2022年高考全真模拟试题(一)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、17题只有一个选项正确，第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．为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车减速上坡时(仅考虑乘客与水平面之间的作用)，则乘客( )A．处于超重状态B．不受摩擦力的作用C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用D．所受合力竖直向上[解析] 以新型座椅命题，考查力和运动的关系，检验考生用牛顿运动定律分析解决实际问题的能力。车减速上坡，加速度沿斜面向下，人和车相对静止，加速度也沿斜面向下，合外力沿斜面向下，D错；分析人的受力，重力竖直向下，座椅支持力竖直向上，因人的合力沿斜面向下，所以必然重力大于座椅支持力，处于失重状态，A错；合外力有水平向左分量，所以必然受到向后的摩擦力作用，B错，C对，选C。[答案] C-15-\n15.将带正电的甲球放在乙球的左侧，两球在空间形成了如图所示的稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线。A、B两点与两球球心的连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( )A.乙球一定带负电B.C点和D点的电场强度相同C.正电荷在A点具有的电势能比其在B点具有的电势能小D.把负电荷从C点移至D点，电场力做的总功为零[解析] 电场线从正电荷出发指向负电荷，根据电场线知乙球左侧带负电，右侧带正电，整体带电情况不确定，A错误；电场强度是矢量，C、D两点电场强度的方向不同，B错误；电场线的方向是电势降落最快的方向，A点的电势比B点的电势高，由电势能的定义式Ep＝qφ知，正电荷在A点的电势能比在B点的电势能大，C错误；C、D两点在同一等势面上，故将电荷从C点移至D点电势能不变，电场力做功是电势能变化的量度，故电场力不做功，D正确。[答案] D16.关于环绕地球运行的卫星，下列说法正确的是( )A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合[解析] 以绕地球运动的卫星命题，考查开普勒定律、万有引力定律的应用。由开普勒第三定律＝k(定值)可知，只要椭圆轨道的半长轴等于圆轨道的半径，则二者周期相同，A错；由开普勒第二定律知B对；由＝m()2·R知同步卫星半径一定相同，C错；卫星种类很多，经过同一点的卫星也不一定是同一轨道平面，D错，选B。[答案] B-15-\n17.[2022·福建联考]有一竖直放置的“T”形架，表面光滑，滑块A、B分别套在水平杆与竖直杆上，A、B用一不可伸长的轻细绳相连，A、B质量相等，且可看做质点，如图所示，开始时细绳水平伸直，A、B静止。由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿着竖直杆下滑的速度为v，则连接A、B的绳长为( )A. B.C.D.[解析] 由静止释放B后，已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时，滑块B沿细绳方向的分速度为vcos60°＝。此时A的速度为＝。B下滑高度h＝Lcos60°＝，由机械能守恒定律，mgh＝mv2＋m()2，联立解得L＝，选项D正确。[答案] D18.如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端等高，分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中。两个相同的带正电小球a、b同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道最低点，则下列说法中正确的是( )A.两个小球到达轨道最低点的速度vM<vNB.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM>FNC.磁场中a小球能到达轨道另一端最高处，电场中b小球不能到达轨道另一端最高处D.a小球第一次到达M点的时间大于b小球第一次到达N点的时间[解析] 根据动能定理，对a球，mgR＝mv－0，对b球，mgR－EqR＝mv－0，可得vM>vN，所以a球第一次到达M点的时间小于b球第一次到达N-15-\n点的时间，所以A、D两项均错。由F－mg＝m，可知FM>FN，所以B项正确。根据能量守恒，洛伦兹力不做功，a球的机械能守恒，故能到达另一端最高处，电场力做负功，b小球机械能减少，故不能到达轨道另一端最高处，所以C项正确。[答案] BC19.如图甲所示是一速度传感器的工作原理图，在这个系统中B为一个能发射超声波的固定装置。工作时B向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被B接收到。从B发射超声波开始计时，经时间Δt0再次发射超声波脉冲，图乙是连续两次发射的超声波的位移—时间图象，则下列说法正确的是( )A．