山东省肥城市2022届高三物理下学期高考适应性训练（高考仿真模拟）试题（二）（Word版附解析）

2022年高考适应性训练物理试题（二）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图甲所示，用高压激发氢光谱管，使光谱管中的氢原子大量处于第4能级并辐射发光，其中某些光子打在连着验电器的锌板上，事先使锌板带负电，验电器张开一定的角度。已知锌板表面电子的逸出功是3.3eV，氢原子的能级示意图如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）A.光谱管会放出4种不同能量的光子B.光谱管发出的光能够使锌板发生光电效应C.从锌板中溢出的光电子的最大初动能为9.55eVD.由于是锌板表面的自由电子溢出，验电器的指针张角不变【答案】B【解析】【详解】A．由于大量的氢原子处于第4能级，则光谱管辐射的光子能量种类是种，A错误；B．因光谱管辐射的光子的最高能量是所以可以使锌板发生光电效应，B正确；C．根据爱因斯坦的光电效应方程，即可得最大初动能为C错误；D．由于发生光电效应，锌板会失去部分电子，验电器指针张角变小，D错误。\n故选B。2.弹簧振子在光滑水平面上振动，其位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）A.10秒内振子的路程为1mB.动能变化的周期为2.0sC.在时，振子的速度反向D.振动方程（m）【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据振动图象可知周期T=2.0s，振幅A=10cm，t=10s=5T，一个周期通过的路程为4A，则10s内通过的路程为故A错误；B．每次经过平衡位置动能最大，在最大位移处动能为0，在振子完成一个周期的时间内，动能完成2个周期的变化，故动能变化的周期为1s，故B错误；C．在t=0.5s到t=1.5s时间内振子沿x负方向运动，在t=1.0s时，振子的速度未反向，故C错误；D．由振动图象知T=2.0s，角速度振动方程故D正确；故选D。3.\n夏日雨后，我们经常会看到天空中出现美丽的彩虹。从物理学角度看，彩虹是太阳光以一定的角度照射在雨滴上经过两次折射和一次反射形成的。如图是彩虹成因的简化示意图，其中、代表两种不同频率的单色光，则（　　）A.光的频率大于光的频率B.在同种介质中，光的传播速度小于光的传播速度C.光和光以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是光D.分别用同一双缝干涉装置进行实验，在干涉图样中光相邻两个亮条纹中心的距离小于光相邻两个亮条纹中心的距离【答案】C【解析】【详解】A．由光路图可知，水对b光的偏折程度较大，则b光的折射率较大，则b光的折射率比a光大，A错误；B．根据可知在同种介质中，b光的传播速度小于a光的传播速度，B错误；C．因为可知，a光的临界角大于b光，则光和光以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，则一定是b光发生了全反射，射出的一定是光，C正确；D．根据可知，因a光的波长大于b光，则分别用同一双缝干涉装置进行实验，在干涉图样中光相邻两个亮条纹中心的距离大于光相邻两个亮条纹中心的距离，D错误。故选C。4.图中电表均为理想的交流电表，如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为\n，电路中电阻R=11Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈两端加上如图乙所示（图线为正弦曲线）的交变电压。则下列说法中正确的是：（）A.电压表的示数为31.1VB.电流表A1的示数为0.2A，电流表A2的示数为2AC.原线圈输入功率为440WD.原线圈中交变电压的频率为200Hz【答案】B【解析】【详解】A．由图乙可知交流的最大值为，则交流电的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为22V，故A错误；B．副线圈的电流为电流与匝数成反比，故原线圈的电流为0.2A，故B正确；C．