（浙江专用）2022年高考物理大二轮复习优选习题 仿真模拟卷2

（浙江专用）2022年高考物理大二轮复习优选习题 仿真模拟卷2一、选择题(本题共13小题,每小题3分,共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列各组物理量全是标量的是()A.速度和加速度B.动能和重力势能C.电场强度和电势D.磁感应强度和电流2.下列仪器中,不能直接测量力学的三个基本物理量的是()3.如图所示,一束平行光垂直斜面照射,小球从斜面上的O点以初速度v0沿水平方向抛出,落在斜面上的P点,不计空气阻力,下列说法正确的是()A.小球在从O点运动到P点的时间与v0无关B.小球在斜面上的位移OP与v0成正比C.小球在斜面上的投影匀速移动D.小球在斜面上的投影匀加速移动4.物体甲的速度时间图象和物体乙的位移时间图象分别如图所示,则两个物体的运动情况是()A.甲在04 s时间内有往返运动,它通过的总路程为12 mB.甲在04 s时间内通过的位移为零C.乙在t=2 s时速度方向发生改变,与初速度方向相反D.乙在04 s时间内通过的位移为零5.(2016河南安阳调研)两个分别带有电荷量-Q和+5Q的相同金属小球(均可视为点电荷),固定在相距为r的两处,它们间库仑力的大小为F,两小球相互接触后将其固定距离变为,则两球间库仑力的大小为()A.B.C.D.6.图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用),图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼,两人相对扶梯均静止,下列关于力做功判断正确的是()A.甲图中支持力对人做正功B.甲图中摩擦力对人做负功C.乙图中支持力对人做正功D.乙图中摩擦力对人做负功7.四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图所示,a是静止在地球赤道上还未发射的卫星,b是近地轨道卫星,c是地球同步卫星,d是高字探测卫星,四颗卫星相比较()A.a的向心加速度最大B.c相对于b静止C.相同时间内b转过的弧长最长D.d的运动周期最小8.小李同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁,当接通电路后,放在其上方的小磁针N极立即转向左侧,如图所示。则此时()A.导线A端接电池负极B.铁钉内磁场方向向右C.铁钉左端为电磁铁的N极D.小磁针所在位置的磁场方向水平向右9.铜电阻温度计价格便宜,常用于测量-50150 温度段,在这个范围内电阻与温度呈线性关系;Rt=R0(1+at),其中R0为铜电阻温度计在0 时的电阻,Rt为温度为t时的电阻,t为温度,a0,则此铜电阻的U-I图线为()10.如图所示为某静电除尘装置的原理图,废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃(不计重力)仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹,A、B两点是轨迹与电场线的交点。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化,则以下说法正确的是()A.A点电势高于B点电势B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动D.尘埃在迁移过程中电势能一直在增大11.小娟、亮亮两人共提总重力为G的一桶水匀速前行,如图所示,两人手臂用力大小均为F,两人手臂间的夹角为。则()A.当0=60时,F=B.当=90时,F有最小值C.当=120时,F=GD.越大时,F越小12.图甲为某标有“35 F5%”的电容器,图乙为标有“3.7 V1 350 mAh”的某品牌手机电池板。则以下说法正确的是()A.电容器和手机电池的充电过程都是电能转化为化学能的过程B.该手机电池铭牌上的1 350 mAh指储存的电荷量,当以135 mA的电流工作时,可连续放电10小时C.该电容器只有在正常工作时电容才是35 F左右D.该手机电池能储存的最大电能约为1 kWh13.某质量为m的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶。经过时间t,小车前进的距离为x,且速度达到最大值vm,设这一过程中电动机的功率恒为P,小车受阻力恒为F,则t时间内()A.小车做匀加速运动B.小车受到的牵引力逐渐增大C.合外力对小车所做的功为PtD.牵引力对小车所做的功为Fx+二、选择题(本题共3小题,每小题2分,共6分,每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分,选对但不全的得1分,有选错的得0分)14.【加试题】宇航员在太空中做实验,如图所示,左边为弹簧振动系统,振子连接一根很长的软绳,沿绳方向取x轴。振子从平衡位置O以某一初速度向A端开始运动,振动频率为f=10 Hz,振幅为5 cm,当振子从O点出发后,第五次经过O点时,波刚好传播到x=25 cm处,则下列说法正确的是()A.当振子向上经过距O点3 cm处时正在加速B.绳上产生的波的传播速度为v=10 cm/sC.