2022届高三年级高考仿真考试物理试题1.科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚核反应获得能量，核反应方程分别为：和下列表述正确的有A.X是质子B.Y的质子数是3，中子数是6C.两个核反应都没有质量亏损D.氘和氚的核反应是核聚变反应【答案】D【解析】A、根据核反应方程：H＋H→He＋X ，X的质量数：m1=2+3−4=1，核电荷数：z1=1+1−2=0，所以X是中子，故A错误；C、根据两个核反应方程可知，都有大量的能量释放出来，所以一定都有质量亏损，C错误；D、氘和氚的核反应过程中是质量比较小的核生成质量比较大的新核，所以是核聚变反应，D正确。故选：D。2.甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移-时间图像如图所示。下列表述正确的是A.0.2-0.5小时内，甲的加速度比乙的大B.0.5-0.6小时内，甲的速度比乙的大C.0.6-0.8小时内，甲的位移比乙的大D.0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等14\n【答案】C【解析】A、由图知，0.2−0.5小时内甲乙都做匀速直线运动，加速度均为零，故A错误；B、0.5−0.6小时内，甲、乙的位移都没有变化，速度都为零，B错误；C、物体的位移等于s的变化量。则知0.6−0.8小时内，甲的位移比乙的大，故C正确；D、0.8小时内，甲骑行的路程为15m，乙骑行的路程为11m，甲骑行的路程大于乙骑行的路程，D错误。故选：C。【名师点睛】位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，图象是直线表示匀速直线运动，匀速直线运动的加速度为零；根据斜率的正负分析速度的方向。物体的位移等于s的变化量。由此分析即可。3.如图，两电荷量分别为Q（Q＞0）和-Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b位于y轴O点上方。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是A.b点的电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向左C.将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O、b点移到a点，后者电势能的变化较大【答案】C【解析】A、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线。电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向，所以b点的电势无穷远处的电势，等于0，而电场强度不等于0，故A错误；14\nB、由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正试探电荷从a向O运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而O点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零；故B错误；C、由于O到a点间的电场强度方向向右，正电荷在O到a点间受到的电场力的方向向右，正试探电荷从O向a运动的过程中，克服电场力做正功，C正确；D、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以O、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，二者电势能的变化相等，故D错误。故选：C。【名师点睛】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向。根据电场强度的矢量合成定则判断电场强度的方向和电场力的方向。根据电场力做功与电势能变化的关系判断电势能的变化。4.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为ηa、ηb.由图可知ηa、ηb的值分别为A.23、13B.13、23C.12、12D.34、14【答案】A【解析】试题分析：根据η=IUIE=UE，则ηa=UaE=46=23；ηb=UbE=26=13，故选项A正确.14\n考点：电源的效率；U-I图线.5.已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍。若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为A.6小时B.12小时C.24小时D.36小时【答案】B【解析】试题分析：了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与星球的自转周期相同．通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．解：地球的同步卫星的周期为T1=24小时，轨道半径为r1=7R1，密度ρ1．某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2=3.5R2，密度ρ2．根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有：两式化简解得：T2=="12"小时．故选B．【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较．6.两个共点力Fl、F2大小不同，它们的合力大小为F，则A.F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍B.若F1、F2中的一个增大，F不一定增大C.F1增加10N，F2减少10N，F一定不变D.F1、F2同时增加10N，F也增加10N【答案】AB【解析】A、根据平行四边形定则和三角形相似规律,F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确；B、根据平行四边形定则合成定则，若F1、F214\n中的一个增大，F可能增大，也可能减小，还可能不变，故B正确；C、只有方向相同时,F1增加10N,F2减少10N，F才一定不变，故C错误；D、若Fl、F2方向相反,F1、F2同时增加10N，F不变，故D错误。故选：AB。7.如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，乙图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时A.在t1~t2时间内，L有收缩趋势B.在t2~t3时间内，L有扩张趋势C.在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流D.在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流【答案】AD【解析】据题意，在t1~t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2~t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3~t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确。【考点定位】楞次定律、安培定则【方法技巧】线圈内通有非均匀变化的磁场，导线框内产生变化的电流，该电流激发出变化的磁场，才可以使圆环产生感应电流；线圈内通有均匀变化的磁场，导线框内产生稳定的电流，该电流激发出的是稳定的磁场，不会使圆环产生感应电流。8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20Ω，R2＝30Ω14\n，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（）A.交流电的频率为50HzB.原线圈输入电压的最大值为2022VC.电阻R2的电功率约为6.67WD.通过R3的电流始终为零【答案】AC【解析】试题分析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A正确；由图乙可知通过R1的电流最大值为Im=1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um=20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V，B错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I=Im2R1R2=23A，电阻R2的电功率为P=I2R2=6.67W，C正确；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错误；故选AC．考点：变压器的构造和原理．点评：题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解．9.（1）用多用表的欧姆档测量阻值约为几十kW的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上__________________。14\na．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c．