光电子的最大初动能Ek＝eUc，根据爱因斯坦光电效应方程，hν＝Ek＋W0，因此该金属的逸出功为W0＝hν－eUc，A项正确；一群处于n＝3能级的氢原子自发跃迁时能发出3种不同频率的光子，B项错误；某放射性物质的半衰期为T，质量为m，该放射性物质经一个半衰期还剩m，C项错误；根据质量数和电荷数守恒，核反应方程4H→He＋kX中，X是正电子，D项错误。(2)设甲车的初速度为v0，当两车相距最近时，两车有共同速度v＝2m/s(2分)根据动量守恒有m甲v0＝(m甲＋m乙)v(2分)解得v0＝6m/s(2分)答案　(1)A　(2)4m/s11