《2022年新高考物理模拟冲刺卷四（解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年新高考物理模拟冲刺卷四（解析）.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、备横2022年新高考物理模拟冲刺卷巩固着4一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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 .如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7 e“，图乙中斜挎包的宽度约为2 1 c m,在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是（）A.随意挂在一个钩子上 B.使背包带跨过两个挂钩C.使背包带跨过三个挂钩 D.使背包带跨过四个挂钩【答案】D【解析】设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为仇根据平衡条件可得2 F c os Q,咫；解得背包带的拉力尸=产;，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则C
2、OS。最大，由于相邻挂钩之间的距离为7 c m,图乙中斜挎包的宽度约为2 1 c m,故使背包带跨过四个挂钩时依0,c os l,此时挂时背包带受力最小，故 A B C 错误、D 正确.2 .如图，花样滑冰运动员所穿冰鞋的冰刀与冰面间的动摩擦因数是相同的，为表演一个动作，两人站在一起互推一把。推出后，质量大的运动员（）【答案】BC.滑行距离相同D.滑行距离远【解析】由于两人推手的过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，互推前两运动员组成的系统总动量为零，由动量守恒定律可知，互推后，两人的动量大小相等、方向相反，设推出后任一运动员的动量大小为p,设运动员的质量为，力 取速度方向为正方向，根据动量
3、定理得 pimgt-0 p解得滑行时间P、g相等，则质量m大的运动员滑行时间短，故B正确，A错误;C D.互推后，对运动员，根据动能定理得-jjmgs=0-2m解得互推后运动员的滑行距离2 2 gP、g相等，则质量，大的运动员滑行距离短，故C D错误。故选Bo3.葩原子钟是精确的计时仪器，图1中钠原子从。点以l OOm/s的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平 面 所 用 时 间 为 乙；图2中钠原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回尸点，整个过程所用时间为L，O点到竖直平面M N、P点到Q点的距离均为0.2 m,重力加速度取g=l Om/s?,则:：t2为（）A.100：1B.
4、1 ：100C.1 ：200D.200：1【答案】C【解析】铀原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即解得x 0.2L=-=S1 v 100钠原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时 殳，逆过程可视为自由落体，即2kJ吟2解得 2叵/8x0.2=0.4s则0.2乙=画=J _t2-0.4 200故选C(.5.某电场的等势面如图所示，图中“、b、c、d、e 为电场中的5 个点，其中从)c、d、e 点位于同一直线上,下列说法正确的是(V3VA.正电荷从。点运动到6 点，电场力做正功B.电子从点运动到e 点，电场力做功为4 e VC.。点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D.从 b 点由静止释放一
5、个电子，电子将沿直线依次经过c、4、e 三点【答案】C【解析工。点电势比b 点电势低，正电荷从。点运动到b 点，电场力做负功,B.电子从6 点运动到e 点，电场力做功为W =-e(%-e)=-4 e V故 A 错误;故 B错误;C.电场强度方向垂直于等势面并指向电势降低的方向，所以人点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右，故C正确；D.由题图可知电场强度方向向右，所以从6点由静止释放一 个 电子，电子将沿直线向左运动，故D错误。故选C。6.航空母舰舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速度。电磁弹射系统
6、的一种设计可简化为乙图所示，图中M M PQ是光滑平行金属直导轨（电阻忽略不计），是电磁弹射车，回路PA4M中电流恒定，该电流产生的磁场对弹射车施加力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正确的是（）甲（侧视图）乙（俯视图）A.M N、P。间的磁场是匀强磁场B.弹射车的速度与运动的时间成正比C.弹射车所受的安培力与电流的大小成正比D.回路P8A例中通以交变电流，弹射车不能正常加速【答案】B【解析】根据左手定则可知，MN,P Q间有竖直向上的磁场，且通电直导线产生的磁场为环形磁场，离导线越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故A错误：B.沿导轨方向磁场不变，且回
7、路尸8A M中电流恒定，导轨间距不变，由F =B1L可知，安培力大小不变，由牛顿第二定律F =m a可知，加速度不变，由v at可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故B正确；C.安培力F =B I L，当电流增大时，磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故c错误；D.根据右手螺旋法则可知电流方向沿回路P8A M时，导轨之间产生竖直向上的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向向右；当电流方向沿回路AM 8P时，根据右手螺旋法则导轨之间产生竖直向下的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统
