全国通用版2022高考物理总复习精准提分练：仿真模拟练四

仿真模拟练(四)(时间：70分钟　满分：110分)二、选择题：共8小题，每小题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．a、b两车在同一平直公路上从同一位置由静止开始运动，其v－t图象如图1所示．以下说法正确的是(　　)图1A．t0时刻，两车相遇B．t0时刻，b车的运动方向发生改变C．0～t0时间内，b车的加速度逐渐减小D．0～t0时间内，b车的平均速度为答案　C解析　根据v－t图象与t轴所围面积为位移，由题图可知，在t0时曲线和直线与t轴所围面积不相等，所以两车没有相遇，故A错误；b车的v－t图象始终在t轴上方，所以b车的运动方向没有改变，故B错误；v－t图象的切线斜率表示加速度，由题图可知在0～t0时间内，b车v－t图象的切线斜率减小，故加速度减小，故C正确；0～t0时间内，由于b车的位移大于a车的位移，所以b车的平均速度大于a车的平均速度13\n，故D错误．15．汽油发动机内，经过压缩达到一定温度和压力的汽油，需要火花塞点燃从而实现能量转化，而火花塞需要高达10kV的电压才能点火，某同学设计了如图2甲、乙的点火电路，已知直流电源的电压为12V，升压变压器的输出端接到火花塞上，开关是自动控制的，下列说法正确的是(　　)图2A．两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压B．图甲、乙的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压C．图甲的电路中，只有在开关闭合或断开瞬间，输出端才会有高压产生D．图乙的电路中，在开关断开或闭合瞬间，输出端都会有高压产生答案　C解析　只有线圈中的磁通量发生变化时才会产生感应电动势，所以在题图甲中当开关闭合或断开的瞬间，穿过副线圈的磁通量发生了变化，所以在副线圈上能产生高压，但题图乙中原线圈接了直流电，所以无论开关是断开还是闭合，穿过副线圈的磁通量都不发生变化，所以不会产生高压，故C正确，A、B、D错误．16.一定质量的小球套在倾斜的固定光滑杆上，一根轻质弹簧的一端悬挂于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆处于同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与O处于同一高度由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧竖直时，小球速度恰好为零，如图3所示，若弹簧一直处于伸长状态且处于弹性限度内，不考虑空气阻力，则(　　)图3A．当弹簧与杆垂直时，小球的动能最大B．当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，小球的动能最大C．小球从最高点到最低点的过程中，加速度的值一直增大D．在之后的运动中，小球不可能返回释放点13\n答案　B解析　当弹簧与杆垂直时，重力沿杆方向的分力提供了加速度，则小球还要沿杆加速，所以动能没有达到最大，故A错误；当小球受到的弹簧弹力和重力的合力与杆垂直时，此时沿杆方向合外力为零，加速度为零，所以小球的动能达到最大，故B正确；小球先加速后减速，所以小球的加速度先减小，后反向增大，故C错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒，所以小球能返回到释放点，故D错误．17.单梁悬挂起重机(行车)可简化为如图4的模型，滑轮O处于水平横梁AB上，长为L的钢丝绳一端固定在滑轮的中心轴上，下端连接一电磁铁，电磁铁对铁块的最大引力为F，现用该行车运送一铁块，滑轮与铁块一起向右匀速运动，当O到AB上的P点时被制动立即停止，铁块开始摆动但不掉落，将滑轮、电磁铁与铁块视为质点，下列说法正确的是(　　)图4A．只要铁块的重量不大于F，铁块就可以被安全运输B．若运输速度为v，该行车能运输铁块的最大质量为C．若运输速度为，该行车能运输铁块的最大质量为D．若铁块的质量为M，该行车运输的最大速度为答案　B解析　滑轮停止后铁块做圆周运动，那么在滑轮停止的瞬间，由FT－mg＝m得FT＝mg＋m，而FT≤F，所以铁块的重量应该小于F，故A错误；若运输速度为v，由F－mg＝m可知m＝，故B正确；若运输速度为，由F－mg＝m可知该行车能运输铁块的最大质量m＝，故C错误；若铁块的质量为M，由F－Mg＝M，13\n可知该行车运输的最大速度为v＝，故D错误．18．