全国通用版2022高考物理总复习精准提分练：仿真模拟练一

仿真模拟练(一)(时间：70分钟　满分：110分)二、选择题：本题共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．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是(　　)A.N＋He→O＋HB.U→Th＋HeC.H＋H→He＋nD.U＋n→Ba＋Kr＋3n答案　C解析　轻核聚变是指轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，A项为人工转变，B项为α衰变，C项为轻核聚变，D项为重核裂变，故C正确．15．2022年4月14日，风靡全球的蹦床主题公园——乐园空间登陆上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图1是小朋某次游戏中的v－t图象，t＝0时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋(　　)图1A．t1时刻落到海绵上B．t2时刻到达最低处14\nC．t3时刻处于平衡状态D．t2～t4时间内处于超重状态答案　D解析　小朋先向上做匀减速运动，在t1时刻达到最高点，故A错误；小朋达到最高点后开始做自由落体运动，接触海绵后，加速度开始减小，t2时刻速度达到最大，但没有在最低点，故B错误；t3时刻速度为零，但合力不为零，故C错误；t2～t4时间内先向下做减速运动，速度减到零后开始反向做加速运动，在此过程中，加速度的方向一直向上，所以是超重状态，故D正确．16．如图2，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为(　　)图2A.B．－C．－D.答案　B解析　从M点到N点利用动能定理有：qUMN＝mv－mv＝m(v0cos60°)2－mv解得：UMN＝－，故B正确．17．一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为f.以下说法正确的是(　　)A．汽车的功率为fvB．当汽车的速度增加到2v时，加速度为C．汽车行驶的最大速率为(1＋)v14\nD．当汽车的速度为v时，行驶的距离为答案　C解析　汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F－f＝ma，所以F＝f＋ma，所以汽车的功率为P＝Fv＝(f＋ma)v，故A错误；当汽车的速度增加到2v时，此时的牵引力为F＝＝＝由牛顿第二定律有：F－f＝ma1，即－f＝ma1解得a1＝，故B错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即vm＝＝＝v，故C正确；由于以恒定的功率行驶，汽车做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax＝v2即x＝来计算，故D错误．18．如图3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻R2＝R3＝2R1，电流表为理想交流电表，U为有效值恒定的正弦交流电源．当S闭合时，电流表的示数为I；当S断开时，电流表的示数为.该变压器原、副线圈匝数比为(　　)图3A．2B．3C．4D．5答案　A解析　设变压器原、副线圈匝数比为k，则可知，开关闭合时，副线圈总电流为kI，根据理想变压器原理可知＝k，同理＝k联立解得：k＝2，故A正确．19．如图4甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图象正确的是(　　)14\n图4答案　BD解析　线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由题图可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反(感应电流产生的磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则知感应电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，同理可判断出1～4s内感应电流的方向，故A错误，B正确；0～1s时间内，ad边感应电流是向下的，ad边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，同理可判断出1～4s时间内安培力F随时间t的变化关系，故C错误，D正确．20．某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是(　　)A．卫星运行半径r＝B．卫星运行半径r＝C．地球平均密度ρ＝D．地球平均密度ρ＝答案　AC解析　由万有引力提供向心力有：14\nG＝mr和G＝mg联立解得：r＝，故A正确，B错误；地球的质量M＝，地球的体积V＝，所以地球的密度为ρ＝＝＝，故C正确，D错误．21.有三根长度皆为L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量均为m、电荷量分别为－q和q的带电小球A和B，A、B间用第三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E＝的匀强电场，系统平衡时，A、B球的位置如图5所示．现将O、B之间的轻线烧断，因空气阻力，A、B两球最后会达到新的平衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)．以下说法正确的是(　　)图5A．A球的电势能增加了qELB．B球的电势能减少了qELC．