江苏省2022年高考二轮复习人教版物理模拟试题一(解析版)

这是一份江苏省2022年高考二轮复习人教版物理模拟试题一(解析版)，共12页。试卷主要包含了6mgL，2 N·s，5 m/s，8 m，2 J等内容，欢迎下载使用。
江苏省2022年高考二轮复习人教版物理模拟试题（一）2022年5月注意事项：1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。一、选择题（每小题4分，共44分）(2021届广东省东莞市高三模拟)戽斗[hu dou]是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶。如图所示，两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时(　　)A．两人站得越近越省力 B．两人站得越远越省力C．两边绳子与竖直方向夹角为60°时最省力 D．绳子拉力大小与两人距离远近无关【答案】A【解析】设绳长为l，两人间距为d，选O点为研究对象，因aOb为同一根绳子，故aO、bO对O点的拉力大小相等，因此平衡时aO、bO与水平方向的夹角相等，设为θ，对O点受力情况如图所示根据平衡条件得由几何关系，可得联立，可得从上式可知，当d减小时，T减小。故选A。如图所示，滚筒洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚筒壁在竖直平面内做匀速圆周运动。衣物经过洗衣机上abcd四个位置中，脱水效果最好的是(　　)
 A．a B．b C．c D．d【答案】B【解析】衣物随滚筒一起做匀速圆周运动，它们的角速度是相等的。在a点，根据牛顿第二定律可知，解得在b点，根据牛顿第二定律可知，解得在cd两点，根据牛顿第二定律可知可知衣物对滚筒壁的压力在b位置最大，脱水效果最好，故选B。高台跳雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某高台跳雪运动员(可视为质点)从雪道末端先后以初速度之比vl：v2=3：4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中(　　)A．运动员先后在空中飞行的时间相同B．运动员先后落在雪坡上的速度方向不同C．运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3:4D．运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为3:4【答案】C【解析】由平抛运动规律有，解得，运动员飞行的时间t与v0成正比，所以运动员先后在空中飞行的时间不相同。A错误；由平抛运动推论有速度夹角的正切值是位移夹角正切值的2倍， 落到雪坡上位移夹角相同，则速度的夹角也相同，B错误；由于运动员飞行的时间t与v0成正比得，运动员飞行过程，由动量定理有，故运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比与时间成正比为3:4，C正确；运动员下落的高度为，由动能定理有，解得，运动员先后落在雪坡上动能的增加量与时间的平方成正比，动能的增加量之比为9:16，所以D错误；故选C。如图固定在地面上的斜面倾角为θ＝30°，物块B固定在木箱A的上方，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时将B迅速拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点．已知木箱A的质量为m，物块B的质量为3m，a、c间距为L，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)A．在A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大B．弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.6mgLC．在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.25mgLD．若物块B没有被拿出，A、B能够上升的最高位置距离a点为0.75L【答案】D【解析】在A上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A已经开始减速，故分离时A的速度不是最大，A错误；设弹簧上端在最低点c时，其弹性势能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有4mgLsinθ＝μ•4mgLcosθ+Ep。将物块B拿出后木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得 Ep＝mgLsinθ+μmgLcosθ，联立解得 Ep＝0.8mgL，故B错误；由分析可得，木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，摩擦生热，选项C错误；若物块B没有被拿出，则A、B能够上滑的距离为L′，由能量关系，解得，即A、B能够上升的最高位置距离a点为0.75L，故D正确。故选D。经国际小行星命名委员会命名的“神舟星”和“杨利伟星”的轨道均处在火星和木星轨道之间，已知“神舟星”平均每天绕太阳运行174万公里，“ 杨利伟星”平均每天绕太阳运行145万公里，假设两行星均绕太阳做匀速圆周运动，则两星相比较(　　)A．“神舟星"的轨道半径大B．“神舟星”的公转周期大C．“神舟星”的加速度大D．“神舟星”受到的向心力大【答案】C【解析】根据，时间t相等，“神舟星”l弧长大，线速度v大。根据牛顿第二定律得，解得，“神舟星”的线速度大，半径小，A错误；根据 ，“神舟星”的半径小，线速度大，则“神舟星”周期小，B错误；根据 ，“神舟星”的线速度大，半径小，则“神舟星”加速度大，C正确；行星质量未知，无法比较向心力的大小，D错误。故选C。如图甲所示,质量M=0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上,质量m=0.2 kg的滑块静止在木板的左端,在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4 s后撤去力F．若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)．A．0-4 s时间内拉力的冲量为3.2 N·sB．t=4 s时滑块的速度大小为17.5 m/sC．木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·sD．