如图5所示，等腰直角三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射速率不同的两种粒子，粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab＝2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则这些粒子(　　)图5A．速度的最大值为B．速度的最小值为C．在磁场中运动的最短时间为D．在磁场中运动的最长时间为答案　A解析　若都能从ab边出来，则符合条件的最大半径的轨迹应该与ac面相切，最小半径的轨迹应该恰好运动到b点，如图所示由几何关系可得：rmin＝rmax＝(＋1)l粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB＝m解得：vmax＝13\nvmin＝，故A对，B错；粒子做圆周运动的周期为T＝，若圆心角θ＝45°，则在磁场中的运动时间为t＝T＝由图可知，最小的圆心角θ>45°，所以tmin>T＝，故C错；由几何关系知，粒子转过的最大圆心角θmax＝180°，所以粒子在磁场中运动的最长时间为tmax＝T＝，故D错．19．氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，其能级示意图如图6所示，当分别用能量均为48.4eV的电子和光子作用于处在基态的氦离子时(　　)图6A．氦离子可能辐射能量为40.8eV的光子B．氦离子可能从基态跃迁到n＝3的能级C．氦离子一定能从基态跃迁到n＝2的能级D．若仅以能量为60eV的电子入射，氦离子一定不会辐射光子答案　AB解析　若处在基态的氦离子吸收48.4eV的光子，则跃迁到的能级的能量应该为E＝－54.4eV＋48.4eV＝－6.0eV，所以氦离子可以吸收48.4eV的光子跃迁到E3的能级，然后自发地向下跃迁，从能级E2跃迁到能级E1可释放出能量为40.8eV的光子，故A、B正确；若吸收的电子的能量也为48.4eV，则氦离子从基态跃迁到n＝3的能级，所以氦离子不一定能从基态跃迁到n＝2的能级，故C错误；以能量为60eV的电子入射，氦离子可以吸收两能级差的能量发生跃迁，然后向下跃迁辐射出光子，故D错误．20．圆心为O的均匀带电球壳位于真空中，在其电场中沿某一半径方向，任一点的电势φ与该点到O的距离r的关系如图7所示．电场中有五个点a、b、c、d、e，b、d的电场强度大小分别为Eb和Ed，现将一带正电的试探电荷由c点经d点移动到e点，电场力所做的功分别为Wcd和Wde，下列选项正确的是(　　)13\n图7A．球壳的半径为1mB．0～1m间电场强度的值为6V/mC．Eb∶Ed＝2∶1D．Wcd∶Wde＝1∶1答案　AD解析　电荷分布在球壳的外表面，所以内部没有电场线，电场强度为零，则球壳是一等势体，而题图中0～1m范围内电势不变，所以带电球的半径为1m，故A正确，B错误；根据E＝可知Eb∶Ed＝4∶1，故C错误；根据W＝qU结合题图可知Wcd∶Wde＝1∶1，故D正确．21．如图8所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动，若减小小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内(　　)图8A．小球的动能一定增大B．小球的机械能可能不变C．小球的电势能一定减小D．小球的重力势能一定减小答案　AC解析　如果小球带负电，则小球受到向下的重力、向上的电场力和向下的洛伦兹力，则小球可能受力平衡，沿水平方向做匀速直线运动；若小球带正电，则小球受向下的重力、向下的电场力和向上的洛伦兹力，也可能受力平衡，故小球带正、负电均可以；若小球带负电，当减小小球从P点进入的速度但保持方向不变时，小球受到的向下的洛伦兹力变小，所以小球会向上偏转，此时合力做正功，动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做负功，重力势能增加；若小球带正电，当减小小球从P13\n点进入的速度但保持方向不变时，则小球所受到的向上的洛伦兹力会变小，则小球会向下发生偏转，则合外力做正功，动能增大，电场力做正功，电势能减小，重力做正功，重力势能减小，故A、C正确．三、非选择题(一)必考题22．(5分)如图9甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律”，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量．两车左端各系一条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止(如图乙)．拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小．