超声波的速度为v声＝B．超声波的速度为v声＝C．物体的平均速度为＝D．物体的平均速度为＝[解析] 以超声波测速为背景命题，考查考生对运动过程和图象结合问题的处理能力。因为超声波的速度远远大于物体的速度，所以认为发射出超声波到再回收超声波过程认为物体没有动，因此超声波的速度为v声＝，A对B错；由乙图可以得出物体走x2－x1距离所用时间为＋Δt0－，所以物体的平均速度＝＝，C错、D对；选AD。-15-\n[答案] AD20.如图所示，一正弦交流电瞬时值为e＝220sin100πtV，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用。开关闭合前后，AB两端电功率相等，以下说法正确的是( )A．流过r的电流方向每秒钟变化50次B．变压器原线圈匝数大于副线圈匝数C．开关从断开到闭合时，电流表示数变小D．R＝r[解析] 本题考查交变电流规律、变压器的变压规律和电功率计算等考点，意在考查考生对交变电流规律和变压器变压规律的理解和分析能力。由正弦交流电瞬时值表达式可知交流电的频率为50Hz，而交流电每周期内方向变化两次，故A项错；图中变压器为降压变压器，由变压规律可知，变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B项正确；开关闭合，电路总电阻减小，而副线圈电压不变，故副线圈输出功率变大，所以原线圈中电流增大，C项错误；设副线圈输出电压为U，r为等效电源内阻，由题意知：()2R＝()2·，解得：R＝r，D项正确。[答案] BD21.质量为m的小球带电荷量为q(q>0)，由长为l的绝缘绳系住，处在方向水平向右、场强大小为E＝的匀强电场中。小球在竖直平面内以O为圆心做圆周运动，a、b为轨迹直径的两端，该直径沿竖直方向。已知小球经过与O等高的c点时细绳的拉力为mg，则在小球运动的过程中( )A．在b点时的机械能比在a点时机械能大-15-\nB．经过a点时的动能为C．经过b点时绳的拉力比经过a点时大6mgD．经过a点时绳的拉力大小为[解析] 以带电小球在电场、重力场中的运动为背景命题，考查圆周运动、动能定理等知识。小球带正电，经c点时绳的拉力为mg，据牛顿运动定律有qE＋mg＝m⇒vc＝，Ekc＝mv＝mgl；小球由a到b时，电场力不做功。绳的拉力不做功，所以机械能守恒，A错；小球由c到a时，由动能定理Eka－Ekc＝qEl－mgl⇒Eka＝mgl，B错；小球由c到a时，Eka＝mv⇒va＝，小球在a处做圆周运动，有mg＋Fa＝m⇒Fa＝mg，D对；小球由c到b，由动能定理有Ekb－Ekc＝qEl＋mgl⇒Ekb＝mgl⇒vb＝，小球在b处做圆周运动，有Fb－mg＝m⇒Fb＝mg，所以经过b点时绳的拉力比经过a点时大mg－mg＝6mg，C对；选C、D。[答案] CD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)某同学用如图甲所示的实验装置来探究物块在水平桌面上的运动规律，并测量物块和桌面间的动摩擦因数。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，按打点的时间先后顺序用1、2、3…依次标出，相邻计数点的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50Hz。甲-15-\n乙(1)通过分析纸带数据，可判断出物块在两相邻计数点________和________之间的某时刻开始减速。(2)计数点4对应的速度大小为________m/s，计数点8对应的速度大小为________m/s。(保留两位有效数字)(3)若当地的重力加速度g＝9.80m/s2，可计算得出物块与桌面间的动摩擦因数μ＝________。(保留两位有效数字)[解析] 以探究物块运动规律及动摩擦因数实验为背景命题，考查对实验原理以及数据处理的运用能力。(1)分析纸带数据1～6点间Δs＝2cm，而6～7点间Δs<2cm，说明6、7点间纸带开始减速。(2)利用＝v求解v4＝＝＝0.80m/s，同理v8＝＝＝0.96m/s。(3)由(1)可知打7点时重物已经落地，物块只受摩擦力作用，利用动能定理有：μmgs＝mv－mv′2⇒μ＝，我们可取v8、v10两点来计算，同(2)可求v10＝＝＝0.56m/s，代入数据μ＝＝＝0.21。[答案] (1)6 7 (2)0.80 0.96(3)0.2123.(9分)为了较准确地测量某电子元件的电阻，某同学进行了以下实验，请完成步骤中的填空：(1)用多用电表测量该元件的电阻，选用“×10”的电阻挡测量时，发现指针偏转较小，因此应将多用电表调到电阻________挡(选填“×1”或“×100”)；(2)将红、黑表笔短接，调节欧姆表调零旋钮，使指针指到________位置；(3)将红、黑表笔分别连接电阻的两端，多用电表的示数如图(a)所示，则被测电阻的阻值为________Ω；-15-\n图(a)图(b)(4)为精确测量其电阻，该同学设计了图(b)的电路。图中的量程为5mA，内阻约5Ω；R为电阻箱(9999.9Ω)，直流电源E约6V，内阻约0.5Ω。