8、能够正常工作，故D错误。故选Bo7.如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为输电线的总电阻为R,升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U,若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了 下列说法正确的是（）发电厂A.电压表V 的示数不变，电压表V?的示数增大B.电流表A 1、A 2的示数均减小D L A DC.输电线上损失的电压增加了爸D.输电线上损失的功率增加了史经生u-【答案】C【解析】由于发电厂输出电压恒为U,根据理想变压器的规律，对于升压变压器U,=k5故电压表V 的示数不变，发电厂输出功率增加了 ，则发电厂输出电流增加了A/=U根据理想变压
9、器的规律，对于升压变压器A|示数增加了维=”1 U由于A1示数增加，A2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少AU；=故丫 2示数也将减小，A、B错误;C.根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了c 正确；D.输电线上损失的功率增加了由 于 未 知，故无法计算，D 错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。.8.如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，面与水平面的夹角为30。，盘面上离转轴距离L 处有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动角速度为时
10、，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为正（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半径为凡 引力常量为2G,下列说法正确的是（）A.这个行星的质量M4G)2R2LGB.这个行星的第一宇宙速度4=CDLRC.这个行星的同步卫星的周期是工T F（0D.离行星表面距离为R的地方的重力加速度为啰2L【答案】AD【解析】物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度，可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：/gcos30-，gsin30=marL解得：2 Lr 2 r2=-=4a)L4 cos30-sin300绕该行星表面做匀速圆
11、周运动的物体受到的万有引力提供向心力，则:GMm fK=incoK=mg解得这个行星的质量:GG故A正确;B.这个行星的第一宇宙速度:V =gR-LR故B错误;C.不知道同步卫星的高度，所以不能求出同步卫星的周期，故C错误;D.离行星表面距离为R的地方的万有引力:r_ =-G-M-m7 =-G-M-m =1 m2=ma)2 rL(2R 4R2 4即 重 力 加 速 度 为 故D正确.9.如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1,物 块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为或
12、 现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d,AC间距离为4 d,不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（）A.B.C.14 r/8C滑块2下滑过程中，加速度一直减小滑块2经过8处时的加速度等于零物 块1和滑块2的质量之比为3：2D.若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5【答案】BD【解析】滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故A错误;B.滑 块2经过3处时速度最大，其加速展为0,故
13、B正确;C.物 体1静止时，弹簧压缩量为=d；当 人F滑到C点 时,物 体2上升的高度为h=，(34)2+(4+)2-3 d =2d则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为。，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能;对于A与5及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有mg-2d=m2g-4d解得叫：牲=2:1故C错误:D.根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得v2 cos 0=v其中cos6)=5d45则得滑块2到达c处时，物块1和滑块2的速度之比v,:v2=4:5故D正确;故选BD。1 0.如图所示，在等腰三角形a 6 c区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点,e是b e上任
14、意一点。大量质量、电量相同的带正电的粒子从点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从n c和儿上不同点离开磁场，不计粒子重力。设从d、以e点离开的粒子在磁场中运动的时间分别为5小、te,进入磁场时的速度分别为Vd、Vc、%。下列判断正确的是（）A.h一定小于左，一定小于/B.h一定等于fc,Vc 一定大于1%C.fc一定小于te,%一定大于V eD.左一定大于te,%一定小于Ve【答案】BD【解析】如图所示若粒子从江边射出，粒子依次从4。上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间一定等于总 根据SV =t则 一 定 大 于Vd粒子从松边射出，粒