木板的速度最大为2 m/s【答案】C【解析】冲量的定义式:,所以F-t图像面积代表冲量，所以0-4 s时间内拉力的冲量为，A错误；木块相对木板滑动时：对木板：，对木块：，联立解得：，，所以0时刻，即相对滑动，对滑块：，解得4s时滑块速度大小：，B错误；4s时，木板的速度，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒：，解得：，对木板根据动能定理可得：C正确，D错误。如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、O两点电势差为U，一带正电的粒子在该电场中运动，经A、B两点时速度大小均为，粒子重力不计，以下说法正确的是(   )A．粒子在A、B间是做圆周运动B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小C．匀强电场的电场强度D．圆周上电势最高的点与O点的电势差为【答案】D【解析】带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正粒子受到的电场力沿CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，A错误；由A选项分析可知，粒子速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以粒子动能先减小后增大，B错误；匀强电场的场强，d是沿场强方向的距离，由几何关系可知，故，C错误；圆周上电势最高的点与O点的电势差为，D正确。如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B=kt(k为大于零的常量)。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入磁场的过程中(　　)
A．线框中的电流始终为顺时方向              B．线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向C．t=时刻，流过线框的电流大小为 D．t=时刻，流过线框的电流大小为【答案】D【解析】根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针方向，选项A错误，B错误；线圈的边长为；t=时刻，线圈切割磁感线的有效长度为，动生电动势，线圈中产生的感生电动势，则流过线框的电流大小为，选项C错误，D正确。故选AD。如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A、V均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、理想线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是(　　)A．电压u的频率为100HzB．V的示数为C．有光照射R时，A的示数变大D．抽出L中的铁芯，D变暗【答案】C【解析】由乙图知周期为0.02s，所以频率为50Hz，所以A错误；根据变压规律知变压器次级电压最大值为22V，则电压表V的示数为22V，电表示数对应有效值，所以B错误；当有光照射R时，R的阻值减小，负载电流增大，所以原线圈电流增大，即电表A的示数增大，所以C正确；抽出L中的铁芯，线圈L对交流电的阻碍作用变小，所以电路中电流增大，D变亮，所以D错误。故选C。如图所示为一定质量理想气体状态变化的p-t图像。图中BA的延长线过(–273，0)点，CB平行于t轴，则下列说法正确的是(　　)A．气体由状态A变为状态B，外界对气体做功B．气体由状态C变为状态A，气体吸收热量C．气体在状态B时的分子数密度比在状态C时的大D．气体在状态B时的分子数密度比在状态A时的大【答案】B【解析】A．根据题意可知从状态A到状态B气体做等容变化，气体吸热，外界不对气体做功，故A错误；B．从状态C变为状态A时，气体温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，气体对外界做功，气体从外界吸收热量，故B正确；CD．从状态B到状态C气体做等压变化，温度降低，体积减小，所以状态B的分子数密度比状态C时的分子数密度小，状态A、B气体的体积相等，分子数密度相同，故C、D错误。故选B。已知四个氢核可聚变成一个氦核，同时放出两个正电子，若未来核电站能使氢完全聚变，则一座100万千瓦的核电站每年()大约需要消耗的氢的质量为(氢核的质量为1.0078u，氦核的质量为4.0026u，1u为)(　　)A．20kg B．50kg C．150kg D．200kg【答案】B【解析】四个氢核聚变成一个氦核亏损的质量约为，释放的能量约为，1kg氢含有的氢原子个数为个，全部发生聚变释放的能量约为，则发电站每年大约消耗的氢的质量为选项B比较接近，故B正确。故选B。二、简答题（共56分）某实验小组测量一段长度已知的金属丝的电阻率。(1)用螺旋测微器测量金属丝直径时，应选择金属丝的____________(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为金属丝的直径。某次的结果如图甲所示，其读数是__________mm。(2)先用欧姆表粗略测量该段金属丝的电阻.选择开关置于“×100”挡时，发现表头指针偏转角度过大，应将选择开关置于____________(选填“×10”或“×1000”)挡，正确操作个后，表盘的示数如图乙所示，则金属丝的电阻约为____________Ω。(3)除金属丝Rx外，实验室还有如下器材：电源E(10V，内阻约1Ω)电流表A1(0～100mA，内阻R1为2.5Ω)电流表A2(0～200mA，内阻R2约5Ω)滑动变阻器R(最大阻值10Ω，额定电流2A)定值电阻R0(阻值100Ω)开关S及导线若干为了尽量准确地测量金属丝的电阻，请在图丙的方框中画出合适的电路图______，并在图中标明器材符号。(4)该小组设计的电路图正确，实验中测量得到的电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则该段金属丝电阻的表达式Rx=___________，金属丝电阻的测量值与真实值相比___________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。(5)若该段金属丝的长度为L，直径为D，电阻为Rx，则该金属丝电阻率的表达式=___________。【答案】不同    0.202(0.201～0.203)    ×10    100        (或)    相等        【解析】(1)[1][2] 用螺旋测微器测量金属丝直径时，应选择金属丝的不同位置进行多次测量，取其平均值作为金属丝的直径。某次的结果如图甲所示，其读数是d=0mm+20.1×0.01mm=0.201mm(2)[3][4]先用欧姆表粗略测量该段金属丝的电阻.