A球的重力势能减少了mgLD．B球的重力势能减少了mgL答案　ACD解析　设达到新的平衡位置时OA绳与竖直方向的夹角为α，OB绳与竖直方向的夹角为β，由平衡条件得对A：FT1cosα＝mg＋FT2cosβqE＝FT1sinα＋FT2sinβ14\n对B：FTcosβ＝mgqE＝FTsinβFT＝FT2联立解得：α＝0，β＝45°所以A球的重力势能减少了mgL(1－cos30°)＝mgLB球的重力势能减少了mgL(1＋cos45°)－mgLcos30°＝mgLA球的电势能增加了qELsin30°－qEL＝B球的电势能增加了qEL(sin45°－sin30°)＝qEL综上所述，故A、C、D正确．三、非选择题(一)必考题22．(5分)利用图6的装置探究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为M，钩码的质量为m，打点计时器的电源是频率为f的交流电．图6(1)实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．(填选项前的字母)A．打点计时器不打点B．打点计时器打点(2)图7是正确操作后得到的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，其中O为打出的第一个点．在纸带上连续选取A、B、C、D、E点进行分析，测得各点到O点的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5，则打点计时器打D点时，小车的速度vD＝____.(用已知和测得物理量的符号表示)图7(3)若采用图中的OD14\n过程进行验证，则需要验证的关系式为________．(用已知和测得物理量的符号表示)答案　(1)B　(2)(3)mgs4＝(m＋M)(s5－s3)2f2解析　(1)在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选B.(2)利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度可求得vD＝＝(3)根据功能关系可知mghD＝(m＋M)v代入数据得：mgs4＝(m＋M)(s5－s3)2f2只要验证上关系式成立即可．23．(10分)实验室中有热敏电阻Rt、电炉丝、电磁继电器、电源E(3.6V，内阻不计)、电阻箱R0(0～999.9Ω)、开关K和导线若干，某同学设计了如图8甲所示的温控电路，当通过电磁继电器线圈的电流达到20mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18mA时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻Rt的阻值与温度t的关系．图8该同学主要实验过程如下，完成下列填空：(1)用多用电表的欧姆“×1Ω”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤如下：A．将选择开关旋至“×1Ω”挡，短接两表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“14\n0”刻度B．调节多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度C．将多用电表的选择开关旋至“OFF”D．将两表笔直接连到图甲中的1、4两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值以上步骤中存在错误的一项是________．改正后正确的步骤顺序为________________．(填步骤前的字母)(2)已知继电器线圈的电阻为25.0Ω.该同学将电阻箱的阻值调为75.0Ω，则该温控器的温度控制范围在______之间；若要提高控制的温度，则需要将电阻箱的阻值____________(选填“调大”或“调小”)．(3)正确设计电路后闭合K，发现电炉丝发热，Rt温度一直升高但继电器并不吸合．将多用电表选择开关旋至直流电压“×10V”挡，将表笔分别接到图甲中1、2、3、4各点进行故障排查(仅一处故障)，现象如下表，则可知________.表笔位置1、23、23、44、1电表示数3.60V3.60V00A.开关K断路B．电阻箱断路C．热敏电阻Rt短路D．电磁继电器线圈短路答案　(1)D　BADC　(2)50℃～60℃　调大　(3)B解析　(1)由于欧姆表不能直接测量带电源的电路，应该断开开关将继电器隔离后再放到1、4两点直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的D有错误，欧姆表的正确的操作步骤是BADC.(2)当通过电磁继电器线圈的电流达到20mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18mA时，街铁与继电器分开，所以回路中的电流取值范围是18mA～20mA，当继电器线圈的电阻为25.0Ω.电阻箱的阻值调为75.0Ω，利用闭合电路欧姆定律I＝可解得此时热敏电阻的取值范围为80Ω～100Ω，结合图象可知温度的取值范围为50℃～60℃，若要提高控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变．(3)从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱断路这样的故障，所以选B.14\n24．(12分)如图9为分拣邮件的传输装置示意图，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点，圆弧的半径为R＝0.8m，传送带的长度L＝3m，以速度v＝2m/s沿顺时针方向匀速转动．