旋转S使其尖端对准欧姆档´1kd．旋转S使其尖端对准欧姆档´100e．旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔根据上图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为___________W。（2）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是（______）（A）测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量（B）测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果（C）测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开（D）测量阻值不同的电阻时都必须重新调零【答案】(1).c、a、b、e(2).30k(3).A、C【解析】(1)测量几十kΩ的电阻R应选择欧姆档´1k的档位，使用前先进行调零；再进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔，则正确的实验步骤是cabe。欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值，由图示可知，待测点阻值为：30×1k=30kΩ.(2)A、测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；14\nC、为保护电表和减小测量误差，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D、用欧姆表测电阻换挡后要重新进行欧姆调零，如果用同一挡位测不同的电阻，不需要重新进行欧姆调零，故D错误，故选AC。【名师点睛】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入。（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近．10.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a=_______(保留三位有效数字)。(2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有________。（填入所选物理量前的字母）14\nA.木板的长度lB.木板的质量m1C.滑块的质量m2D.托盘和砝码的总质量m3E.滑块运动的时间t（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝____________（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g），与真实值相比，测量的动摩擦因数_________（填“偏大”或“偏小”）。写出支持你的看法的一个论据：________________________________________________________。【答案】(1).0.495~0.497m/s2(2).CD(3).(4).偏大(5).纸带与打点计时器存在摩擦阻力【解析】试题分析：（1）由匀变速直线运动的推论△x=aT2，利用逐差法求出加速度；（2）利用牛顿第二定律列式，求出计算动摩擦因数的表达式，根据表达式判断需要测量哪些物理量，根据需要测量的物理量选择实验器材；（3）由于忽略了纸带与限位孔之间的摩擦力、空气阻力、滑轮处的摩擦力、细绳质量，导致测量的动摩擦因数偏大．解：（1）由逐差法得：a=．（2）对系统由牛顿第二定律得：m3g﹣μm2g=（m2+m3）a，解得：μ=，据此可知为测量动摩擦因数，还应测量的有滑块的质量m2，托盘和砝码的总质量m3，测量质量需要的实验器材是天平．（3）由（2）的分析可知滑块与木板间的动摩擦因数为：μ=，由于忽略了纸带与限位孔之间的摩擦力、空气阻力、滑轮处的摩擦力、细绳质量，导致测量的动摩擦因数偏大．14\n故答案为：（1）0.497m/s2；2）①CD；②天平；（3），偏大，忽略了纸带与限位孔之间的摩擦力、空气阻力、滑轮处的摩擦力、细绳质量．【点评】本题考查动摩擦因数的测量，解题的关键是掌握实验原理，利用牛顿第二定律写出计算动摩擦因数的表达式，平时注意掌握实验误差的分析．11.如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）碰撞后物块的速度大小为v2（2）物块在水平面上滑行的时间t。【答案】（1）v2=gh8（2）t=2gh4μg【解析】(1)设小球的质量为m,运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有：mgh=12mv12解得：v1=2gh；设碰撞后小球反弹的速度大小为v2，同理有：mgh16=12mv22解得：v2=gh8；(2)小球与物块发生正碰，由于碰撞时间极短，内力远大于外力，小球和物块组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，设碰后物块速度为v3，根据动量守恒定律，有：mv1=5mv3−mv2,解得：v3=2gh4物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为：14\nf=5μmg设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有：−Ft=0−5mv3得：t==2gh4μg【名师点睛】（1）对小球下落过程，由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；再对小球，由机械能守恒可求得反弹的速度。（2）由动量守恒定律可求得物块获得的速度，对物块滑行过程由动量定理可求得其滑行的时间t。12.图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在x轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不计离子重力。（1）求上述粒子的比荷qm；（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。【答案】（1）qm=4.9×107C/kg（2）70V/m,沿x轴正方向；7.9×10−6s（3）0.25m214\n【解析】(1)设粒子在磁场中的运动半径为r,依题意MP连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径,由几何关系得r=22L，由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力,可得qvB=mv2r，联立解得：qm=4.9×107C/kg(2)此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，qE=qvB，代入数据得：E=70V/m，所加电场的场强方向沿x轴正方向。设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T,所求时间为t=T/8,而T=2πrv，解得t=7.9×10−6s(3)矩形如图所示，该区域面积S=2r2=0.25m2。【物理—选修3—4】13.一束由a、b两单色光组成的复色光c从空气射向由玻璃材料制成的棱镜，经三棱镜折射分离成两束单色光a、b，如图所示，则下列说法正确的是。A.a光在玻璃中的传播速度小于b光在玻璃中的传播速度B.a光在真空中的波长大于b光在真空中的波长C.a光在玻璃中的频率小于在真空中的频率D.a光从玻璃射向空气的临界角大于b光从玻璃射向空气的临界角E.a、b两束光分别通过同一双缝干涉试验仪，a光干涉条纹的间距大于b光干涉条纹的间距【答案】BDE14\n.........B、a光的折射率小于b光的折射率，说明a光的频率小于b光的频率，由c=λf知，a光在真空中的波长大于b光在真空中的波长，故B正确；C、光的频率由光源决定，与介质无关，所以a光在玻璃中的频率与在真空中的频率相等，故C错误；D、a光的折射率小于b光的折射率,根据全反射临界角公式sinC=1/n分析知，a光的临界角比b光的大，故D正确。E、a光的波长大于b光,由双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ可知，a光的干涉条纹大于b光的干涉条纹，故E正确。故选：BDE。14.如图所示，分别表示一列横波上相距3m的两个质点A和B的振动图象。已知波长3m<λ<12m，求：（ⅰ）波通过A、B两点所需的时间（ⅱ）设P点距B点13m，且在A、B的中间，则从t=0时开始，P点经过1s通过的路程是多少？【答案】（ⅰ）0.45s（ⅱ）14cm【解析】(1)由于 s AB =3m，而3m< λ <12m，即 < s AB < λ 14\n，再由振动图象可知 A 在波峰时, B 在平衡位置,则 A、B 在波形图中的位置如图所示( t =0)，即,。再由振动图象知T =0.6s,所以 ，所以(2) t=0时刻，P点的位移为-1cm，振动方向向上，在1s内完成了次全振动。质点完成一个全振动，通过的路程为l1=4A=8cm。在个全振动，P点先振动到波峰，再恰好回到t=0时刻，P点的位置，且振动方向向上，这段时间内P的路程l2=（1+2+2+1）cm=6cm。所以P点经过1s通过的路程l=l1+l2=14cm14