选择开关置于“×100”挡时，发现表头指针偏转角度过大，说明电阻很小，换用小档位，故选×10。表盘的示数如图乙所示，则金属丝的电阻约为10×10Ω=100Ω(3)[5] 实验中没有电压表，故用电流表A1，定值电阻组成电压表测电压，因为电压表内阻已知，故用外接法，待测阻值大于滑动变阻器阻值，采用分压式，故线路图如下(4)[6][7]实验中测量得到的电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，则该段金属丝电阻的表达式，因为电压表内阻已知，表达式中各量均为准确值，故金属丝电阻的测量值与真实值相比相等。(5)[8]待测电阻阻值为：，解得：。如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．   (1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块C不会从木板上掉下来【解析】(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： ，解得：，小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律： 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T，解得：T´=3mg(2)小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上：，水平方向：L=，解得：h=L(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ，设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律的： ，由能量守恒定律得： ，联立⑨⑩⑪解得：s=L/2，由s<L知，滑块C不会从木板上掉下来。 如图所示，将两根质量均为m＝2 kg的金属棒a、b分别垂直地放在水平导轨MNM′N′和PQP′Q′上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，左右两部分导轨间有磁感应强度大小相等但方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，金属棒b开始时位于图中M′P′位置，金属棒a在NQ位置。金属棒b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一物块c相连，c的质量mc＝2 kg，c开始时距地面的高度h＝4.8 m。物块c由静止开始下落，触地后不反弹，物块c触地时两棒速率之比va∶vb＝1∶2，物块c下落过程中b棒上产生的焦耳热为10 J，设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，g＝10 m/s2，整个过程中导轨和金属棒接触良好，且导轨光滑。求： (1)物块c触地时，两棒的速度大小va和vb；(2)从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量。【答案】(1)3 m/s，6 m/s；(2)16.2 J【解析】(1)金属棒a、b的有效长度分别为L和2L，所以电阻分别为R和2R，金属棒a、b串联，在任何时刻电流均相等，b棒产生的焦耳热Q2＝10 J，根据焦耳定律Q＝I2Rt，得a棒上产生的焦耳热为Q1＝5 J根据能量守恒定律有。根据题意有va∶vb＝1∶2，解得va＝3 m/s，vb＝6 m/s。(2)物块c触地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设磁感应强度大小为B，则BLva′＝B·2Lvb′，得va′＝2vb′。对两棒分别应用动量定理，有，。解得，联立以上各式解得va′＝4.8 m/s，vb′＝2.4 m/s。根据能量守恒定律，从物块c触地到两棒匀速运动的过程中系统产生的热量为，代入数据，解得Q3＝16.2 J。如图所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场E。y轴左侧有宽为L的垂直纸面向外的匀强磁场，MN右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场(图中未标出)。质量为m、带电量为+q的粒子从P(d，0)沿x轴负方向以大小为v0的初速度射入匀强电场。粒子到达O点后，经过一段时间还能再次回到O点。已知电场强度E=，粒子重力不计。(1)求粒子到O点的速度大小；(2)求y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小应满足什么条件？ (3)若满足(2)的条件，求MN右侧磁场的磁感应强度B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系。【答案】(1)；(2)；(3)，n=l，2，3……【解析】(1)粒子，从P点到O点，由动能定理得可得粒子到(2)洛伦兹力提供向心力粒子要再次回到O点，则粒子不能从y轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN右侧的磁场的作用，再次返回到O点，故要求：故要求(3)   粒子通过电场回到MN右侧磁场时速度为。设粒子在右侧磁场中轨道半径为R，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径R≥r。 解得①当R=r，，可得②R>r，要使粒子回到原点(粒子轨迹如下图所示)则须满足其中n=l，2，3……，n=l，2，3……其中n=1时， ，综上，需要B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系满足，n=l，2，3……新冠病毒具有很强的传染性，转运新冠病人时需要使用负压救护车，其主要装置为车上的负压隔离舱(即舱内气体压强低于外界的大气压强)，这种负压舱既可以让外界气体流入，也可以将舱内气体过滤后排出。若生产的某负压舱容积为，初始时温度为27 ℃，压强为；运送到某地区后，外界温度变为15℃，大气压强变为，已知负压舱导热且运输过程中与外界没有气体交换，容积保持不变。绝对零度取℃。(i)求送到某地区后负压舱内的压强；(ii)运送到某地区后需将负压舱内气体抽出，使压强与当地大气压强相同，求抽出的气体质量与舱内剩余质量之比。【答案】(i)；(ii)【解析】(i)舱内气体的体积不变，设初始时的压强为，温度为，运送到某地区后的压强为，温度为，由查理定律可得其中，，，代入求解可得。(ii)设当地的大气压强为，首先让舱内气体进行等温膨胀，设膨胀前的气体体积为，膨胀后的气体体积为V，则由玻意耳定律可得代入数据可解得，故需要抽出的气体的体积为因抽出的气体与舱内气体的密度相同，故抽出气体质量与舱内剩余气体的质量之比为