则在闭合S0前，应将R调到________(选填“最大值”或“最小值”)；(5)将S掷到1位置，将R调为________Ω，读出此时的示数为I0，然后将R调到最大值；(6)再将S掷到2位置，调节R，使得表的示数为________，读出R的值为R0，可认为Rx＝R0。[解析] 以测量某电子元件电阻实验为背景命题，考查多用电表的使用、实验原理、实验操作等实验能力。(1)用“×10”挡，指针偏转小，说明阻值较大，所以换用较大量程的“×100”挡；(2)红、黑表笔短接，欧姆调零应使指针指在表盘右端的0刻度处；(3)由表盘读数15，乘以倍率100，所以被测电阻为1500Ω；(4)闭合S0之前应把R调到最大值以保护mA表；(5)本实验是用元件替换法测Rx的阻值，所以S接1时，应将R调为0，读出mA表读数I0；(6)再将S接2，调节R，使mA的读数仍为I0，则认为Rx＝R0。[答案] (1)×100(“×100”) (2)0(欧姆表0刻度)(3)1500(1.50×103) (4)最大值 (5)0 (6)I024.(12分)一水平传送带以4m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2。求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。-15-\n[解析] 本题考查滑动摩擦力、运动学公式和牛顿运动定律等考点，意在考查考生对传送带模型问题的理解能力以及对多过程中受力分析、运动情况分析能力和应用牛顿运动定律处理问题的能力。f＝μmg＝ma1 ①a1＝2m/s2 ②设达到共速v2＝2a1x1 ③x1＝4m<6m ④t1＝＝2s ⑤x2＝L－x1 ⑥x2＝vt2，∴t2＝0.5s ⑦在斜面上a2＝＝5m/s2 ⑧上升和下降时间t3＝＝0.8s ⑨返回传送带向右减速t4＝＝2s ⑩t总＝t1＋t2＋2t3＋t4 ⑪t总＝6.1s ⑫[答案] t＝6.1s25.(20分)如图所示，一绝缘楔形物体固定在水平面上，左右两斜面与水平面的夹角分别为37°和53°。现把两根电阻均为R、长度均为L、质量分别为m、2m的金属棒ab和cd的两端用等长、电阻不计的细软导线连接起来，并把两棒分别放在楔形体的两个斜面上，在整个楔形体的区域内存在磁感应强度为B、方向与水平方向成37°角的匀强磁场。现从静止释放金属棒cd，经过一段时间，下降高度为h时，其加速度为零。已知两金属棒一直在所在的左右斜面上运动，且始终水平，重力加速度为g。不计一切摩擦，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：-15-\n(1)在此过程中，通过金属棒ab的电量q；(2)在此过程中，金属棒ab产生的焦耳热Q；(3)若要使金属棒cd从静止开始沿斜面向下做加速度a＝g的匀加速直线运动，则需在金属棒cd上施加垂直cd棒且平行斜面的外力F，求F与作用时间t应满足的关系。[解析] 本题以电磁感应为背景命题，考查力、电、磁综合问题的处理能力。(1)根据电量定义可得：q＝Δt根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得：＝，E＝＝联立可得：q＝(2)设金属棒ab、cd的加速度为零时，两棒的速率为v，细软导线的弹力为T，对两导体棒受力分析，如图所示，对金属棒ab，可得：T－mgsin37°＝0对金属棒cd，可得：2mgsin53°－T－F′＝0，F′＝BIL，I＝联立可得：v＝-15-\n以金属棒ab、cd为系统，设金属棒ab产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：2mgh－mgh′＝mv2＋2Q其中h′＝＝h联立可得：Q＝mgh－(3)金属棒cd从静止开始沿斜面向下以加速度a＝g做匀加速直线运动时，金属棒ab也以加速度a＝g做沿斜面向上匀加速直线运动，设时间为t时，两棒的速度为v′＝at＝gt，细软导线的弹力为T′，对两导体棒受力分析，如图所示，对金属棒ab，可得：T′－mgsin37°＝ma，对金属棒cd，可得：F＋2mgsin53°－T′－F″＝2maF″＝BI′L，I′＝联立可得：F＝mg＋t[答案] (1) (2)mgh－(3)F＝mg＋t(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)关于一定量的气体，下列说法正确的是________。(填入正确选项前的字母。)A．气体从外界吸收热量，其内能一定增加B．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零C．气体在等压膨胀的过程中温度一定升高-15-\nD．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程(2)高压锅有很好的密封性，基本上不会漏气。锅盖中间有一个排气孔，上面套有类似砝码的限压阀，将排气孔堵住。当给高压锅加热时，锅内气体压强增加到一定程度时，气体就能把限压阀顶起来，部分蒸汽从排气孔排出锅外，已知某高压锅的限压阀的质量是0.1kg，排气孔直径为0.3cm，则锅内气体的压强最大可达多少？已知压强每增加3.5×103Pa，水的沸点相应增加1℃，则这只高压锅内能达到的最高温度是多少？