（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2022届高三二轮综合卷物理（六）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．天文物理学家认为，在太阳和类似结构的星体中，发生的核聚变反应中占优势的是质子—质子循环，又称克里奇菲尔德循环，该循环的核反应方程为：2X→H＋e，X＋H→Y，2Y→He＋2X，其中X、Y分别为( )A．p，HB．n，HC．p，HeD．n，He【答案】C【解析】原子核核反应过程中，遵循质量数，电荷数守恒定律，可知X、Y分别为p、He，所以C正确；ABD错误。2．做简谐运动的单摆，当摆球通过最低位置时( )A．摆球所受的回复力为零B．摆线对摆球的拉力为零C．摆球所受的合力为零D．摆球的重力势能一定为零【答案】A【解析】单摆的最低点是其简谐运动的平衡位置，故回复力为零，故A正确；当摆球通过最低位置时，满足合外力提供向心力，即，故BC错误；因为零势能面可以任意选取，所以当摆球通过最低位置时摆球的重力势能不一定为零，故D错误。3．如图所示，魔法球（又名等离子球）外层为高强度透明玻璃球壳，球内充有稀薄的惰性气体，球中央有黑色球状电极，通电后，在电极周围空间产生高频高压交变电场，球内稀薄气体受到高频电场的电离作用会产生辐射状的辉光。站在大地上的人用手触摸球壳时辉光会随乎移动，好像人施了魔法一样，关于通电后的魔法球下列说法正确的是( )A．球内各处电势均为零B．球内电极产生的电场方向沿球半径向外C．用手触摸球时，不会有电流从手流过D．用手触摸球时，球内的电场、电势分布不对称【答案】D【解析】球内各处电势均不为零，因为球内有高频电场有一定的电势差，所以A错误；球内电极产生的电场方向沿球半径向里，因为球内稀薄气体受到高频电场的电离负离子向外运动，所以B错误；用手触摸球时，会有电流从手流过，所以C错误；用手触摸球时，球内的电场、电势分布不对称，因为用手触摸后，电场强弱发生了变化，所以D正确。4．如图为小球在水平面上移动，每隔0.02秒记录下的位置。将该段运动分为5段，则其中平均速度最大与平均加速度最小的运动过程分别为( )A．①和②B．①和③C．⑤和③D．⑤和②【答案】C【解析】由图可知⑤位移最大，各段运动时间相同，由＝知⑤平均速度最大；③最近似于匀速直线运动，即速度大小和方向变化最小，平均加速度最小，故C正确，ABD错误。5．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其变化过程的p－V图象如图所示( )A．气体在A状态时的内能大于C状态时的内能B．气体在B状态时每个分子的动能都比A状态时大C．气体从状态A到B吸收的热量大于从状态B到C放出的热量D．气体从状态A到B吸收的热量等于从状态B到C放出的热量【答案】C【解析】由p－V图象可得，由理想气体守恒，可知气体在A状态和C状态时的温度相等即，一定质量的理想气体的内能只与温度有关，温度相等内能也相等，因此气体在A5
状态时的内能等于在C状态时的内能，A错误；由图象知，理想气体从状态A变化到状态B为等压膨胀过程，由守恒可知，温度升高即TA＜TB，温度越高分子平均动能越大，则气体在B状态时分子平均动能比A状态时大，分子平均动能变大并不是每个分子的动能都增大，而是动能较大分子数量所占的比例增大，B错误；A→B过程：气体体积变大，外界对气体做负功，即W＜0，温度升高，内能增加，即，由热力学第一定律，可知Q＞0，则此过程气体吸热，吸收的热量等于增加的内能加上外界对气体做功的绝对值；B→C过程：气体体积不变，外界不对气体做功，即W＝0，温度降低，内能减少，即，同理可知Q＜0，此过程气体放热，放出的热量等于减少的内能；因TA＝TC，可得A→B过程升高的温度等于B→C过程降低的温度，所以A→B过程内能增加量等于B→C过程内能减少量；由以上分析可知：气体从状态A到B吸收的热量大于从状态B到C放出的热量，D错误，C正确。6．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势随时间的变化规律如图线a所示。仅调整线圈转速，电动势随时间的变化规律如图线b所示，则图线b电动势瞬时值的表达式是( )A．e＝100sin5πt（V）B．e＝100sin（V）C．e＝120sin5πt（V）D．e＝120sin（V）【答案】B【解析】由图可知，调整转速前后周期之比，由可知角速度与周期成反比，得调整转速前后角速度之比为，调整线圈转速之后，交流电的角速度ωbrad/s，感应电动势最大值Em＝NBSω，转速调整前后，NBS相同，Em与ω成正比，由图可知，调整线圈转速之前交流电的最大电动势Ema＝150V，所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势＝100V，线圈从中性面开始转动计时，所以图线b电动势的瞬时值表达式e＝100sin（V），故选B。7．如图甲所示，某篮球运动员正在进行超远三分球投篮。篮球的运动轨迹如图乙所示，A是篮球的投出点，B是运动轨迹的最高点，C是篮球的投入点。已知篮球在A点的速度与水平方向的夹角为60°，在C点的速度大小为v0、与水平方向的夹角为45°，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是( )A．