2022届重庆市新高考模拟物理卷（三） PDF版

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一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分 .每小题只有一个选项符合题目要求.
1、答案：A
详解：处于高能级的原子跃迁到低能级会释放光子，所以B答案错误。
太阳上不断进行着核聚变反应，C答案错误。
微观粒子间相互作用适用能量守恒定律，也适用动量守恒定律，D答案错误。
2、答案：C
详解：频率变为原来两倍，电压和电流最大值和有效值也变为原来两倍，所以A答案错误，C答案正确。变压器和输入功率和电阻的功率为原来的四倍，B和D答案错误。
3、答案：C
详解：每个炮弹在炮管中加速的时间为0.01s，由于炮管长为5m，所以炮弹的加速度大小为105ms2，由牛顿第二定律，推力F=ma=1.5×106N
4、答案：A
详解：由法拉第电磁感应定律得回路电动势大小为12×0.04×2=0.04V，所以感应电流大小为I=0.01A。t=2.5s时刻的磁感应强度大小为8T，所以安培力大小为8×0.01×0.2=0.016N，线框静止，所以摩擦力大小为0.016N。由楞次定律，线框安培力向左，所以摩擦力向右。
5、答案：B
详解：水和水桶转得越慢，可加的水越多；绳在最低点所受拉力最大。当二者刚好能在竖直平面内做圆周运动时，二者在最低点的速度大小为v=5gR=70ms，在最低点由牛顿第二定律：T−Mg=Mv2R，可得M=2kg，所以水的质量为1.5kg.
6、答案：D
详解： 设每根绳拉力大小为F，吊灯受力平衡得： 8Fcs450=mg
代入数据得：F=252N ，D答案正确。
7、答案：C
详解：令绳的长度为l，小球质量为m.当绳与水平方向成θ时，由动能定理：mglsinθ=12mv2，所以竖直分速度为vy=vcsθ=2mglsinθcs2θ。令y=sinθcs2θ，若dydθ=cs3θ+2sinθcsθ−sinθ=0，解得：sinθ=33 。本题也可以在求得vy=vcsθ=2mglsinθcs2θ后，将四个答案分别代入，寻找最大值。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.
8、答案；ACD
详解：小球沿杆向上运动过程中，库仑力增大，所以合外力增大，A答案正确。通过V-t图像可知，当小球运动到A、B的中点时，速度大于v2，所以B答案错误。小球所受支持力大小为mgcsθ，大小恒定，所以C答案正确。由动能定理：qUAB−mglsinθ=0−12mv2，解得：UAB=2mgLsinθ−mv22q，又因为A点电势为零，则B点电势为mv2−2mgLsinθ2q，D答案正确。
9、答案：BC
详解：地球同步卫星都具有相同的公转周期、环绕速度，卫星质量可以不同，A答案错误。由牛顿第二定律：GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)，解得：3GMT24π2−R，B答案正确。AP之间的距离为l=(R2)2+(r−3R2)2，A、B两点通过P传递信息的时间为t=2lc=2cR2+r2−3rR，C答案正确。
10、答案：AC
详解：设小球是最高点速度为vx，刚抛出时的速度大小为vy，由题12mvx2:mgℎ=16:9，又因为vy2=2gℎ，所以vx:vy=4:3，又因为经过相同的时间，于是水平方向加速度和竖直方向加速度大小之比也是4:3，所以A答案正确。上升到最高点的过程中，水平方向的位移大小为d4，所以竖直方向的高度为h=d4×34=316d，B答案错误。vy=2gℎ=38gd，因此vx=43vy=23gd，C答案正确。小球所受到的合力与水平方向成θ=370，所以最小速度为vmin=vycsθ=625gd，D答案错误。
三、非选择题（本题共6小题，共57分）
（一）必考题：共45分
11、答案：（1）1.77cm （2分） （2）1.33Jcm2 （3分）
详解：（1）17mm+0.1mm×7=17.7mm=1.77cm
（2）比动能为12×0.02×(1.77×10−20.001)214×π×1.772=1.33Jcm2
12、答案：（1）串联（2分） 170Ω （2分） （2）5.89V （2分） （3）1KRV （2分） bK−RV （2分）
详解：（1）改装后电压表总电阻为60.03=200Ω ，所以要串联200−30=170Ω电阻
（2）因为表头的电流为20mA,所以与之并联的电压表电流为3mA，则干路的电流为23mA。电源电压为0.023×200+30+0.02×30=5.89V
（3）由闭合电路欧姆定律得：E=U+URV(R+r)，即：1U=1ERVR+RV+rERV ，所以E=1KRV r=bK−RV
13、答案：（1）2560J（4分） （2）855S (5分) 25s（3分）
详解：（1）由动能定理：W−μmgs=0 ，……………………（2分）
得W=2560J ……………………（2分）
（2） 解法一：
由牛顿第二定律：F−μmg=ma1 ，……………………（1分）
可得加速过程中的加速度大小为 a1=1ms2……………………（1分）
力F作用的距离L=WF=2560400=6.4m ……………………（1分）
由运动学公式得加速过程所用的时间满足：L=12a1t12 ……………………（1分）
解得：t1=855S ……………………（1分）
全过程由动量定理得：Ft1−μmgt=0 ……………………（2分）
解得时间为：t=25s ……………………（1分）
解法二：设最大速度为v，在加速度阶段和减速阶段
由牛顿第二定律：F−μmg=ma1 ……………………（1分）
μmg=ma2 ……………………（1分）
可得加速过程中的加速度大小为 a1=1ms2 ……………………（1分）
减速过程中加速度大小 a2=4ms2……………………（1分）
由运动学公式得：v22a1+v22a2=x……………………（1分）
解得；v=855ms……………………（1分）
所以推箱子时间t1=va1=855S ……………………（1分）
全程时间t=t1+va2=25s……………………（1分）
14、答案：（1）mgq (2分) （2）q2B2d22m2g (4分) （3）k≥13 (4分) （4）当13≤k1 时，两小球碰撞过程中，由动量守恒和机械能守恒得： mv=−mv'+kmv'' ……………………（1分）
12mv2=12mv'2+12kmv''2 ……………………（1分）
通过以上二式：v'=k−1k+1v ，v''=2k+1v
小球N第一碰后运动至挡板P反弹后必须追上M，才能发生第二欠碰撞，则
v''>v'
所以：k