副线圈消耗的功率为输入功率等于输出功率，原线圈输入功率为44W，故C错误；D．由图乙知频率为变压器不会改变电流的频率，所以原线圈中交变电压的频率为50Hz，故D错误。故选B。5.如图甲所示，彩虹赛道是近年来广受人们欢迎的娱乐项目，游客坐在一个特制的垫子上，从滑道顶端滑下，由于滑道较长、坡度较大，游客能体会到高速滑行的感觉。现有一游客坐在垫子上（可视为质点），从滑道顶端由静止开始下滑，以滑道上某位置为参考点，游客经过参考点时开始计时，得出其在倾斜滑道下滑过程中的某一段时间内的位移一时间图像（\n图像），如图乙所示。游客在倾斜滑道下滑过程可视为匀加速直线运动，时，图像的切线如图乙中虚线所示，关于该游客的运动下列说法正确的是（　　）A.时游客距出发点的距离为B.在时间内游客运动的位移为C.时刻游客的速度大小为D.游客在倾斜滑道下滑时加速度的大小为【答案】C【解析】【详解】A．时游客距计时点的距离为，距离出发点的距离大于x0，选项A错误；BCD．在t=0时刻的速度在时间内的位移为x0，则解得则t0时刻的速度时间内游客运动的位移为\n选项BD错误，C正确；故选C。6.如图所示，表示一定质量的理想气体沿箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强变化情况是（　　）A.从状态c到状态d，压强减小B.从状态d到状态e，压强增大C.从状态e到状态a，压强增大D从状态a到状态b，压强不变【答案】A【解析】【详解】在图像中等压线是过坐标原点的直线。由理想气体的状态方程知可见当压强增大时，等压线的斜率变小，由图可确定pa<pe<pd<pc<pb故选A。\n【点睛】在V-T图像中，过原点的直线表示气体发生等压变化，在同一个V-T图像中，斜率大的直线对应的气体压强小，所以在解答本题时，画出多条过原点的直线，即构建不同的等压变化来比较不同状态下气体压强的大小。7.如图所示，将一半径为R、质量为M的均匀大球，沿直径挖去两个半径分别为大球半径一半的小球，并把其中一个放在球外与大球靠在一起，挖去小球的球心、球外小球的球心、大球的球心都在一条直线上，则大球中剩余部分与球外小球间的万有引力大小约为（　　）A.0.01B.0.02C.0.05D.0.04【答案】D【解析】【详解】由题意可得，挖去的小球的半径为、质量为。挖出小球前，大球对球外小球的万有引力为F=G将挖出的小球填回原位置，则填入左侧原位置的小球对球外小球的万有引力为\nF1=G填入右侧原位置的小球对球外小球的万有引力为F2=G则大球中剩余部分对球外小球的万有引力为F3=F-F1-F2≈0.04故选D。方法点津先把挖去的部分“补”上，得到半径为R的完整球体，再根据万有引力公式，分别计算补回的左、右两个半径为的球体和半径为R的完整球体对球外小球的万有引力F1、F2、F，再利用力的合成与分解规律即可求得结果。8.如图所示，两根轻绳分别跨过两个定滑轮系在小球上，两定滑轮高度相同，小球处在某位置静止不动，两绳的拉力分别为、。缓慢拉动两根轻绳，小球沿竖直虚线缓慢上升，下列说法正确的是（　　）A.拉力减小，拉力增大B.拉力增大，拉力减小C.拉力、的水平分量均不变D.拉力、的竖直分量均不变【答案】D【解析】【详解】AB．小球受重力G、拉力、，小球沿竖直虚线缓慢上升，小球处于平衡状态，、的合力大小等于小球的重力G，随小球上升、两力的夹角增大，由力的合成定\n则可知，、都增大，AB错误；C．因小球处于平衡状态，如图所示，小球在水平方向受力平衡，合力等于零，由图可知，、都增大，、在水平方向分量均增大，可合力仍不变，C错误；D．小球沿竖直虚线缓慢上升，受力平衡，、的合力大小等于小球的重力Ｇ，可随小球上升，、都增大，因小球重力大小不变，上升的方向不变，由平行四边形定则可知，拉力、的竖直分量不变，D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，A、B是真空中的两个等量异种点电荷，M、N、O是AB连线垂线上的点，且AOOB，一带负电的试探电荷仅受电场力作用，运动轨迹如图中实线所示，M、N为轨迹和垂线的交点，设M、N两点的场强大小分别为EM、EN，电势分别为M、N，下列说法中正确的是（）A.点电荷A一定带正电B.EM小于ENC.M大于ND.此试探电荷在M处的电势能大于N的电势能【答案】BD【解析】\n【详解】A.