振子从O点开始运动的速度越大,再次回到O点的时间越长D.振子从O点开始运动的速度不同,波在绳子中传播的速度也不同15.【加试题】下列有关说法正确的是()A.铀核发生衰变时,释放出粒子和一定的能量,目前核电站利用的就是这一自发释放的能量B.如果利用紫光照射某种金属可以发生光电效应,改用红光一定不能发生光电效应C.氢原子由较高能级跃迁到较低能级时,会释放出一定频率的光子D.机械波和电磁波都具有干涉、衍射的特性16.【加试题】如图所示,在某一输电线路的起始端接入两个理想变压器,原、副线圈的匝数比分别为n1n2=1001和n3n4=1100,图中a、b表示电流表或电压表,已知电压表的示数为22 V,电流表的示数为1 A,则以下说法正确的是()A.a为电流表,b为电压表B.a为电压表,b为电流表C.输电线路总电阻为22 D.线路输送电功率是220 kW三、非选择题(本题共7小题,共55分)17.(5分)如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律。(1)对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是。A.重物选用质量和密度较大的金属锤B.两限位孔在同一竖直面内上下对正C.精确测量出重物的质量D.用手托稳重物,接通电源后,撒手释放重物(2)某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点,其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有。A.OA、AD和EG的长度B.OC、BC和CD的长度C.BD、CF和EG的长度D.AC、BD和EG的长度18.(5分)某物理兴趣小组利用如图所示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“1 k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:多用电表、电压表:量程05 V,内阻为RV、滑动变阻器(最大阻值5 k)、导线若干。回答下列问题:(1)将多用电表挡位调到电阻“1 k”挡,再将红表笔和黑表笔短接,调零点。(2)将图1中多用电表的黑表笔和(选填“1”或“2”)端相连,红表笔连接另一端。(3)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图2所示,设此多用电表内电池的电动势为E,电阻“1 k”挡内部电路的总内阻为r。调节滑动变阻器,测得多组多用电表的读数R和电压表读数U,由测得的数据,绘出如图3所示的-R图线,已知图中斜率为k,纵轴截距为b,则电源电动势E=,电阻r=(用k,b,RV表示)。19.(9分)观光旅游、科学考察经常利用热气球,保证热气球的安全就十分重要。科研人员进行科学考察时,气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为M=1 000 kg,在空中停留一段时间后,由于某种故障,气球受到的空气浮力减小,当科研人员发现气球在竖直下降时,气球速度为v0=2 m/s,此时开始,经t0=4 s气球继续匀加速下降h1=16 m,科研人员立即抛掉一些压舱物,使气球匀速下降。不考虑气球由于运动而受到的空气阻力。求:(1)气球加速下降阶段的加速度大小a;(2)抛掉压舱物的质量m;(3)气球从静止开始经过t=12 s的时间内下落的总高度h总。20.(12分)如图所示,水平传送带AB向右匀速运动,倾角为=37的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C点,小物块与传送带AB及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦,动摩擦因数都为=0.4,倾斜轨道长度LPC=0.75 m,C与竖直圆轨道最低点D处的距离为LCD=0.525 m,圆轨道光滑,其半径R=0.5 m。质量为m=0.2 kg可看作质点的小物块轻轻放在传送带上的某点,小物块随传送带运动到B点,之后沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道后做匀加速直线运动(进入P点前后不考虑能量损失),经C处运动至D,在D处进入竖直平面圆轨道,恰好绕过圆轨道的最高点E之后从D点进入水平轨道DF向右运动。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)物块刚运动到圆弧轨道最低处D时对轨道的压力;(2)传送带对小物块做的功W;(3)若传送带AB向右匀速运动的速度v0=5 m/s,求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量Q。21.(4分)【加试题】在用插针法测玻璃砖折射率的实验中,玻璃砖的ab边与ab边相互平行,aa边与bb边不平行。某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线aa和bb,如图所示。(1)实验时,先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO。接着,眼睛在玻璃砖的(选填“同一侧”或“另一侧”)观察所插的两枚大头针P1和P2,同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线。(2)实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上?(选填“是”或“否”)。(3)下列操作可以减小实验误差的是(填字母代号)。A.适当增大大头针P1、P2的间距B.选择玻璃砖相互平行的ab、ab边来测量C.选用尽可能细的笔画线D.使AO的入射角接近于9022.(10分)【加试题】如图所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。(棒ab与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计)(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热;(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了,求此时刻的速度大小;(3)如图在OO上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的均匀磁场B,棒ab由静止开始自OO上方某一高度处释放,自棒ab运动到OO位置开始计时,B随时间t的变化关系为B=kt,式中k为已知常量;棒ab以速度v0进入OO下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率。23.(10分)【加试题】如图所示的xOy坐标系中,y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里。P点的坐标为(-L,0),M1、M2两点的坐标分别为(0,L)、(0,-L)。质量为m1电荷量为q的带负电粒子A1,靠近极板经过加速电压为U的电场从静止加速后,沿PM1方向运动。有一质量也为m、不带电的粒子A2静止在M1点,粒子A1经过M1点时与A2发生碰撞,碰后粘在一起成为一个新粒子A3进入磁场(碰撞前后质量守恒、电荷量守恒),通过磁场后直接到达M2,在坐标为处的C点固定一平行于y轴放置绝缘弹性挡板,C为挡板中点。假设带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后,沿y方向分速度不变,沿x方向分速度大小不变、方向相反。不计所有粒子的重力及粒子间的相互作用力。(1)粒子A1与A2碰后瞬间的速度大小。(2)磁感应强度的大小。(3)若粒子A2带负电,且电荷量为q,发现粒子A3与挡板碰撞两次,能返回到P点,求粒子A2的电荷量q。普通高校招生选考(物理)仿真模拟卷(二)一、选择题1.B解析 速度、加速度和磁感应强度都是既有大小又有方向的物理量,是矢量;而动能、重力势能和电势只有大小无方向,是标量;电流强度虽然有方向,但是不满足平行四边形法则,是标量;则选项B正确,A、C、D错误。2.D解析 刻度尺用来测量长度,而长度是基本物理量,故A正确。天平用来测量质量,而质量是基本物理量,故B正确。停表用来测量时间,而时间是基本物理量,故C正确。弹簧测力计测量力的大小,而力不是基本物理量,故D错误。3.D解析 根据tan =得,t=,可知小球只要落在斜面上,在空中运动的时间与初速度有关,故A错误;xOP=,则小球在斜面上的位移OP与v0平方成正比,选项B错误;将速度分解成平行与垂直斜面方向,平行斜面方向运动是匀加速直线运动,而垂直斜面方向先匀减速直线运动,后匀加速直线运动,可知小球在斜面上的投影加速移动,故C错误,D正确。4.B解析 甲在前2 s内沿负方向做匀减速直线运动,后2 s内沿正方向做匀加速直线运动,即4 s时间内做往返运动;04 s时间内甲通过的总路程为两个三角形的面积大小代数之和,故总位移为0,故A错误,B正确;x-t图象的斜率表示速度,乙图表示物体做匀速直线运动,速度方向不变,故C错误;乙在4 s时间内从-3 m运动到+3 m位置,故位移为x=6 m,故D错误。5.D解析 两球相距r时,库仑力F=k;两球接触后,电荷量均为2Q,则库仑力F=k,由以上两式可解得F=,D正确。6.A解析 题图甲中,人匀速上楼,不受静摩擦力,摩擦力不做功,支持力竖直向上,与速度方向为锐角,则支持力做正功,故A正确,B错误。题图乙中,支持力与速度方向垂直,支持力不做功,摩擦力方向与速度方向相同,做正功,故C、D错误。7.C解析 同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,角速度相同,则知a与c的角速度相同,根据a=2r知,c的向心加速度比a的向心加速度大,故A错误;b是近地轨道卫星,c是地球同步卫星,c相对于地面静止,近地轨道卫星相对于地面运动,所以c相对于b运动,故B错误;由万有引力提供向心力:=mr2,解得=,卫星的半径越大,角速度越小,所以b的角速度最大,在相同时间内转过的弧长最长,故C正确;根据开普勒第三定律可知,卫星的半径越大,周期越大,所以d的运动周期大于c的周期24 h,故D错误。8.B解析 当接通电路后,放在其上方的小磁针N极立即转向左侧,所以小磁针处的磁场的方向向左,通电螺线管产生的磁场的方向向右,铁钉右端为电磁铁的N极。