2022年高考全真模拟试题(二)考试时间：60分钟 分值：110分一、选择题。本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14、15、16题只有一个选项正确，第17、18、19、20、21题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.2022年2月15日凌晨，在索契冬奥会自由式滑雪女子空中技巧比赛中，中国运动员以83.50分夺得银牌。比赛场地可简化为由如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆坡等组成。若将运动员视为质点，且减速区忽略空气阻力，下列说法正确的是( )A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态B．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态C．运动员在跳离弧形过渡区至着陆之前的过程中处于完全失重状态D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态[解析] 本题考查加速度、超重、失重、完全失重等考点，意在考查考生对相关概念的理解能力以及对运动过程中加速度方向的分析判断能力。运动员在加速下滑时加速度沿竖直方向的分加速度方向向下，处于失重状态，A项错；由圆周运动知识可知，运动员在弧形过渡区加速度方向指向圆心，具有竖直向上的分加速度，运动员处于超重状态，B项错；运动员跳离弧形过渡区到着陆前，只受重力作用，处于完全失重状态，C项正确；运动员在减速区具有竖直向上的分加速度，处于超重状态，D项错误。[答案] C15.[2022·湖北八校二联]如图所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a。高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I-18-\n与线框移动距离x关系的是( )[解析] 正三角形线框ABC刚进入向里的磁场时，利用右手定则知，感应电流沿逆时针方向为正，大小I0＝，之后线框随进入磁场距离的增大，有效切割长度变小，则I＝变小；当线框ABC前进a距离，在刚进入向外的磁场区域瞬间，此时ABC线框中感应电流方向沿顺时针为负，大小为I′＝＝2I0，则B正确。[答案] B16.如图，置于水平地面上的内壁光滑的半球形容器，O为球心、半径为R。劲度系数为k的轻弹簧，一端固定在容器底部的O′处，另一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，小球静止于P点，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )A．轻弹簧对小球的作用力大小为mgB．容器对小球的作用力大小为mgC．弹簧不受力时的长度为R＋D．容器相对于水平面有向左的运动趋势[解析] 本题考查物体的受力分析以及物体的平衡等相关知识。分析小球受力，小球受重力方向竖直向下，弹簧的弹力沿弹簧方向向外，球形容器的支持力沿半径方向指向球心，因为∠θ＝30°，由几何知识得轻弹簧对小球的作用力、容器对球的作用力、小球重力三者大小相等为mg，A、B错；此时弹簧长度R，弹簧受mg压力收缩的长度ΔL＝-18-\n，所以弹簧原长为R＋，C对；把球、弹簧、容器看作一个整体，整体处于平衡状态，所以容器相对水平面没有运动趋势，D错。[答案] C17.如图所示，两星球相距为L，质量比为mA∶mB＝1∶9，两星球半径远小于L。从星球A沿A、B连线向B以某一初速度发射一探测器。只考虑星球A、B对探测器的作用，下列说法正确的是( )A.探测器的速度一直减小B.探测器在距星球A为处加速度为零C.若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零D.若探测器能到达星球B，其速度一定大于发射时的初速度[解析] 从A星球发射探测器沿直线运动到B星球的过程中，探测器同时受A星球和B星球的万有引力，根据万有引力公式F＝知，A星球对探测器的万有引力减小，B星球对探测器的万有引力增大，存在一位置，在此位置探测器受到合外力为零，设此位置距A星球的距离为x，则有＝，得x＝L，探测器从A星球运动到此点过程是做减速运动，从此点到B星球做加速运动，A、C错；由F合＝ma得，探测器在距星球A为L处加速度为零，B对；减速距离小于加速距离，即L<L，加速阶段的万有引力做的正功多于减速阶段的万有引力做的负功，则探测器到达B星球的速度大于其发射速度，D对。[答案] BD18.如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P。