据题意，由于电场力指向负电荷运动轨迹的凹侧，所以A带负电而B带正电，故A错误；B.因为AOOB，根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，N点场强较大，EM小于EN，故B正确；C.由等量异种点电荷等势面分布特点，N点离正电荷更近些，电势更高些，M小于N，故C错误；D.由电势能Ep=q可知，知试探负电荷在M处的电势能大于在N处的电势能，故D正确。故选BD。10.如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABM的单色光从空气射向E点，并偏折到F点。已知入射方向与边AB的夹角为θ＝30°，E、F分别为边AB、BM的中点，则（　　）A.该三棱镜对该单色光的折射率为B.光在F点发生全反射C.光从空气进入棱镜，波长变短D.从F点出射的光束与入射到E点的光束可能平行【答案】AC【解析】【详解】A．在E点作出法线可知入射角为i＝60°，折射角为r＝30°，由折射定律可知折射率A正确；B．由sinC＝可知全反射的临界角大于30°，由光路可知，在边BM上的入射角等于30°，小于全反射的临界角，故不会发生全反射，B错误；\nC．根据公式得可知光从空气进入棱镜，波长变短，C正确；D．三棱镜两次折射使得光线都向AM边偏折，不会与入射到E点的光束平行，D错误。故选AC11.如图所示，光滑固定斜面的倾角为θ。一轻质弹簧的下端与放在斜面底端挡板处的物体B相连，上端与物体A相连，A、B都处于静止状态。用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A，滑轮右侧轻绳与斜面平行，滑轮左侧轻绳的下方连一轻质挂钩。轻弹簧和斜面平行。现在轻质挂钩上挂一物体C（图中未画出）并从静止状态释放（物体C不会和地面接触），已知它恰好能使B离开斜面底端挡板但不继续上升。则从物体C由静止释放到C运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　）A.弹簧对A的弹力对A一定做正功B.轻质挂钩对物体C的拉力大小一直增大C.物体A、C和弹簧组成的系统机械能守恒D.当物体C运动到最低点时，物体A的加速度大小为0【答案】BC【解析】【分析】【详解】恰好能使B离开斜面底端挡板但不继续上升时，若此时A的速度不为零，则A会继续拉动弹簧使B受到弹力变大，B就会继续上升，故可推知B的合力为零且A的速度为零。\nA．物体A沿斜面方向受绳的拉力和弹簧的弹力，重力的分力，因A向上运动，弹力先沿斜面向上后沿斜面向下，故弹力先做正功后做负功，因初末形变关系未知，则弹力对A的总功无法判断，故A错误；B．以A和C为系统，由牛顿第二定律有由于一直变大，故a一直变小；以C对象研究，有因a一直变小，故一直变大，故B正确；C．对系统只有重力和弹簧的弹力做功，C减少的重力势能转化为A与C增加的动能、A增加的重力势能、弹簧增加的弹性势能，则物体A、C和弹簧组成的系统机械能守恒，故C正确；D．当物体C运动到最低点时速度为零，C物体经历了向下的减速运动，故此时加速度向上，而A与C用同一根绳连接，沿绳的运动状态完全相同，故A此时的加速度不为零而沿应沿斜面向下，故D错误；故选BC。12.如图甲所示，由同种材料制成粗细均匀的矩形导体方框abcd固定在匀强磁场中，磁场方向垂直方框所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。以垂直于方框所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于线框中的感应电动势的大小E、感应电流I（以顺时针方向为正）、ab边的热功率P、ab边受到的安培力F（以向右为正）随时间t变化的图像中正确的是（　　）A.B.C.\nD.【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．由法拉第感应定律可知，在0~1s和5~6s两段时间内产生的感应电动势大小相等，且保持不变，而1~5s时间内产生的感应电动势大小不变，但只有0~1s和5~6s两段时间的一半，A正确；C．ab边热功率由可知，0~1s和5~6s两段时间内是1~5s内的4倍，C正确；B．