2022年高考模拟考试理科综合测试物理部分二、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14．下列说法正确的是A．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B．卡文迪许利用扭秤装置测出了引力常量的数值C．奥斯特发现了电流的磁效应后，安培探究了用磁场获取电流的方法，并取得了成功D．法拉第不仅提出场的概念，而且引入电场线和磁感线形象的描述电场和磁场【答案】BD【解析】伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，A错误；奥斯特发现了电流的磁效应后，法拉第探究了用磁场获取电流的方法，并取得了成功，B错误；选项BD说法正确。15．如图所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P顶点上的小滑轮，一端系有质量为m=4kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ=60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50N，作用在物块2的水平力F=20N，整个系统平衡，g=10m/s2，则以下正确的是A．1和2之间的摩擦力是20NB．2和3之间的摩擦力是20NC．3与桌面间摩擦力为20ND．物块3受6个力作用【答案】B【解析】对小球分析可知，绳上的拉力等于小球重力沿圆弧面切线方向的分力，由几何关系可知绳上的拉力等于20N。将三个物块看成一个整体分析，可知水平方向整体受拉力F和绳的拉力的作用，由于F等于绳上的拉力，故整体受力平衡，与桌面间没有摩擦力，故3与桌面间摩擦力为0N，C错误。由于物块1、2之间没有相对运动的趋势，故1和2之间没有摩擦力的作用，A错误。隔离3物块分析，水平方向受力平衡可知2和3之间摩擦力的大小是20N，B正确。物块3受重力、桌面的支持力、物块2的压力、物块2的摩擦力、绳的拉力5个力作用，D错误。16．我国将于2022年发射“神舟十号”载人飞船与“天宫一号”目标飞行器对接。如图所示，开始对接前，“天宫一号”在高轨道，“神舟十号”飞船在低轨道各自绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度分别为h1和h2（设地球半径为），“天宫一号”运行周期约90分钟。则以下说法正确的是A．“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为B．“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比-10-\nC．“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大D．“天宫一号”的线速度大于7.9km/s【答案】BC【解析】根据万有引力提供向心力可得，解得，，已知，所以“天宫一号”跟“神舟十号”的线速度大小之比为，“天宫一号”跟“神舟十号”的向心加速度大小之比，选项A错误B正确。由于角速度，天宫一号的周期小于同步卫星的周期，故“天宫一号”的角速度比地球同步卫星的角速度大，C周期；7．9km/s是贴近地球表面运行卫星的速度，轨道半径越大，线速度越小，故天宫一号的线速度小于7．9km/s，D错误。17．质量为50kg的人站在电梯间内随电梯竖直方向运动，其v－t图象如图所示，（取向上为正方向）下列判断正确的是A．在t=1s时，人的加速度为零B．0~3s时间内，人处于超重状态C．4s~6s时间内，人的平均速度为2m/sD．3s~7s时间内，人所受合力做功的平均功率为100W【答案】BD【解析】由图像可知，0-1s，人向下做匀减速运动，1s时刻速度减为0；1-3s向上做匀加速运动；3-5s向上做匀速运动；5-6s向上做匀减速运动，6s时刻速度减为0；6-7s向下运动，速度先减小后增大。综上分析，可知在t=1s时，人的速度为0，但加速度不为零，A错误；0~3s时间内，人有向上的加速度，处于超重状态，B正确；由速度时间图线围成的面积等于位移的大小可知4s~6s时间内，人的位移大小为6m，故平均速度为3m/s，C错误；由动能定理可知3s~7s时间内，人所受合力做的功等于动能的变化量，即等于400J，故合力做功的平均功率为100W，D正确。本题选BD。18．如图所示。等量异种点电荷+Q和－Q固定，在它们的连线和其中垂线上有c、b、a三点，如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点，则在此全过程中A．