图9(1)该实验中，盘和盘中砝码的总质量应____________小车的总质量(填“远大于”“远小于”或“等于”)．(2)图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车1的总质量m1＝100g，小车2的总质量m2＝200g．由图可读出小车1的位移x1＝5.00cm，小车2的位移x2＝________cm，可以算出＝________(结果保留三位有效数字)；在实验误差允许的范围内，________(填“大于”“小于”或“等于”)．答案　(1)远小于　(2)2.48(2.47～2.49均可)1．42(1.41～1.43均可)　等于解析　(2)由题图丙可知，小车2的位移为2.48cm，由匀加速直线运动的位移公式可知，x＝at2，即a＝.由于时间相等，所以＝＝13\n≈1.42，在实验误差允许的范围内，两小车的加速度之比等于质量的反比．23．(10分)(1)一多用电表的简化电路图如图10(a)，当转换开关S旋到位置1、2时，可用来测量________；当S旋到位置3或4时，对应不同倍率的欧姆表，如果3、4对应的电源电动势E>E′，则位置________(填3或4)对应的欧姆表倍率大．图10(2)某同学测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×10”挡，欧姆调零后，测量时指针偏转如图(b)所示，则该电阻的阻值是________Ω.(3)接下来，该同学采用“伏安法”测量该电阻的阻值，实验室提供的器材如下：A．电压表V(量程3V，内阻约为15kΩ)B．电流表A1(量程0.6A，内阻约为0.5Ω)C．电流表A2(量程30mA，内阻约为10Ω)D．滑动变阻器R1(0～10Ω，额定电流1A)E．滑动变阻器R2(0～5kΩ，额定电流0.5A)F．电源E(电动势为5V，内阻约为1Ω)G．开关S，导线若干①为了较准确地测量电阻R的阻值，电流表应选________，滑动变阻器应选________(填器材前面的序号)．②在虚线框内画出实验电路图．13\n答案　(1)电流　3　(2)130　(3)①C　D　②见解析图解析　(2)由题图(b)可知，电阻的阻值为13×10Ω＝130Ω；(3)由于电源的电动势为5V，定值电阻阻值约为130Ω，所以流过定值电阻的最大电流约为Imax＝A≈38.5mA，所以电流表应选C；为了减小实验误差，滑动变阻器应选总阻值较小的D，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于电阻阻值较小，所以电流表采用外接法，电路图如图所示．24．(12分)为研究电磁制动的效果，在小车的水平底面安装宽为L、长为2L的矩形线圈abcd，线圈匝数为N，总电阻为R，水平直轨道上虚线PQ和MN之间存在竖直向下的匀强磁场，其间距为2L，磁感应强度为B，如图11所示，沿轨道运动的总质量为m的小车，受到地面的阻力为Ff，当车头(ab边)进入磁场时的速度为v0，车尾(cd边)离开磁场时速度恰好减为零，求：图11(1)车头进入磁场时，小车加速度的大小；(2)从ab进入磁场到ab离开磁场的过程中，通过导线截面的电荷量；(3)电磁制动过程中线圈产生的焦耳热．答案　(1)＋　(2)(3)mv－4FfL解析　(1)车头进入磁场时，设加速度的大小为a，有E＝NBLv0，I＝，F＝NBIL由牛顿第二定律得F＋Ff＝ma，联立解得a＝＋；13\n(2)从ab进入磁场到ab离开磁场的过程中，＝N，＝，q＝t，联立解得q＝(3)设电磁制动过程中线圈产生的焦耳热为Q，由能量守恒：Q＝mv－4FfL.25．(20分)如图12，水平面上有质量mA＝1kg的木板A，其上右端点放有质量mB＝1kg的物块B(可视为质点)．A的左侧用长度l＝3.6m的轻绳悬吊一质量为mC＝0.5kg的小球C，C静止时恰好与A接触但无挤压且不触地，现将C沿A、B所在竖直平面向左拉起，当轻绳与竖直方向成θ＝60°角时由静止释放，C运动到最低点时与A发生碰撞，碰后C立即静止，最后物块B没有从A上滑出，已知B与A间的动摩擦因数μ1＝0.10，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.15，取g＝10m/s2，不考虑C与A碰撞的时间，求：图12(1)碰后瞬间A速度的大小；(2)碰后木板A运动的时间．答案　(1)3.0m/s　(2)0.9s解析　(1)设C与A碰撞时的速度大小为vC，有mCgl(1－cos60°)＝mCv碰后木板A的速度大小为vA，碰撞瞬间，由动量守恒定律有mCvC＝mAvA，解得vA＝3.0m/s(2)设C与A碰撞后A运动的加速度大小为a1，B运动的加速度大小为a2，经过时间t1，A、B两物体速度相等，设为vμ1mBg＋μ2(mA＋mB)g＝mAa1μ1mBg＝mBa2解得a1＝4.0m/s2，a2＝1.0m/s2，v＝vA－a1t1＝a2t1，解得v＝0.6m/s，t1＝0.6s；13\n经过分析可知A、B不能一起减速，所以A、B分别做减速运动．