由楞次定律可得在0~1s和5s~6s电流为逆时针负方向，且恒定不变，而1s~5s电流为顺时针正方向且恒定不变，B错误；D．由ab边安培力大小与磁感应强度成正比，再利用左手定则可知，D正确。故选ACD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.小河同学设计实验测量当地的重力加速度，实验器材主要由一个可调速的电动机、智能手机、细铜丝、钢管支架和不锈钢底座组成，其中可调速的电动机是由一个低速旋转电动机、一个直流电机调速器和一个直流开关组成。手机在水平面内稳定做匀速圆周运动时可处理为“圆锥摆”模型，手机上装载的Phyphox软件配合手机内的陀螺仪可直接测得手机做圆周运动的角速度和向心加速度a，Tracker软件可通过拍下的视频，分析测量绕杆做圆周运动时悬线与竖直方向的夹角及手机做圆周运动的半径r。有了a、、、r的实测数据，即可在误差允许范围之内测量当地重力加速度。\n（1）小河同学根据所学过的力学知识推出当地重力加速度表达式为：______（用a和表示）；（2）若保持角速度不变，改变线长L，根据测得的5组数据描点作图，直线拟合后得到图像如图所示，直线斜率为k，圆心到悬点距离为h，当地重力加速度表达式为：______（用k和h表示）。（3）根据实验数据描绘得出了图像如图所示，请由图像计算重力加速度______（结果保留三位有效数字）。【答案】①.②.##hk③.9.85（9.70~10.0范围内均可）【解析】【详解】（1）[1]手机的重力和细铜丝的拉力的合力提供向心力，则\n解得（2）[2]根据向心加速度公式可知图像的斜率为由（1）可知根据几何关系可知解得（3）[3]由（1）可知图像的斜率表示重力加速度，则14.某同学从实验室找到如下器材，准备测未知电源电动势和内阻。A．待测电源一个B．直流电压表V，量程为3V，内阻非常大C．定值电阻D．电阻箱RE.导线和开关该同学设计的电路如图甲所示，根据该电路进行实验操作：多次改变电阻箱的阻值，记录每次电阻箱的阻值R和电压表的示数U，在坐标系中描出的坐标点如图乙所示。\n（1）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为___________。（2）在图乙的坐标纸上画出关系图线。（）（3）根据图线求得电源电动势___________V，内阻___________（保留三位有效数字）。【答案】①.②.③.2.95～3.05④.27.0～33.0【解析】【详解】（1）[1]由图可知，电压表与定值电阻并联，所测为定值电阻两端的电压，由欧姆定律可求得电路中电流为由闭合电路欧姆定律可得\n变形得；（2）[2]拟合一次函数直线关系，作图如图；（3）[3][4]根据图线求得斜率截距解得E=3.03Vr=31.8Ω15.北京冬奥会已圆满结束，人们参与冰雪运动的热情高涨。如图所示滑雪滑道PQR，质量60kg的滑雪爱好者从顶端P静止滑下，从末端R滑出时速度为18m/s，滑行过程中姿势保持不变，\nP端相对滑道最低点Q高度24m，R端相对Q点高度4m。已知滑道末端R处的切线与水平方向夹角为60°（g=10m/s2），求：（1）从P到R滑行过程中，该滑雪爱好者克服阻力做功和重力做功的比值k；（2）滑雪爱好者从R处离开滑道后相对R上升的最大高度h。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）滑雪爱好者从P到R，设克服阻力做功为，由动能定理由题意代入数据可得（2）滑雪爱好者从R处滑出时的竖直分速度上升到最高点时竖直速度为0代入数据可得16.新冠疫情期间，武汉市医疗物资紧缺，需要从北方调用大批钢瓶氧气（如图），每个钢瓶内体积为40L，在北方时测得钢瓶内氧气压强为，温度为7\n℃，长途运输到武汉方舱医院检测时测得钢瓶内氧气压强为。在方舱医院实际使用过程中，先用小钢瓶（加抽气机）缓慢分装，然后供病人使用，小钢瓶体积为10L，分装后每个小钢瓶内氧气压强为，要求大钢瓶内压强降到时就停止分装。不计运输过程中和分装过程中氧气的泄漏，求：（1）在武汉检测时钢瓶所处环境温度为多少摄氏度？（2）一大钢瓶可分装多少小瓶供病人使用？【答案】（1）；（2）124【解析】【分析】【详解】（1）钢瓶的容积一定，从北方到武汉对钢瓶内气体，有得（2）在武汉时，设大瓶内氧气由等温变化为不分装时的状态，则，，根据得可用于分装小瓶的氧气\n，分装成小钢瓶的氧气，其中小钢瓶体积为根据得即一大钢瓶氧气可分装124小瓶。