场强方向一直不变B．电势一直减小C．所受电场力一直增大D．电势能先增大后减小【答案】AC【解析】-10-\n在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，故场强方向一直不变，A正确；电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功，电势能不变，负电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，故D错误；由a至b电势不变，由b至c电势升高，B错误；因为电场线分布的疏密表示场强的大小，故所受电场力一直在增大，C正确。故选AC．19．如图甲所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2Ω。接通电源后，灯泡正常发光，风扇工作正常，则A．电阻R两端的电压是10VB．通过风扇电动机的电流是6AC．通过灯泡的交流电频率是100HZD．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗【答案】AD【解析】据图乙可知原线圈电压的有效值为220V，周期为0.02s，故其频率为50Hz。由于理想变压器原副线圈的电压跟匝数成正比，故副线圈两端的电压为22V，又额定电压为12V的灯泡正常发光，故电阻R两端的电压是10V，A正确。风扇不是纯电阻用电器，故风扇电动机线圈两端的电压小于12V，通过风扇电动机的电流小于6A，B错误。变压器不改变交流电的频率，故通过灯泡的交流电频率是50HZ，C错误。风扇突然卡住的瞬间，风扇电动机线圈两端的电压增大，通过风扇的电流增大，则副线圈干路电流增大，R两端的电压增大，由于原副线圈匝数不变，故副线圈两端的电压不变，加在灯泡两端的电压减小，灯泡变暗，D正确。20．如图所示，在一个光滑倾斜绝缘板的上方，有垂直板面的等间距的a、b、c三条边界线隔成了I、Ⅱ两区，分别加有垂直纸面方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。另有一半径为R导体圆环从a边界上方某处开始自由向下滑动，一直加速穿过该磁场区域，已知环的直径等于每一磁场区的宽度，圆环电阻为r，圆环运动到直径刚好与边界线b重合时的速度为v，下列分析正确的是A．圆环穿过磁场区域的过程中，环中感应电流方向先顺时针又逆时针再顺时针B．圆环直径刚好与边界线b重合时圆环中的电功率为C．圆环通过边界b的过程中流过圆环截面的电量为D．整个运动过程中，圆环重力势能的减少量等于产生的热量【答案】AC【解析】由楞次定律可知圆环穿过磁场区域的过程中，环中感应电流方向先顺时针又逆时针再顺时针，故A正确。当直径与边界线b-10-\n重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故线圈中的感应电动势E=2B×2R×v=4BRv；圆环中的电功率P==，故B错误。电路中的平均电动势，则电路中通过的电量Q=I△t=，故C正确；整个运动过程中，圆环重力势能的减少量等于产生的热量和动能的增加，故D错误；故选AC．21．（13分）（1）（6分）如图所示，是小王同学做“探究做功与速度变化的关系”的实验装置。AB是下端安装有光电门的斜面，斜面AB上钉了一刻度尺，刻度起点0正好在光电门处，当光电门中有物体通过时，与之连接的数字计时器（图中未画出）能够显示挡光条的挡光时间。实验中，将AB放在水平桌面上，A端用物块垫高，将滑块在斜面上由静止释放，由数字计时器记录挡光时间。①用游标卡尺测量挡光条宽度如图，其读数为___________cm；②将挡光条粘在滑块上，让滑块从斜面某处由静止滑下，滑块通过光电门时，数字计时器显示挡光时间为2.0×10－3s，则小滑块的速度为___________m/s。③要研究“功与速度变化的关系”只要研究每次从静止下滑时的长度与到达光电门的速度的关系即可，这是因为_________________________________________________。④重复上面的②，并记下滑块每次下滑时对应的刻度尺上的刻度值L（即滑块与光电门的距离），根据每次的速度v及L作出了v与L关系的图像下列正确的是________。（2）（7分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡的规格为“3.8V，0.3A”。