15、子依次从历上的八e、c射出时，弧长越来越大，而圆心角越来越大，半径越来越小，运动时间t=匕T2万一定大于小，根据9qvB=mr解得qrBv=-m质量、电量相同，从 c 点射出的半径最小，则 一定小于故选BD。三、非选择题：共54分，第1114题为必考题，考生都必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。(-)必考题：共 42分。1 1.某实验小组利用图(a)所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下:图(b)(1)用游标卡尺测量垫块厚度，示数如图(b)所示，=cm；(2)接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；(3)在右支点下放-一 垫块，改变气垫导轨的倾斜角度
16、；0.60.50.40.30.20.10 1 2 3 456 7/?图(c)a/(m s 2)如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是 m/s2(保留三位有效数字)。【答案】.1.02 .a/(ms2)n.0.342【解析】(1)口 垫块的厚度为/?=1 cm+2x0.1 mm=1.02cm 3根据nhmg =tna可知。与”成正比关系，则根据图像可知，斜率,0.6 aK =7 4解得a=0.342m/s21 2.某同学利用多用电表的欧姆挡进行实验研究。欧姆挡所用电池的电动势为9 V,刻度盘中央刻度值为“15”，选择旋钮打在“x l k”挡。(1)该同学用欧姆挡测量某一量程为1 5 V的电压
17、表内阻。指针指在图甲所示位置，此测量值为 查阅资料发现该电压表内阻真实值为1 5 k Q,测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，若此时把两表笔短接，则指针应指在欧姆挡零刻度线的 侧(选 填“左”或“右”)；进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“1 5”刻度线，此时电压表示数为 V：(结果保留两位有效数字)；(2)该同学接着用欧姆挡探测只有一个元件的黑箱，如图乙，当两表笔接触黑箱接线柱“、。时，发现电表指针快速摆向右边后再摆回最左边刻度线，则该元件可能是 0A.电 阻 Bo电 感 线 圈 C电 容 器 D。二极管【答案】(1).25k(2).左(3).4.5 (
18、4).C【解析】(D 1 指针指在图甲所示位置，此测量值为2 5 k。；查阅资料发现该电压表内阻真实值为1 5 g ,测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，若此时把两表笔短接，则指针应指在欧姆挡零刻度线的左侧；3 进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“1 5”刻度线，即电压表的内阻等于欧姆表的中值电阻，即电压表的内阻等于欧姆表的内阻，则此时电压表示数为欧姆表内电源电动势的一半，即 4.5 V；(2)4 当两表笔接触黑箱接线柱久 时，发现电表指针快速摆向右边后再摆回最左边刻度线，即电路快速导通后电流又逐渐变为零，则该元件可能是电容器，电路接通后先充电，充电结束后
19、电路中电流为零。1 3.奋斗者 号海潜器成功坐底深度1 0 9 0 9 米(如图)，给世界巨大的震撼.已知潜水器下潜时的总质量为5 0 t,体积为4 O n?,潜水器加速下潜到一定深度后，通过抛弃1 0 t 的物体后减速至约万米深度.在潜水器下潜与上浮过程中，重力加速度可视为常量，大小均为g=1 0 m/s2 ,海水密度取1.0 x l()3 k g/m 3。(1)假设潜水器下潜过程中受到海水的阻力不变，当潜水器由静止加速下潜1.8 k m 时,速度达最大为6 0 m/s,求潜水器在下潜过程中受到海水的阻力大小.（2）完成作业后，当潜水器以10 m/s匀速运动到达离海面5000 m处时，在极短
20、的时间内以20 m/s的速度竖直向下抛出一质量为4 t的载重（抛载后潜水器体积、发动机牵引力、海水阻力均不变，海水阻力同（1）,然后加速至最大速度20 m/s后匀速运行，在与水面距离较近时关闭发动机，减速至水面时速度恰好为零.求从抛载到水面所需的时间.【答案】（1）5xlO4N；（2）287s【解析】（1）设潜水器加速下潜的过程，加速度为。，则由运动学公式可得2s由牛顿第二定律可得Mg-p g V-f-Ma代入数据，解得/5xlO4N（2）潜水器抛载前mi=50t-10t=40t抛载后肛，=叫 一/=（40-4*=36,抛载时满足动量守恒，有班=也匕一飞彩解得抛载后潜水器的速度为40/匕=可
21、岫抛载前潜水器受力满足F+=mg+f解得F =/=5 x l O4抛载后潜水器的加速度为q J-2 g=m/s 2m2 9做匀加速直线运动至最大速度所需时间和位移为4=9=6SI2 _ 2h,=V,n-=1 0 0 m2%关闭发动机后潜水器做匀减速宜线运动的加速度为%=+叫 g_/=3 m/s 2m?1 8做匀减速直线运动至海面时间和位移为r3=-=7 2 sa32%=/=7 2 0 m2%潜水器以最大速度做匀速直线运动的位移和时间为t v,=H%-%=418 0 mr2=-=2 0 9 sv,“故潜水器从抛载到浮至水面的时间为/=4 +/,+%=2 8 7 s1 4.如图甲所示，两条相距/=