17.如图所示建立空间三维坐标系，四个平行于平面的理想场分界面把的区域分成间距均为L的三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，最左侧界面与平面重合。整个空间中存在着沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E的大小未知。有一质量为m、电荷量为的小油滴静止在坐标原点O。已知重力加速度为g，忽略空气阻力和运动过程中油滴的电荷量变化。（1）在Ⅰ区域加入沿x轴正方向的匀强电场，电场强度的大小也为E，求油滴通过Ⅰ、Ⅱ区域分界面时的速率；（2）在（1）问基础上，在Ⅱ区域和Ⅲ区域分别加入沿轴正方向和负方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为，求油滴自O点运动到最右侧界面所用时间和到达最右侧界面的位置坐标；（3）在（2）问基础上，在Ⅱ区域加入沿z轴正方向电场，电场强度大小也为E，求油滴自O点运动到最右侧界面过程中沿z轴方向的位移。\n【答案】（1）；（2），位置坐标；（3）【解析】【详解】（1）油滴静止在坐标原点，根据平衡条件在Ⅰ区域加入沿x轴正方向、大小为E的匀强电场，根据动能定理得解得（2）油滴在Ⅱ区域和Ⅲ区域运动时重力和电场力平衡，油滴只在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图所示带入数据解得设油滴在Ⅱ区域转过的圆心角为，根据几何关系解得该过程油滴沿y轴负向位移\n在Ⅱ区域历时根据对称性油滴在Ⅲ区域运动与Ⅱ区域运动的轨迹中心对称，所用时间以及沿y轴负方向位移相同，则到达Ⅲ区域右侧边界时，y轴方向上总位移油滴在Ⅰ区域运动的时间为，则油滴自O点运动到最右侧界面所用的时间到达最右侧界面的位置坐标。（3）在Ⅱ区域加入沿z轴正方向的电场，使油滴产生沿x轴正方向的速度，沿z轴方向的速度方向与磁场方向平行，不产生洛伦兹力。油滴在Ⅱ区域运动时间为，轴正方向位移z轴正方向速度进入Ⅲ区域，油滴运动轨迹在z轴正方向投影做匀速运动，时间依然为，z轴方向位移全过程中z轴方向位移【点睛】\n本题以带电粒子在受控情况下的轨迹分析为情景，考查学生综合分析能力和理解能力，突出对学生空间想象能力的考查，体现了物理观念、科学思维。18.如图所示，长L=4.5m的水平传送带AB始终以v=3m/s的速率运行，右侧平滑对接光滑水平台面BD，台面右端平滑连接着倾角足够长的光滑斜面DE。水平台面上C处放置着质量M=2kg的滑块P，BC=2.5m。质量m=1kg的滑块Q从传送带的A端以的初速度滑上传送带。已知滑块Q与传送带之间的动摩擦因数，取，滑块均可视为质点，它们之间发生碰撞时没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，滑块P经过D点前、后速度大小不变，滑块Q未到达斜面DE，且两滑块的第二次碰撞也发生在C处。求：（1）滑块Q离开传送带时的速度大小；（2）第一次碰撞前，滑块Q运动的时间；（3）水平台面的总长度；（4）第四次碰撞位置到D点的距离。【答案】（1）；（2）；（3）7.7m；（4）5.2m【解析】【详解】（1）依题意，滑块Q在传送带上减速时有设减速过程通过距离为x，则有代入数据解得由于，所以滑块Q离开传送带时的速度与传送带共速（2）滑块Q在传送带上减速运动的时间\n之后匀速运动，直到与滑块P碰撞，经历的时间代入数据解得（3）设两滑块第一次碰撞后的速度分别为、，由动量守恒机械能守恒整理得代入数据得之后，滑块Q向左运动，返回传送带，向左做减速运动后再向右做加速运动。两次碰撞之间，滑块Q运动的时间代入数据得滑块P向右运动，冲上斜面再滑下，在斜面上的加速度大小两次碰撞之间，滑块P的运动时间代入数据解得\n水平台面的总长度为（4）以向右为正方向，第二次碰撞前，两滑块的速度分别为设第二次碰撞后的速度分别为、，则有整理得代入数据得第二次碰撞后，滑块P停在C处，滑块Q向左运动，滑冲上传送带后先向左减速到零，再向右加速至速度为3m/s时离开传送带，之后每次碰撞也发生在C处，故第四次碰撞位置距离D点5.2m。