篮球在B点的速度v0B．从B点到C点，篮球的运动时间为C．篮球在A点的速度为2v0D．A、C两点的高度差为【答案】D【解析】篮球的运动轨迹如图乙所示，篮球做的是斜抛运动，由斜抛运动的规律可知，在水平方向为匀速直线运动，在竖直方向为竖直上抛运动，已知在C点的速度大小为v0、与水平方向的夹角为45°，则有在水平方向的速度vx＝v0cos45°＝v0，B点是最高点，在竖直方向的速度是零，只有水平方向的速度，所以篮球在B点的速度v0，A错误；篮球在C点时，竖直方向的速度vy＝v0sin45°＝v0，篮球从B点到C点，竖直方向为自由落体运动，则有vy＝gt，篮球从B点到C点，篮球的运动时间，B错误；篮球在A点的水平方向速度为vx＝v0，篮球在A点的速度vx＝vAcos60°＝v0，C错误；设篮球由A到C的高度差为h，由机械能守恒定律可得，解得。D正确。9．在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演令参观者大开眼界，若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H。开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则以下说法正确的有( )A．由A至全过程风力对表演者做的功为mgHB．表演者向上的最大加速度是g5
C．表演者向下的最大加速度是gD．B点的高度是【答案】D【解析】对A至C全过程应用动能定理，解得，故A错误；设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力，人平躺匀减速下落时有最大加速度，故B错误；人站立加速下降时的最大加速度，故C错误；设下降的最大速度为v，由速度位移公式，加速下降过程位移，减速下降过程位移，故，因而，故D正确。10．如图所示，在xOy平面第一象限内存在有垂直平面的匀强磁场（没画出），一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由y轴上的P点开始运动，初速度为v0，方向沿x轴正方向，P到O的距离为L，后来粒子经过x轴上的Q点，此时速度方向与x轴负方向的夹角为θ＝60°，Q到O的距离为2L，磁场的磁感应强度，则下列说法正确的是( )A．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为LB．求带电粒子从P点运动到Q点所用的时间为C．若匀强磁场的区域是圆形磁场，则圆形磁场的最小面积为D．若匀强磁场的区域是矩形，则矩形磁场的最小面积为【答案】AC【解析】根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，又已知，联立可得R＝L，A正确；根据R＝L，画出粒子轨迹过程图，如图一所示，分析可知粒子在磁场中偏转的角度θ′＝120°，根据周期公式，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间，粒子做匀速直线运动的位移＝2L+Ltan30°+－2Rtan60°，将R＝L，代入上式可得，故粒子做匀速直线运动的时间为，所以粒子从P点运动到Q点所用的时间为，B错误；画出最小面积的圆形磁场区域如图二所示，即以MN为直径时，圆形磁场区域面积最小；根据几何关系可知磁场区域半径，所以圆形区域面积为，C正确；画出最小面积的矩形磁场区域如图三所示，所以矩形区域面积为S2＝R(R－R)，将R＝L，代入可得，D错误。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)如图甲所示，为了测量小物块的质量m，进行了如下操作：①把劲度系数k＝50N/m的长弹簧固定在长木板的一端，把速度传感器固定在弹簧原长位置处；②垫起长木板没有弹簧的另一端，直到小物块能沿长木板匀速下滑；③给小物块某一速度使其沿长木板下滑，速度传感器测得其速度为v1，刻度尺测得弹簧最大压缩量为x1；④重复③，得到数据如下表所示：v（m/s）0.51.01.52.0x（cm）51015205
回答下列问题：(1)在下面的坐标系中作出v－x图像。(2)图线的斜率表达式k′＝___________（仅与k、m有关）。(2)由以上可得小球的质量m＝___________kg。【答案】(1)见解析图(2)(3)0.5【解析】(1)根据数据合理选取坐标值，描点、连线，如图所示。(2)由动能定理有，解得，所以图线斜率。(3)由图线可得斜率，所以小球质量。12．(8分)某实验小组需测量某一电源的电动势和内阻，实验室提供的实验器材有:待测电源（E大约为6V，r大约为2.0Ω）电阻箱R1（最大阻值为99999Ω）电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）电阻箱R3（最大阻值为5.0Ω）灵敏电流计G（量程为1mA，内阻未知）开关，导线若干。(1)实验过程中需要测出该灵敏电流表G的内阻Rg，所用的电路如图甲，主要步骤是:①接通开关S1，调节电阻箱R1，使G指针偏转到满刻度；②保持R1阻值不变，再接通开关S2，调节电阻箱R2，使G指针偏转到满刻度的一半，读出此时R2的阻值为198.0Ω。