22、2 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻R =1 C，f =0 s时，一质量，=2 k g、阻值为r的金属杆，在水平外力的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达M N,MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度B =0.5 T,方向垂直纸面向内。当 金 属 杆 到 达（含MN）后，保持外力的功率尸不变，金属杆进入磁场8 s 末开始做匀速直线运动。整个过程金属杆的，图像如图乙所示若导轨电阻忽略不计，杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数=0/，重力加速度g =1 0 m/s 2。(1)求金属杆进入磁场后外力尸的功率P；(2)若前8 s 回路产生的总焦耳热为5 1 J ,求金属杆在磁场中运动的位移大小
23、;(3)求定值电阻R与金属杆的阻值厂的比值。A/；I xXXXXXXXX XX XBX XX XXXXXXXXX八N图甲【答案】(1)2 0 W；(2)9m；(3)3【解析】在 1-5s,由图像可得V 2a=I m/s由牛二定律，有-jLimg=nui则到达MN边界时，拉力功率代入数据解得P =2 0 W(2)在0-5 s,杆做匀加，根据位移时间关系可得走过的位移x.-at2-12.5m1 25-8 s 内，令杆在磁场中运动的位移为马，时间记为A f =2s对金属杆，在前8 s,由动能定理，有耳 玉 +Pkt-m g(x,+x2)-W安1 ,=mv2又W安=。代入数据解得x2=9m(3)金属杆
24、进入磁场后功率为P =2 0 W,最后匀速运动，根据平衡条件可得F=FA+f其中FA=BIl则定值电阻R 与金属杆的阻值厂的比值为电流为/一 飒R+r摩擦力为于=9堂联立以上各式代入数据解得r=Q3J(-)选考题：共12分，请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。15.选修 3-3(1)下列说法正确的是()A.热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B.固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质C.一定质量的理想气体温度升高、体积减小时，气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大D.同种液体在相同温度下形成的未饱和汽、饱和汽的压
25、强不相同，分子平均动能也不相同【答案】BC【解析】热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”而不引起其它变化,A错误;固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质，这就是各向异性，B正确；根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体，温度升高、体积减小时，压强一定增大，即气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大，C正确；温度是分子平均动能的标志，同种液体在相同温度下形成的未饱和汽、饱和汽的压强不相同，但分子平均动能相同，D错误；2.如图所示，A、B两个相同且内壁光滑的导热气缸固定在水平地面上，气缸内的两活塞（重力忽略不计）用轻杆连接，一个移动时另一个也会同
26、时移动，总保持两气缸内封闭的气体体积相同。当环境温度为 时，两气缸内封闭气体的体积均为 匕，压强均为外。现对A气缸缓慢加热，使其温度升高至7,而 8气缸仍保持原来的温度”。贝 I：（1）两气缸中的压强将分别为多少？（2）若此过程中4气缸内气体的内能增加了,，则两气缸需从外界吸收多少热量?【答案】）PA=普*8=彩 票；（2）+%与【解析】（1）4气缸内气体初态状态参量为外、匕、，末态状态参量为PA、h T,根据气体状态方程得P o%.P T.T8 气缸内气体初态状态参量为P。、匕、，末态状态参量PB、X ，根据玻意耳定律得P（M =PBV由活塞的平衡可知2 Po=PA+PB联立可得维pPAT+
27、To P2 P/o卡%（2）设活塞截面积为5,缓慢加热过程中气缸内气体作用于活塞的力为(PA+PB)S=2POS对活塞做的功W=2oSL=2o(V-)解得W=PoT-T。根据热力学第一 定律得两气缸应从外界吸热Q=+/%T-TA716.选修 3-4（1）/=0 时刻，位于。点的波源从平衡位置开始沿y 轴方向做简谐运动，经 0.5 s 形成如图所示的一列沿x轴正方向传播的简谐横波，此时振动恰好传播至质点P （5 m,0）,则下列说法正确的是（）A.匚0.15 s 时刻波源正在做加速运动B.0 l.l s 时间内质点尸经过的路程为6 mC.U.3s 时刻质点。（10 m,0）恰好处于波峰位置D.波
28、源的振动方程为y =2s i n 5 Rc m【答案】AC【解析】根据题意，得T 0.4s,v=1 Om/s,2=4mtA.质点P 的起振方向向下，所以波源的起振方向也是向下，则 U0.15s时刻波源处于波谷向平衡位置振动中，速度在增大，A 正确；B.Ol.ls时间内质点尸经过的路程为1.1 0.5s=-x 4A=12mTB 错误；C.u O.5 s,处于x=2m的波峰在z=1.3s时向前传播的距离为5=v(1.3-0.5)=8m即质点Q(10m,0)恰好处于波峰位置。C 正确：D.波源的起振方向向下，所以振动方程为y=-2 sm/(cm)=-2 sin 57r/(cm)D 错误。(2)如图，
29、小伟学习了光学后，在自己家门上开了一个半径为1.5cm的圆孔，圆孔正对门外走廊的中心线，门厚度为4 c m,门外走廊的宽度为d=243cm。他通过小孔观察门外走廊墙壁，能够看到与小孔在同一水平高度上距墙拐角最近的点是P 点；然后切割了一块高等于门厚度的圆柱形玻璃，恰好镶嵌到小孔中，把圆孔补好，他通过玻璃向外看同一墙壁，能看到距离墙拐角最近的位置为P 点，尸 点到墙拐角的距离为，=90cm,P、P在同一水平高度。求：P 点到墙角的距离L;该玻璃的折射率。【答案】1.6m；(2)1.33【解析】由图知4=d-2R2=1.2m根据光的直线传播可知色 竺Xp h解得 根据折射定律其中sin yn=-sin。sin 0=.=0.6J(2R)2 +2解得4=1.333