(g取10m/s2，大气压强p0＝1.013×105Pa)[解析] (1)本题考查对热力学第一定律、理想气体状态方程、压强、热力学第二定律的理解。由热力学第一定律W＋Q＝ΔU知Q>0，W情况不明确，ΔU无法确定，A错；压强是气体分子对容器壁的撞击造成的，与是否失重无关，B错；由理想气体状态方程＝C知p不变，V增大，T一定升高，C对；满足一定条件，热量是可以从低温传到高温物体的，D对；功可以完全转化为热，热不可以完全转化为功，E对；选CDE。(2)本题以高压锅为背景命题，意在考查有关气体压强的计算。当锅内压强达到最大时，对限压阀有：pS＝p0S＋mg ①S＝ ②由①②得：p＝2.413×105Pa高压锅内水的沸点将增加Δt＝＝40℃t＝100℃＋Δt＝140℃[答案] (1)CDE (2)p＝2.413×105Pa t＝140℃34.(15分)[物理——选修3－4](1)关于波的现象，下列说法正确的有________。A．当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化B．光波从空气进入水中后，更容易发生衍射C．波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低D．不论机械波、电磁波，都满足v＝λf，式中三参量依次为波速、波长、频率E．电磁波具有偏振现象-15-\n(2)如图，为某种透明材料做成的三棱镜横截面，其形状是边长为a的等边三角形，现用一束宽度为a的单色平行光束，以垂直于BC面的方向正好入射到该三棱镜的AB及AC面上，结果所有从AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达BC面。试求：(ⅰ)该材料对此平行光束的折射率；(ⅱ)这些到达BC面的光线从BC面折射而出后，如果照射到一块平行于BC面的屏上形成光斑，则当屏到BC面的距离d满足什么条件时，此光斑分为两块？[解析] (1)考查波的传播、衍射、多普勒效应、偏振等有关知识，意在考查考生对基本知识的理解情况。波的频率由振源决定，与介质无关，A对；光波从空气进入水中，波速变小，波长变短，较之空气中不容易发生衍射，B错；C中现象为多普勒效应，频率应变高，C错；v＝λf对任何波都成立，D对；电磁波是横波，有偏振现象，E对；选ADE。(2)以三棱镜命题，意在考查考生对折射定律、折射率等几何光学的掌握情况。(ⅰ)由于对称性，我们考虑从AB面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于AC面的，由对称性不难得出，光线进入AB面时的入射角α折射角β分别为α＝60°，β＝30°由折射定律，材料折射率n＝＝。(ⅱ)如图O为BC中点，在B点附近折射的光线从BC射出后与直线AO交于D，可看出只要光屏放得比D点远，则光斑会分成两块。-15-\n由几何关系可得OD＝a所以当光屏到BC距离超过a时，光斑分为两块。[答案] (1)ADE(2)(ⅰ)n＝ (ⅱ)d>a35.(15分)[物理——选修3－5](1)以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是________。A．紫外线照射到锌板表面时能够发生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C．重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小E．自然界中含有少量的14C,14C具有放射性，能够自发地进行β衰变，因此在考古中可利用14C来测定年代(2)光滑水平地面上停放着甲、乙两辆质量相同的平板车，一根轻绳跨过乙车的定滑轮(不计定滑轮的质量和摩擦)，绳的一端与甲车相连，另一端被甲车上的人拉在手中，已知每辆车和人的质量均为30kg，两车间的距离足够远。现在人用力拉绳，两车开始相向运动，人与甲车保持相对静止，当乙车的速度为0.5m/s时，停止拉绳。求：①人在拉绳过程中做了多少功？②若人停止拉绳后，至少以多大速度立即从甲车跳到乙车才能使两车不发生碰撞？[解析] (1)本题考查光电效应、比结合能、核反应、玻尔理论、放射性等原子物理知识。由光电效应方程Ek＝hν－W知Ek与光的强度无关，A错；比结合能反映原子核的稳定程度，比结合能越大越稳定，B对；裂变、聚变质量都要有亏损，C错；氢原子释放出光子，电子由高轨道跃迁到低轨道，电场力做正功、电势能减小，动能增大，D对；可以利用14C的半衰期来鉴定物体年代，E对；选BDE。(2)本题考查动量守恒定律、功能关系等知识的应用。-15-\n①设甲、乙两车和人的质量分别为m甲、m乙和m人，停止拉绳时甲车的速度为v甲，乙车的速度为v乙，由动量守恒定律得(m甲＋m人)v甲＝m乙v乙求得：v甲＝0.25m/s由功与能的关系可知，人拉绳过程做的功等于系统动能的增加量。W＝(m甲＋m人)v＋m乙v＝5.625J②设人跳离甲车时人的速度为v人，人离开甲车前后由动量守恒定律得(m甲＋m人)v甲＝m甲v′甲＋m人v人人跳到乙车时：m人v人－m乙v乙＝(m人＋m乙)v′乙v′甲＝v′乙代入得：v人＝0.5m/s当人跳离甲车的速度大于或等于0.5m/s时，两车才不会相撞。[答案] (1)BDE (2)①5.625J ②0.5m/s-15-