现将一质量m＝2kg的邮件(可视为质点)由圆弧顶点A点静止释放，已知邮件和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：图9(1)邮件滑到B点时的速度大小；(2)邮件由B点运动到C点的时间；(3)邮件与传送带间因摩擦产生的热量．答案　(1)4m/s　(2)1.3s　(3)4J解析　(1)由动能定理得：mgR＝mv解得：vB＝4m/s；(2)邮件在传送带上滑动，由牛顿第二定律得：μmg＝ma减速到v的过程中：v2－v＝2(－a)x1v＝vB－at1匀速阶段：L－x1＝vt2综上可得运动的时间：t＝t1＋t2＝1.3s(3)邮件与传送带相对位移：Δx＝x1－vt1摩擦生热：Q＝μmgΔx＝4J.25．(20分)如图10，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场．在x>0的区域内，磁感应强度大小B1＝3B0，在x<0的区域内，磁感应强度大小B2＝4B0.在t＝0时刻，一静止于O点的中性粒子分裂为两个质量分别为m、7m的带电粒子a和b，其中a粒子带正电，电荷量为q，分裂后粒子a以速度v沿x轴正向运动．不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，求：图10(1)分裂后b粒子的速度大小；(2)当粒子a的速度方向再次沿x轴正向时，粒子a的运动时间和到O点的距离；(3)粒子a与b在y轴上相遇的时刻和位置．答案　见解析14\n解析　(1)由动量守恒定律得0＝mv＋(－7mvb)解得：vb＝；(2)由牛顿第二定律得：qvB＝m，T＝解得粒子a的运动时间：ta＝·＋·＝到O点的距离：ya＝2－2＝；(3)a经过y轴的坐标及对应的时刻为：ya＝n·2－(n－1)·2＝·(n＝1,2,3……)ta＝n··＋(n－1)··＝·或ya′＝n·2－n·2＝·(n＝1,2,3……)ta′＝n··＋n··＝·b经过y正半轴的坐标及对应的时刻为：yb＝N·2－(N－1)·2＝·(n＝1,2,3……)tb＝＋(N－1)·＝·.粒子a和b相遇需满足条件ta＝tb且ya＝yb或ta′＝tb且ya′＝yb解得ta＝tb时无解．ta′＝tb时，n＝3，N＝114\n即t＝，y＝.(二)选考题33．[选修3－3](15分)(1)(5分)分子同时存在着引力和斥力，若分子间引力、斥力随分子距离r的变化规律分别为F引＝，F斥＝.下列说法正确的是________．A．分子表现为斥力时，由>得r>B．引力和斥力相等时，由＝得r＝，故当r>时分子作用力为引力C．引力和斥力相等时，分子势能为零D．引力大于斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大E．斥力大于引力时，分子势能随分子间距离减小而增大(2)(10分)如图11所示，内壁光滑的汽缸开口向上竖直放置；缸内理想气体Ⅰ、Ⅱ高度均为L0，温度均为T0.活塞A到汽缸顶部的距离为L0，活塞A、B绝热，A下有加热装置，汽缸底部导热、其余部分绝热，开始时整个装置处于平衡状态．已知活塞A和加热装置质量不计，B质量为m、横截面积为S，外界大气压强为p0，环境温度不变．现对气体Ⅰ缓慢加热，求：图11①气体Ⅰ温度多大时B活塞开始移动；②活塞B下移时气体Ⅰ的温度．答案　(1)BDE　(2)见解析解析　(2)①取Ⅰ气体为研究对象，p1＝p0，气体发生等压膨胀，当其体积为2L0S时，B开始移动．由盖－吕萨克定律得：＝解得：T1＝2T0②Ⅱ气体初态压强为p2＝p0＋对Ⅱ由等温变化：p2L0S＝p2′×L0S14\nⅠ气体此时压强为p1′，p1′＝p2′－对Ⅰ由理想气体状态方程：＝解得：T1′＝T0.34．[选修3－4](15分)(1)(5分)如图12所示，一列横波在x轴上传播，实线和虚线分别表示t1＝0、t2＝0.14s时的波形，已知实线在t3＝0.6s时第5次重复出现．则________．图12A．波的周期为0.1sB．波的波长为12cmC．波的传播速度为1m/sD．波沿x轴正方向传播E．t2＝0.14s时，x＝0处质点的纵坐标为y＝cm(2)(10分)如图13所示为半径R＝6cm的某种半圆柱透明介质的截面图，MN为紧靠该介质右侧竖直放置的光屏，与介质相切于P点．由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O.图13①当入射角i＝30°时，在光屏上出现三个亮斑，MP间两个亮斑到P点距离分别为8cm和6cm.则介质对红光和紫光的折射率分别为多少？②当入射角i＝53°时，在光屏上会出现几个亮斑，亮斑分别是什么颜色？答案　(1)BCE(2)①紫光折射率为　红光折射率为1.2②光屏上出现两个亮斑，MP间的亮斑为红色，PN间的亮斑为红、紫色混合亮斑．解析　(1)已知实线在t3＝0.6s时第5次重复出现，则有：t3＝0.6s＝5T，得T＝0.12s，14\n故A错误；由题图知波的波长为12cm，故B正确；波的传播速度为：v＝＝m/s＝1m/s，故C正确；t2＝0.14s＝T＋0.02s，则波传播距离x＝vt2＝λ＋2cm，可知波沿x轴负方向传播，故D错误；t2＝0.14s＝0.12s＋0.02s，而0.02s＝，根据正弦式振动方程y＝Asin(·t)得y＝2×sin(·)＝cm，所以t2＝0.14s时，x＝0处质点的纵坐标为y＝cm，故E正确．(2)①如图，由几何关系得tanθ1＝＝1，得θ1＝45°tanθ2＝＝，得θ2＝53°，所以紫光的折射率为n1＝＝，所以红光的折射率为n2＝＝1.2；②设紫光和红光的临界角分别为C1，C2，14\nsinC1＝＝，解得，C1＝45°<i＝53°同理sinC2＝＝>sin53°故C2>i＝53°.则紫光发生全反射，红光发生反射和折射．光屏上出现两个亮斑，MP间的亮斑为红色，PN间的亮斑为红、紫色混合亮斑．14