导轨和导体棒电阻不计。下列判断正确的是( )-18-\nA.导体棒的a端比b端电势低B.ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C.若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的D.若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍[解析] 导体棒下滑切割磁感线，产生感应电动势相当于电源，由右手定则知a端为正极，b端为负极，A项错误。感应电动势E＝BLv，I＝，对ab受力分析有mgsinθ－＝ma，则知导体棒做加速度减小的加速运动，当a＝0时，mgsinθ＝，得：vm＝，若B增大为原来的2倍，稳定状态时速度变为原来的，所以B项正确，C项错。若质量增大为原来的2倍，导体棒稳定时的速度为原来的2倍，R的功率P＝，可知功率变为原来的4倍，D项正确。[答案] BD19.如图甲所示，理想自耦变压器的输出端接有滑动变阻器R与A、B两个完全相同的小灯泡，且小灯泡的电阻不受温度的影响。将如图乙所示的正弦交流电接入自耦变压器的输入端，开始时自耦变压器的滑片P处于某一位置，开关S闭合，两个小灯泡均发光。操作过程中，小灯泡两端电压均未超过其额定值。下列说法正确的是( )甲-18-\n 乙A．变压器输入端电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos100πtB．若仅将自耦变压器的滑片P向上滑动，两个小灯泡将变亮C．若仅使滑动变阻器的阻值R增大，则变压器输入端的电功率增大D．若将开关S断开，为保证A灯功率不变，可将自耦变压器的滑片P向上滑动[解析] 本题考查交流电、理想变压器、动态电路的相关知识的综合应用。由题图乙知周期T＝2×10－2s，由ω＝得ω＝＝100πrad/s，交流电最大值U0，t＝0时电压最大，所以电压瞬时值表达式为u＝U0cos100πt(V)，A对；滑片P上滑，增大了变压器原线圈匝数，由＝知变压器输出电压变小，两灯泡应变暗，B错；滑动变阻器阻值变大，电路电阻变大，由P出＝知，输出功率减小，P入＝P出，变压器输入端电功率应减小，C错；开关S断开，用电器减少，总功率减小，总电流减小，R分压减小，A灯分压增大，功率变大，为保证A灯功率不变，可将变压器滑片P上滑，使原线圈匝数增大，由＝知变压器输出电压减小，使A灯电压降低，回到原有功率，D对；选AD。[答案] AD20.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点，若在x＝2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为＋q的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是( )甲 -18-\n乙A．小球在x＝L处的速度最大B．小球一定可以到达x＝－2L点处C．小球将以x＝L点为中心作往复运动D．固定在A、B处的电荷的电量之比为QA∶QB＝4∶1[解析] 本题考查点电荷电场叠加、电势、力和运动的关系等知识，有一定的综合性，对逻辑推理能力要求较强。由题给图乙可以看出x＝L处电势最低，x＝L以左场强向右，x＝L以右场强向左，所以x＝L处场强为0，由：⇒QA∶QB＝4∶1，D对；在x＝2L处释放＋q带电小球，到x＝L处电场力做正功，动能增大，从x＝L到x＝－L区间，电场力做负功，动能减小，所以x＝L处小球速度最大，A对；因为x＝2L处和x＝－L处电势相等，所以小球在x＝－L与x＝2L间往复运动，小球不能到达x＝－2L处，B错，也不是以x＝L点为中心的往复运动，C错；选AD。[答案] AD21.如图所示，固定在同一水平面上的两平行金属导轨AB、CD，两端接有阻值相同的两个定值电阻。质量为m的导体棒垂直放在导轨上，轻弹簧左端固定，右端连接导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。当导体棒静止在OO′位置时，弹簧处于原长状态。此时给导体棒一个水平向右的初速度v0，它能向右运动的最远距离为d，且能再次经过OO′位置。已知导体棒所受的摩擦力大小恒为f，导体棒向右运动过程中左侧电阻产生的热量为Q，不计导轨和导体棒的电阻。则( )A．弹簧的弹性势能最大为mv－Q－fdB．弹簧的弹性势能最大为mv－2Q－fdC．导体棒再次回到OO′位置时的动能等于mv－4Q－2fdD．导体棒再次回到OO′位置时的动能大于mv－4Q－2fd[解析]-18-\n 以导体棒在磁场中切割磁感线产生感应电流为背景命题，考查考生对法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等知识的综合应用。