由于μ2(mA＋mB)g－μ1mBg＝mAa1′解得a1′＝2.0m/s2,0＝v－a1′t2，解得t2＝0.3s此后木板A保持静止，碰后木板A运动的时间t＝t1＋t2＝0.9s.(二)选考题33．[选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．A．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的B．液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现C．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等D．分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大E．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量(2)(10分)如图13所示，右侧有挡板的导热汽缸固定在水平地面上，汽缸内部总长为21cm，活塞横截面积为10cm2，厚度为1cm，给活塞施加一向左的水平恒力F＝20N，稳定时活塞封闭的气柱长度为10cm.大气压强为1.0×105Pa，外界温度为27℃，不计摩擦．图13①若将恒力F方向改为水平向右，大小不变，求稳定时活塞封闭气柱的长度；②若撤去外力F，将外界温度缓慢升高，当挡板对活塞的作用力大小为60N时，求封闭气柱的温度．答案　(1)BDE　(2)①15cm　②800K解析　(1)液体中的扩散现象是由于分子热运动而产生的，故A项错误．液体的表面张力是分子力作用的表现，表面层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现，故B项正确．物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，故C项错误．分子间的引力和斥力都是随分子间距离的减小而增大，只不过在不同情况下合力对外表现不同，故D项正确．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也有部分转化为热能，故E项正确．(2)①温度不变，设水平恒力向左、向右两种情况下被封闭气体压强分别为p1、p213\n，气柱的长度分别为l1、l2，则有：p1＝p0＋＝1.2×105Pap2＝p0－＝0.8×105PaV1＝l1S，V2＝l2S根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2解得：l2＝15cm.②设汽缸升温前后温度分别为T1、T3，升温后气柱长度为l3T1＝300K，l3＝(21－1)cm＝20cm升温后气体压强p3＝p0＋＝1.6×105Pa，V3＝l3S根据理想气体状态方程得：＝，解得：T3＝800K.34．[选修3－4](15分)(1)(5分)一列波沿x轴方向传播，某一时刻的波形如图14所示．质点A与坐标原点O的水平距离为0.6m，波长λ＝1.6m，此时质点A沿y轴正方向振动，经过0.1s第一次到达波峰处，则下列说法中正确的是________．图14A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的周期T＝0.8sC．波速v＝14m/sD．从图示时刻开始，质点A经过Δt＝1.6s运动的路程为0.4mE．从图示时刻开始，质点A经过Δt′＝0.5s第一次到达波谷(2)(10分)如图15甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB成θ角射入，对射出的折射光线的强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的器具，左侧是半径为R的半圆，右侧是长为8R、高为2R的长方体，一束单色光从左侧A′点沿半径方向与长边成37°角射入器具．已知光在真空中的传播速度为c，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)13\n图15①该透明材料的折射率；②光线在器具中运动的总时间．答案　(1)ABE　(2)①1.25　②解析　(2)①由题图乙可知，当θ＝37°时光线恰好发生全反射，则临界角C＝53°由n＝可知：n＝＝1.25②由几何关系可知光在器具中传播的路程为s＝＋R＝11R光在器具中的传播速度v＝传播时间t＝联立解得t＝.13