除了开关、导线外，还有如下器材：电压表V，量程0～5V，内阻约5kΩ电流表A1，量程0～500mA，内阻约0.5Ω电流表A2，量程0～100mA，内阻约4Ω滑动变阻器R1，最大阻值10Ω，额定电流2.0A-10-\n滑动变阻器R2，最大阻值100Ω，额定电流1.0A直流电源E，电动势约为6V，内阻约为0.5Ω①上述器材中，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（填器材符号）②某同学已连接如图甲所示的电路，在闭合开关前，检查发现有一处不当之处，请指出并说明如何改正。____________________________________________________________。③不当之处改正后，在电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零。闭合开关后；发现反复调节滑动变阻器，小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为____________（用图中给出的导线符号表示）。④通过实验得出了小灯泡的I-U图线如图，可知在小灯泡上的电压为2.0V时，小灯泡的电阻是________Ω。⑤如果把该小灯泡直接接在电动势是2V，内阻是8Ω的电源上组成闭合回路，则通过小灯泡的电流为___________A。【答案】（1）①0.460（2分）②2.3（1分）③W=FL，物块受到的合力F不变（物块受到的合力F不变、受的各力不变或加速度不变均对）（2分）④C（1分）（2）①A1R1（每空1分）②滑动变阻器的滑片不应在B处，应在A处（1分）③c（1分）④8（1分）⑤0.15～0.17A（2分）【解析】（1）①游标卡尺的主尺读数为：4mm，游标读数为：0.05×12mm=0.60mm，所以最终读数为：4mm+0.60mm=4.60mm=0.460cm．②小车经过光电门时的速度等于遮光条的宽度除以时间。③④，该实验中保持斜面的倾角不变，故F不变。（2）①由于灯泡的额定电流为0.3A，故电流表选A1，滑动变阻器应采用分压式接法，选小量程的便于调节。②滑动变阻器采用分压式接法，开始时其滑片应在A处，以使灯泡两端的电压为0.③说明滑动变阻器接成了限流式，故c断路。④据图乙可知电压为2.0V时，电流为0.25A，故电阻为8Ω。⑤在图乙中做出电源的E-r图线，与灯泡伏安特性曲线的交点对应的电流值即为所求。22．（15分）如图，AB是倾角为53°的斜面，上端与一段光滑的圆弧BC相切与B点，C是圆弧的最高点，圆弧的半径R=0.9m，A、C与圆弧的圆心O在同一竖直线上，一质量为1kg的物体在与斜面平行的力F的作用下，从A-10-\n点沿斜面向上运动，物体到达B点时撤去该力，物体将沿圆弧运动恰好通过C点，物体与斜面间的动摩擦因数是0.25，物体看成质点，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10m/s2。求：（1）物体通过C点时的速度。（2）物体落在水平地面上的位置到A点的距离。（3）拉力F的大小。【答案】见解析【解析】（1）在C点由牛顿第二定律得：mg=m…………………………（2分）vC＝3m/s…………………………（1分）（2）物体做平抛运动，下落的高度H由几何知识得53°DxL53°FRCOBAH=R+=2.4m………………（1分）H=gt2………………（2分）x=vct………………（2分）解得：x=m≈2.1m………………（1分）（3）斜面的长由几何知识得：L=Rtan530=1.2m………………（1分）A到C由动能定理得：FL-mgH-μmgLcos53°=mvc2………………（4分）F=25.25N……………………（1分）23．（18分）如甲图所示，在Ⅰ、Ⅱ两处区域有磁感强度均为B的匀强磁场，磁场方向相反且垂直纸面，两磁场边界平行，与水平方向夹角45°，两磁场间紧靠边界放置长为L，间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1O2为平行板的中线。在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向）。某时刻从O点竖直向上同时发射两个相同的粒子a和b，质量为m，电量为+q，初速度不同。粒子a在图乙中的t=时刻，从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出。粒子b恰好从M板左端进入电场。不计粒子重力和粒子间相互作用，求-10-\n（1）粒子a、b从Ⅰ磁场边界射出时的速度va、vb；（2）粒子a从O点进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；（3）如果交变电场的周期，要使粒子b能够穿出板间电场，则电场强度大小E0满足的条件。