导体棒切割磁感线相当于电源、左右两个电阻相同，并联，在相同时间内产生的热量相同。当导体棒向右运动到最远时，弹簧的弹性势能最大，从能量守恒角度有弹簧的弹性势能Ep＝mv－2Q－fd，A错B对；由于摩擦和电阻产生热量，所以导体棒回到OO′位置的速度要变小，从向右的最远处回到OO′的时间要变长，这过程一个电阻R产生的热量Q′＝(×)2R·Δt＝和向右运动相比，ΔΦ、R不变，Δt变大，所以Q′变小，因此从能量守恒看，导体棒再次回到OO′位置时的动能大于mv－4Q－2fd，C错，D对，选BD。[答案] BD二、非选择题。包括必考题和选考题两部分。第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答；第33～35题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题(4题，共47分)22.(6分)某同学用图示实验装置来研究弹簧弹性势能与弹簧压缩量的关系，弹簧一端固定，另一端与一带有窄片的物块接触，让物块被不同压缩状态的弹簧弹射出去，沿光滑水平板滑行，途中安装一光电门。设重力加速度为g。(1)如图所示，用游标卡尺测得窄片的宽度L为____________。 (2)记下窄片通过光电门的时间Δt＝10ms，则物块速度为________。(3)若物块质量为m，弹簧此次弹射物块过程中释放的弹性势能为________(用m、L、Δt表示)。[解析] 以研究弹簧的弹性势能实验为背景命题，考查实验原理、数据读取、数据处理等实验能力。(1)游标卡尺读数先读主尺为10mm，再读游标尺读数为3×mm＝0.15-18-\nmm，二者加在一起即为最终读数10.15mm。(2)物块的速度v＝＝＝1.015m/s。(3)根据能量守恒有Ep＝mv2＝m·()2＝。[答案] (1)10.15mm (2)1.015m/s (3)23.(9分)在测定一节电池的电动势E和内电阻r的实验中，需要量程约0.5A的电流表。实验室提供有电流表Ⓖ(满偏电流为2.5mA，内电阻Rg＝199.0Ω)；电阻箱R(0～999.9Ω)。为此，某同学采用图1的电路进行实验。回答下列问题：图1(1)电路中的定值电阻R0应选用下列中的________(填选项前字母)A．0.5ΩB．1.0ΩC．99.5ΩD．199.0Ω(2)根据图1完成实物图2中的连线(图中已连好部分电路)；(3)正确选择R0后，该同学进行实验。调节电阻箱的阻值，记录电阻箱的阻值R和对应电流表Ⓖ的示数Ig如下表。请在图3的坐标图中作出－R图线。(表中的是根据Ig计算得出的)R/Ω1.62.12.63.24.25.6Ig/mA2.252.001.671.501.251.00/(×103A－1)0.440.500.600.670.801.00-18-\n图2 图3(4)根据图线可求得，被测电池的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。(保留2位小数)[解析] 以测电源电动势和内阻实验为背景命题，考查电流表的改装、实物图的连接、实验数据处理等实验能力。(1)需要量程0.5A的电流表，提供电流表满偏电流Ig＝2.5mA，内阻Rg＝199Ω，所以需并联分流电阻改装电流表，有IgRg＝(I－Ig)R0⇒R0＝＝＝1Ω，选B。(2)按电路图连接实物图，要忠实于电路图，按一定顺序连接。(3)按表给数据描点，用直线把各点连结，让各点均匀分布在直线两侧，较远的点可舍弃。(4)结合电路图1，由全电路欧姆定律有·＝Ig⇒＝·R＋r＋＝R＋(200r＋199)，可见在-18-\n－R图象中，直线的斜率k＝，纵轴截距b＝(200r＋199)，由(3)步图象得k＝0.138，b＝0.23代入可解得E＝1.45V，r＝0.67Ω。[答案] (1)B(2)如图所示(3)如图所示(4)1.45(1.40～1.47) 0.67(0.40～0.77)24.(13分)在一个动物表演的娱乐节目中，小猫从平台上B点水平跳出，抓住有水平固定转轴的车轮的边缘P点，运动到最低点C时松手，便可落到浮于水面的小橡皮船D上。如图所示，已知车轮半径R＝m，B与车轮转轴O等高，OP与水平方向成θ＝37°角，小猫抓住P点时速度方向恰好垂直于OP，小猫可看作质点，重力加速度取g＝10m/s2。求：-18-\n(1)小猫从B跳出时的速度v0及BO间水平距离x1；(2)若小猫质量为m＝1kg，h＝(＋0.45)m，小猫与车轮作用过程中小猫损失的机械能为5.3J，系统损失的机械能为2.3J，求x2及车轮获得的机械能。[解析] 以一动物表演的娱乐节目为背景命题，考查平抛运动、能量守恒等知识的掌握情况。