【原创】（新高考）2022届高考仿真卷模拟卷 物理（六）

（新高考）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，H    B．n，H    C．p，He    D．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②                      B．①和③

C．⑤和③                      D．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A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＝100sin 5πt（V）           B．e＝100 sin（V）

C．e＝120sin 5πt（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＝150 V，所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势＝100 V，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＝100 sin（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v0

B．从B点到C点，篮球的运动时间为

C．篮球在A点的速度为2v0

D．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＝v0cos 45°＝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＝v0sin 45°＝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＝vAcos 60°＝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mgH

B．表演者向上的最大加速度是g

C．表演者向下的最大加速度是g

D．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L

B．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+Ltan 30°+－2Rtan 60°，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＝50 N/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：

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6 V，r大约为2.0 Ω）

电阻箱R1（最大阻值为99999 Ω）

电阻箱R2（最大阻值为999.9 Ω）

电阻箱R3（最大阻值为5.0 Ω）

灵敏电流计G（量程为1 mA，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198.0 Ω。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100 mA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60 Ω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＝0.16 A－1·Ω－1，纵截距为b＝10.2 A－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)6.25    1.77   

【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

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6 m，平静的湖面上有一长木板，木板的左端距离A点4.5 m，木板长度为3.5 m，在湖面上距离长木板右端21 m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sin 37°＝0.6，cos 37°＝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＝0.4 kg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＝0.2 kg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＝2.25 m，所对圆心角θ＝37°，传送带以恒定的速度v＝1.6 m/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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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

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。