则灵敏电流表G的内阻Rg＝_______Ω，从理论上分析Rg测量值________真实值（填“大于”“小于”“等于”）。(2)由于灵敏电流表G的量程太小，实验小组欲将其改装成量程为100mA的电流表A，需将灵敏电流表G与电阻箱R3______（填“串联”或“并联"），并将R3的阻值调为_____Ω。然后完成对改装好的电流表表盘的重新刻度并校对。(3)接着该小组将待测电源、改装电流表A、电阻箱R1、电阻箱R2，开关连接成如图乙所示电路，将R2调到合适阻值60Ω后保持不动，闭合开关S，多次调节电阻箱R1，得到了多组R1的值和对应的电流表的读数I，并做出如图丙所示的－R1关系图像。若图像斜率为k＝0.16A－1·Ω－1，纵截距为b＝10.2A－1，则电源电动势E＝_______V，内阻r＝_______Ω。（结果保留三位有效数字）【答案】(1)198.0小于(2)并联2.0(3)6.251.77【解析】(1)根据半偏法测电流表内阻的方法及原理可知，满偏时电流，半偏时电流，因为，，所以认为电路中总电流几乎不变，的电流也为，所以，从理论上分析Rg测量值小于真实值，因为实际电流变大了，导致测量值偏小。(2)灵敏电流计改装成电流表，应并联一个电阻，起分流作用，并联的阻值。(3)由闭合电路欧姆定律可得，整理得，结合图像可得：图像斜率，纵轴截距，代入数据解得，。13．(11分)如图甲所示，一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形闭合金属线框abcd处于竖直平面内，水平虚线ef下方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于线框所在平面向外的匀强磁场。将线框从ef上方由静止释放，刚释放时ab边水平且与ef距离也为L。从线框开始释放到刚好全部进入磁场的过程中，其速度v与下落位移x的关系图像如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)线框刚进入磁场时ab两点间的电势差；(2)线框进入磁场过程中产生的热量。【解析】(1)设ab边刚进入磁场时线框的速度为v1，根据机械能守恒定律有ab边刚进入磁场时的电动势线框中的电流5
ab两端的电势差为联立以上各式得故线框刚进入磁场时ab两点间的电势差为。(2)由图乙可知cd边进入磁场前线框已做匀速运动，设此时速度为，线框电流为，则有且有，联立解得根据能量守恒定律有由以上各式解得故线框进入磁场过程中产生的热量为。14．(10分)如图所示，在湖边A处有一路灯，路灯高6m，平静的湖面上有一长木板，木板的左端距离A点4.5m，木板长度为3.5m，在湖面上距离长木板右端21m处的B点有一水中动物，当空中出现该动物的天敌时，动物竖直向下潜水，动物到达D点处时能够看到湖边地面，且木板右端恰好处在景物的边缘，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，水的折射率为，求：(1)D点到水面的距离；(2)动物为了躲避空中天敌，最安全的是躲在路灯照射不到的区域内，则动物还要从D点继续向下潜水最小深度和最大深度。（计算结果可以保留根号）【解析】(1)由得解得。(2)若光线恰好从长木板右端射入，折射角为，根据折射定律解得即解得若光线恰好从长木板左端射入，折射角为，同理解得即解得故动物必须从D点最少还要下潜最大还要下潜。15．(19分)如图所示，光滑圆弧轨道与足够长的传送带最左端水平相切，质量mA＝0.4kg的物块A从圆弧轨道顶端由静止释放，滑到圆弧轨道底端时，与静止在圆弧轨道底端、质量mB＝0.2kg的物块B碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知圆弧轨道半径R＝2.25m，所对圆心角θ＝37°，传送带以恒定的速度v＝1.6m/s顺时针转动，两物块与传送带间动摩擦因数均为μ＝0.2，物块A、B均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)两物块碰前瞬间物块A对轨道的压力大小；(2)物块A、B运动稳定后，物块A、B间的距离；(3)若仅改变物块A的质量，请通过计算讨论物块B与传送带间因摩擦而产生热量的范围。【解析】(1)物块A从圆弧轨道顶端由静止释放，滑到圆弧轨道底端，由动能定理可得解得物块A碰前瞬间，由牛顿第二定律，有解得N由牛顿第三定律，可得碰前瞬间物块A对轨道的压力大小。(2)物块A、B碰撞，动量守恒可得由机械能守恒，可得5
解得，物块A做加速运动，由牛顿第二定律，有解得加速时间为物块A加速位移在此期间，传送带位移m物块A相对传送带的位移物块B做减速运动，由牛顿第二定律，有解得减速时间为物块B减速位移在此期间，传送带位移物块B相对传送带的位移物块A、B运动稳定后，A、B两物块间的距离。(3)由可知，若仅改变物块A的质量，应有当v3＝1.6m/s时，物块B与传送带间摩擦产生热量为零；当v3＝6m/s时，物块B减速时间物块B减速位移在此期间，传送带位移物块B相对传送带的位移产生热量物块B与传送带间因摩擦而产生热量的范围为。5