(1)B与车轮转轴O等高，由几何关系得小猫竖直位移y＝Rsin37°＝0.80m小猫做平抛运动，因此x＝v0ty＝gt2由小猫到达P点时速度方向可知cotθ＝＝2×联立代入数据解得v0＝3m/sx＝1.2mBO间的水平距离x1＝x＋Rcos37°得x1＝2.27m(2)从P到C，对小猫，由能量守恒得ΔE＝mv＋mgR(1－sinθ)－mvvP＝-18-\n设车轮获得的机械能为Ek，对系统，有ΔE′＝ΔE－Ek从C到D，小猫做平抛运动x2＝vCt′h－R＝gt′2联立以上各式代入数据解得x2＝1.5mEk＝3J[答案] (1)x1＝2.27m (2)x2＝1.5m Ek＝3J25.(19分)如图所示，直线OP与x轴的夹角为45°，OP上方有沿y轴负方向的匀强电场，OP与x轴之间有垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ。不计重力，一质量为m，带电量为q的粒子从y轴上的A(0，l)点以速度v0垂直y轴射入电场，恰以垂直于OP的速度进入磁场区域Ⅰ。若带电粒子第二次通过x轴时，速度方向恰好垂直x轴射入磁场区域Ⅰ，在磁场区域Ⅰ中偏转后最终粒子恰好不能再进入电场中。求：(1)带电粒子离开电场时的速度大小v；(2)电场强度E的大小；(3)磁场区域Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度B1、B2的大小。[解析] 以带电粒子在电场、磁场中的运动为背景命题，意在考查类平抛运动、圆周运动等知识的掌握，同时对数学能力在物理中的运用也有所考查。(1)粒子到达C点时vy＝v0v＝解得：v＝v0(2)粒子从A到C的过程，粒子做类平抛运动，设粒子沿x轴方向的位移为x，沿y轴方向的位移为y1，图中O、D之间的距离为y2。可知：-18-\nx＝v0ty1＝at2vy＝ata＝y1＋y2＝l解得：E＝(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力 qBv＝m解得：B＝设在磁场Ⅰ中粒子运动半径为R1，因粒子垂直通过x轴，因此OC等于R1，由几何关系可得：R1＝lB1＝粒子在磁场Ⅱ中运动后返回磁场Ⅰ中后，刚好不回到电场中，其运动轨迹应与OP相切，轨迹如图所示，设粒子在磁场Ⅱ中的半径为R2，据几何关系可得：2R1＝2R2＋R1解得：B2＝[答案] (1)v＝v0 (2)E＝ -18-\n(3)B1＝ B2＝(二)选考题(15分，请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33.(15分)[物理——选修3－3](1)下列说法正确的是________。A．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，不能估算出气体分子的大小B．若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，分子的动能一定增大C．系统吸收热量时，它的内能不一定增加D．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体E．气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的(2)如图所示，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦。已知两汽缸的横截面积之比SA∶SB＝2∶1，两汽缸内均装有处于平衡状态的某理想气体，开始时两汽缸中的活塞与缸底的距离均为L，温度均为T0，压强均等于外界大气压。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强等于外界大气压的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求：①停止加热达到稳定后，A、B汽缸中的气体压强之比；②稳定后汽缸A中活塞距缸底的距离。[解析] (1)考查学生对分子动理论、热力学第一定律、热力学第二定律记忆、理解和应用能力。已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出固体或液体分子的大小，而不能估算出气体分子的大小，因为气体分子间距离较大，不能看成一个挨一个的，A正确；若两个分子只受到它们之间的分子力作用，当分子间的距离减小时，若分子力表现为引力，分子力做正功，分子的动能增大，若分子力表现为斥力，分子力做负功，分子的动能减小，故B错误；热力学第一定律ΔU＝Q＋W，系统吸收热量同时对外做功，它的内能不一定增加，C正确；根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其它变化，D错误；气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，E正确。