【答案】见解析OaO45°O1O2MNⅠObab【解析】（1）如图所示，粒子a、b在磁场中均转过90°，平行于金属板进入电场。由几何关系可得（1分）由牛顿第二定律可得（1分）（1分）解得（1分）（1分）（2）粒子a在磁场中运动轨迹如图O45°45°O1O2MNⅡⅠ在磁场中运动周期为（1分）在磁场中运动时间（1分）粒子在两磁场边界之间运动时，水平方向做匀速直线运动，所用时间为（2分）则全程所用时间为（1分）-10-\n（3）粒子在磁场中运动的时间相同，a、b同时离开Ⅰ磁场，a比b进入电场落后时间故粒子b在t=0时刻进入电场。（2分）由于粒子a在电场中从O2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a在板间运动的时间ta是周期的整数倍，由于vb=2va，b在电场中运动的时间是tb=ta，可见b在电场中运动的时间是半个周期的整数倍即=n（1分）n=（1分）粒子b在内竖直方向的位移为（1分）粒子在电场中的加速度（1分）由题知粒子b不能穿出板间电场应满足（1分）解得（1分）36．【物理——选修3-3】（1）下列说法正确的是________。A．分子间距离减小时，分子力可能减小B．具有各向同性的物体一定是非晶体C．布朗运动就是分子的热运动D．实际气体的分子之间的平均距离足够大（大于10－9m）时都可以看做是理想气体（2）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h，此时封闭气体的温度为T1。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气体温度上升到T2。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦，求：①活塞上升的高度；②加热过程中气体的内能增加量。【答案】见解析-10-\n【解析】（1）AD（3分）多晶体的物理性质也是各向同性，B错误。布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒的运动，不是分子的运动，C错误。（2）①气体发生等压变化，有（1分）解得（1分）②加热过程中气体对外做功为（1分）由热力学第一定律知内能的增加量为（2分）37．【物理—选修3-4】（1）一列简谐横波在t=0时刻波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin5πtcm。关于这列简谐波，下列说法正确的是________。A．振幅为20cmB．传播方向沿x轴负向C．P点第一次回到平衡位置的时刻为0.2sD．传播速度为l0m/s（2）如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°。己知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行。求此玻璃的折射率。【答案】见解析【解析】（1）CD（3分）由已知条件可知该横波的振幅为10cm，波长为4m，角速度为5πrad/s，故周期为0.4s，波速为10m/s。P点的起振方向沿y轴正方向，故波沿x轴正方向传播。P点第一次回到平衡位置的时间为半个周期（0.2s），故选项AB错误CD正确。（2）如图，为光线在玻璃球内的光路图．A、C为折射点，B为反射点，作OD平行于入射光线，故………………………………（2分）所以………………………………（2分）玻璃的折射率……………………（1分）38．【物理－选修3-5】（1）下列说法中正确的是________。-10-\nA．天然放射现象的发现揭示了原子的核式结构B．一群处于n=3能级激发态的氢原子，自发跃迁时能发出3种不同频率的光C．放射性元素发生一次衰变，原子序数增加1D．的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短（2）某火车站由于工作需要正在进行列车编组，若甲车厢以速度v0沿平直轨道匀速驶向原来静止的乙车厢，并在撞击过程中挂接在一起。而后甲、乙车厢又与原来静止的丙车厢通过相同的方法挂接在一起，已知每节车厢的质量均为m，不计车厢与轨道间的摩擦。求三节车厢挂接在一起后的速度。【答案】见解析【解析】（1）BC（3分）天然放射现象的发现揭示了原子核也有复杂的内部结构，A错误；半衰期由原子核内部的因素决定，跟外界环境的变化无关，D错误。选项BC正确。（2）由动量守恒定律得：………………………………（3分）………………………………（2分）-10-
