全国通用2022高考物理二轮专题复习仿真预测卷二

仿真预测卷(二)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分110分。第Ⅰ卷(选择题　共48分)二、选择题(本题共8小题，每小题6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.如图1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1A.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)gcosθ，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　D15.匝数为100匝的线圈通有如图2所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02Ω，则在0～10s内线圈产生的焦耳热为(　　)图2A.80J　　　B.85JC.90J　　　D.125J13\n解析　由交变电流的有效值定义知IR＋IR＝I2RT，该交变电流的有效值为I＝，I1＝3×A，I2＝2A。联立得I＝A，由Q＝I2Rt得Q＝85J，B对。答案　B16.2022年12月2日，我国第三颗探月卫星“嫦娥三号”搭乘“长征三号乙”火箭发射升空。已知月球半径为地球半径R的，月球表面重力加速度大小为地球表面重力加速度g大小的，地球的第一宇宙速度为v1，“嫦娥三号”总质量为m，环月运行为圆周运动，则在环月过程中“嫦娥三号”的动能可能为(　　)A.B.C.D.解析　由mg月＝m可知月球的第一宇宙速度v＝＝＝v1，这是最大环绕速度，所以在环月过程中“嫦娥三号”的动能Ek≤mv2＝，即D对。答案　D17.两个电荷量、质量均相同的带电粒子甲、乙以不同速率从a点沿对角线方向射入正方形匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。甲粒子垂直bc离开磁场，乙粒子垂直ac从d点离开磁场，不计粒子重力，则(　　)图3A.甲粒子带负电，乙粒子带正电B.甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的2倍C.甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍D.甲粒子在磁场中的运行时间与乙粒子相等解析　由左手定则可判定甲粒子带正电，乙粒子带负电，A错；令正方形磁场的边长为L，则由题知甲粒子运行的半径为L，乙粒子运行的半径为L，由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，动能Ek＝13\n，甲粒子的运行动能是乙粒子运行动能的4倍，B错；由Bqv＝m得F＝Bqv＝，所以甲粒子在磁场中所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍，C对；t＝·，甲粒子运行轨迹所对圆心角为45°，乙粒子运行轨迹所对圆心角为90°，即甲粒子在磁场中的运行时间是乙粒子的一半，D错。答案　C18.如图4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4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cd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　D19.如图5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m13\n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5A.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　BD20.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6所示，则下列说法正确的有(　　)图6A.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13\n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　AD21.如图7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7A.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＝4J，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第Ⅱ卷(非选择题　共62分)三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33～35题为选考题，考生根据要求做答。)(一)必考题(共47分)22.(6分)某实验小组采用如图8所示的实验装置探究小车加速度与力、质量的关系。13\n图8(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9所示：(图中每两个计数点间还有四个点未画出)图9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(3分)　(2)1.19(3分)23.(9分)在学习了伏安法测电阻之后，某课外活动小组想通过图10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10(1)该课外活动小组现有四只可供选择的电流表：13\nA.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10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11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11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。(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Rx13\n＝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)(3分)24.(12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(2分)以上三式联立并代入数据可得Δx＝75m。(2分)答案　75m25.(20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。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。13\n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(1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(1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(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分)33.【物理——选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A.空气的绝对湿度大，相对湿度一定大B.上午十时，教室内空气中的氮气和氧气的分子平均动能相同C.荷叶上的小水滴呈球形，这是表面张力使液面收缩的结果D.有一分子a从无穷远处靠近固定不动的分子b，当a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小13\nE.一定质量的理想气体等温膨胀，可能会向外散热(2)(10分)如图13所示，竖直放置的粗细均匀的U型管内有一段水银柱，左右两侧管中水银柱液面等高，左侧管中封闭有一段长为10.00cm的空气柱，左侧管中水银柱的高也为10.00cm，此时大气压强p0＝75cmHg，温度为27℃。图13①若给左侧管中气体加热，使两侧水银面形成10.00cm的高度差，求此时封闭气体的温度；②若保持管中气体温度不变，往右侧管中慢慢地倒入水银，使两侧水银面仍然形成10.00cm的高度差，求倒入的水银柱的长度。解析　(1)空气的相对湿度等于空气的绝对湿度与同温度下水的饱和汽压的比值，绝对湿度大时，同温度下的水的饱和汽压也可能大，所以相对湿度不一定大，A项错误；上午十时教室内空气中的氮气和氧气的温度相同，分子平均动能相同，B项正确；液体的表面张力使液体表面有收缩的趋势，C项正确；a、b间分子力为零时，它们具有的分子势能一定最小，D项正确；一定质量的理想气体等温膨胀，气体对外做功，而内能不变，根据热力学第一定律，气体一定从外界吸热，E项错误。(2)①加热后气体的压强为p2＝85cmHg(1分)根据理想气体状态方程有＝(2分)解得：T2＝510K(1分)②若保持温度不变，往右侧管中倒入水银，当两侧水银面形成10cm的高度差时，管中气体的压强仍为p2＝85cmHg(1分)根据玻意耳定律，p1V1＝p2V2(2分)即p1h1S＝p2h2S解得h2＝cm(1分)加入的水银柱的长度为H＝10cm＋2×(10－)cm＝12.35cm(2分)答案　(1)BCD　(2)①510K　②12.35cm34.【物理——选修3－4】(15分)(1)(5分)如图14所示，一列简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻的实线波形经过Δt13\n＝0.6s移到了虚线所在的位置，则这列波的传播速度为________m/s；经过Δt时间x＝2m处的质点运动的路程为________cm。图14(2)(10分)如图15所示为一直角三棱镜的截面，∠B＝90°，∠A＝60°，现有一束单色光垂直照射到AC面上，从O点进入，经AB面反射，在BC面上折射光线与入射光线的偏向角为30°。图15①求棱镜对光的折射率；②试证明光在AB面上会发生全反射。解析　(1)经过0.6s波形从实线位置传到虚线位置，波形移动的位移x＝(10－4)m＝6m，波速为v＝＝m/s＝10m/s，在0.6s时间内x＝2m处的质点通过的路程为3A＝3cm。(2)①光经AB面反射，在BC面上的折射与反射光路如图所示，由几何关系可知，光在BC面上的入射角i＝30°(2分)由于在BC面上折射光线与入射光线的偏向角为30°，因此折射角为r＝60°(2分)由折射定律得n＝＝＝(2分)②由几何关系可知，光在AB面的入射角为60°，光从棱镜进入空气发生全反射的临界角为sinC＝＝＜＝sin60°(2分)即60°＞C，因此光线在AB面上会发生全反射(2分)答案　(1)10　3　(2)①　②见解析35.【物理——选修3－5】(15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)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－13\neUcB.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＝2E.若α衰变X→A－2Y＋He中释放的能量为E，则平均每个核子释放的能量为(2)(10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。图16①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？②若同时由静止释放小车，当乙车的速度大小为2m/s时，磁力对两车和磁铁做的总功是多少？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项正确；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；若α衰变X→A－2Y＋He中释放的能量为E，则平均每个核子释放的能量为，E项正确。(2)①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(1分)②若同时由静止释放小车，系统的总动量为零，当乙车的速度大小为v乙＝2m/s时，根据动量守恒定律有m甲v甲＝m乙v乙(2分)解得v甲＝4m/s(1分)根据动能定理，磁力对两车和磁铁做的总功为W＝m甲v＋m乙v＝×0.5×42J＋×1×22J＝6J(2分)13\n答案　(1)ABE　(2)①4m/s　②6J13