(2)考查学生对理想气体状态方程的理解及应用。-18-\n①设大气压强为p0，加热后A的压强pA＝1.2p0，又活塞平衡(pA－p0)SA＝(pB－p0)SB解得pB＝1.4p0所以pA∶pB＝6∶7②设稳定后A、B两汽缸中的活塞距缸底的距离分别为LA、LB，B中气体等温变化p0LSB＝1.4p0LBSB又LA＋LB＝2L解得LA＝L[答案] (1)ACE (2)①6∶7 ②L34.(15分)[物理——选修3－4](1)在透明均匀介质内有一球状空气泡，O为球心，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C、D点射向介质，如图所示。细光束在A点的入射角为30°，介质对a光的折射率na＝，下列说法中正确的是________。A．a光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏向角为30°B．在该介质中，a光的传播速度比b光的传播速度小C．光从该介质射入空气中，a光全反射的临界角比b光全反射的临界角大D．若用a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，屏上相邻两干涉条纹的间距xa>xbE．若用a、b两单色光分别通过同一单缝，屏上中央亮条纹的宽度da<db(2)一列简谐横波，沿波的传播方向依次有P、Q两点，平衡位置相距5.5m，其振动图象如图所示，实线为P点的振动图象，虚线为Q点的振动图象，求：-18-\n①该波的波长；②波的最大传播速度。[解析] (1)以几何光学为背景命题，考查光路、光速、临界角、干涉等光学知识。完成a光的几何光路，由na＝⇒sini＝nasinr＝sin30°⇒i＝45°，由几何知识角的关系可求得偏向角为30°，A对；由题给图可知a光偏折程度大于b光，所以a光折射率大于b光折射率，na>nb，由n＝⇒v＝，所以va＝<＝vb，B对；由sinC＝知，a光的临界角小于b光临界角，C错；a光折射率大于b光，a光频率大于b光，a光波长小于b光，由Δx＝λ知b光干涉条纹间距、中央亮纹宽度大于a光，D错，E对，选ABE。(2)本题通过振动图象，考查考生对振动、波动的认识。①根据题设条件，画出如图所示的波动图象，其对应的方程y＝－10sinx，当y＝5时，sinx＝－，解得：x＝2nπ＋π(n＝0、1、2、3、…)根据数学关系类比可得：＝(n＝0、1、2、3、…)nλ＋λ＝5.5(n＝0、1、2、3、…)解得：λ＝(n＝0、1、2、3、…)-18-\n②由图象可知：周期T＝1s，由波速公式可得v＝＝(n＝0、1、2、3、…)当n＝0时，vm＝m/s＝6m/s[答案] (1)ABE (2)①(n＝0、1、2、3、…) ②6m/s35.(15分)[物理——选修3－5](1)下列说法正确的是________。A．汤姆生通过对α粒子的散射实验的分析，提出了原子的核式结构模型B．普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说C．查德威克用α粒子轰击氮原子核发现了中子D．玻尔的原子模型成功地解释了氢光谱的成因E．现已建成的核电站发电的能量来自于重核裂变放出的能量(2)如图所示，在光滑绝缘水平面上有两个带电小球A、B，质量分别为3m和m，小球A带正电q，小球B带负电－2q，开始时两小球相距s0，小球A有一个水平向右的初速度v0，小球B的初速度为零，若取初始状态下两小球构成的系统的电势能为零，试证明：当两小球的速度相同时系统的电势能最大，并求出该最大值。[解析] (1)考查考生对原子物理部分物理学史的掌握情况。是卢瑟福通过对α粒子散射实验的分析，得出了原子的核式结构说法，不是汤姆生，A错；是爱因斯坦通过对光电效应的分析提出了光子说，B错；其他说法是正确的，选CDE。(2)通过两个带电小球的作用，考查动量守恒定律、能量守恒定律等知识。①由于两小球构成的系统合外力为零，设某状态下两小球的速度分别为vA和vB-18-\n，由动量守恒定律得3mv0＝3mvA＋mvB ①所以，系统的动能减小量为 ΔEk＝3mv－3mv－mv ②由于系统运动过程中只有电场力做功，所以系统的动能与电势能之和守恒，考虑到系统初状态下电势能为零，故该状态下的电势能可表述为Epe＝ΔEk＝3mv－3mv－mv ③联立①、③两式，得Epe＝－6mv＋9mv0vA－3mv ④由④式得：当vA＝v0 ⑤时，系统的电势能取得最大值，而将⑤式代入①式，得vA＝vB＝v0 ⑥即当两小球速度相同时系统的电势能最大，最大值为Epemax＝mv ⑦[答案] (1)CDE (2)证明过程见解析，Epemax＝mv-18-