所以漆包线内电流由A流向B,导线A端接电池正极,故B正确,A、C、D错误。9.C解析 随温度升高,铜电阻温度计电阻变大,故的值随电流变大,即U-I图线的斜率增大,故C正确,A、B、D错误。10.B解析 A.由图可知,作过B点的等势线,交A所在电场线于B,则可知,B点靠近正极板,故B点的电势高于A点电势,故A错误。B.由图可知,A点电场线比B点密集,因此A点的电场强度大于B点电场强度,故A点的电场力大于B点的电场力,再根据牛顿第二定律可知,A点的加速度大于B点的加速度,故B正确。C.放电极与集尘极间建立非匀强电场,尘埃所受的电场力是变化的,故粒子不可能做匀变速运动,故C错误。D.尘埃在迁移过程中,电场力做正功,电势能减小,故D错误。11.C解析 设小娟、小明的手臂对水桶的拉力大小为F,小娟、小明的手臂夹角成 角,根据对称性可知,两人对水桶的拉力大小相等,则根据平衡条件得2Fcos=G解得F=,当=0时,cos值最大,则F=,此时F最小,当=60时,F=G,当=90时,F=G,当=120时,F=G,当越大时,则F越大;故A、B、D错误,C正确。12.B解析 A.电容器充电时是将电能转化为电场能,而手机电池的充电过程都是电能转化为化学能的过程,故A错误;B.由q=It可知,该手机电池铭牌上的1 350 mAh指储存的电荷量,故t= h=10 h,因此当以135 mA的电流工作时,可连续放电10小时,故B正确;C.电容器的电容是电容器本身性质决定的,任何时刻均为35 F左右,故C错误;D.由W=UIt可知,该手机的最大电能为W=3.71 35010-3 kWh0.5 kWh,故D错误。13.D解析 电动机功率恒定,P=F牵v,结合牛顿第二定律可知F牵-F=ma,v=at可知,当速度增大时,牵引力减小,加速度减小,故小车做加速度减小的变加速运动,故A、B错误。整个过程中,牵引力做正功,阻力做负功,故合力做功为W=,Pt为牵引力所做的功,故C错误。整个过程中,根据动能定理可知Pt-Fx=,解得Pt=Fx+,故D正确。二、选择题14.B解析 当振子向上经过距O点3 cm处时,振子是远离平衡位置,故振子减速,A错误;当振子从O点出发后,第五次经过O点时,经过两个半全振动,波刚好传播到x=25 cm处,说明波长为10 cm,故波速v=f=1 m/s,B正确;振子从O点开始到再次回到O点的时间为,简谐运动的周期与振幅无关,故C错误;波在绳子中的传播速度由绳子决定,故D错误。15.CD解析 A.衰变时放出的能量比较小,目前核电站利用的是铀核发生裂变时释放的能量,故A错误。B.用紫光照射某种金属可以发生光电效应,可知紫光的频率大于金属的极限频率,红光的频率小于紫光的频率,用红光照射不一定能产生光电效应,故B错误。C.氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时,能量减小,要释放一定频率的光子,故C正确。D.干涉与衍射都是波特有的性质,机械波和电磁波都具有干涉、衍射的特性,故D正确。16.BD解析 由题图可知,a表是电压表,b表是电流表。而左侧互感器原线圈的匝数与副线圈匝数比为1001,右侧互感器原线圈的匝数与副线圈匝数比为1100,由电压表的示数为22 V,得原线圈的电压为2 200 V,由电流表的示数为1 A,原线圈的电流为100 A。所以线路输送功率是2.2105 W=220 kW,由已知条件无法求输电线电阻。故B、D正确,A、C错误。三、非选择题17.答案 (1)AB(2)BC解析 (1)重物选用质量和密度较大的金属锤,减小空气阻力,以减小误差,故A正确;两限位孔在同一竖直面内上下对正,减小纸带和打点计时器之间的摩擦力,以减小误差,故B正确;验证机械能守恒定律的原理是mgh=,重物质量可以消掉,无需精确测量出重物的质量,故C错误;用手拉稳纸带,而不是托住重物,接通电源后,撒手释放纸带,故D错误。(2)由EG的长度可求出F点的速度vF,O点的速度v1=0,但求不出OF之间的距离,故A错误;由BC和CD的长度可求出C点的速度vC,O点的速度v1=0,OC之间的距离h,可以用来验证机械能守恒定律,故B正确;由BD和EG的长度可分别求C点的速度vC和F点的速度vF,CF之间的距离h,可以来验证机械能守恒定律,故C正确;AC、BD和EG的长度可分别求出B、C、F三点的速度,但BC、CF、BF之间的距离都无法求出,无法验证机械能守恒定律,故D错误。18.答案 (2)2(3)解析 (2)多用电表的黑表笔内部接电源的正极,则将图1中多用电表的黑表笔和2端相连,红表笔连接另一端。(3)根据闭合电路欧姆定律,电动势为:E=(R+r),则R+,由图象可知:=k;=b,解得:E=,r=。19.答案 (1)1 m/s2(2)100 kg(3)54 m解析 (1)设气球加速下降的加速度为a,受空气的浮力为F,则:由运动学公式可知:h1=v0t0+解得:a=1 m/s2(2)由牛顿第二定律得到:Mg-F=Ma抛掉质量为m的压舱物,气球匀速下降,有:(M-m)g=F解得:m=100 kg(3)设抛掉压舱物时,气球的速度为v1由运动学公式可知:v1=v0+at0=6 m/sh=+v1t1解得:h=54 m20.答案 (1)12 N,方向竖直向下(2)1.6 J(3)2.4 J解析 (1)小球恰好过E点:mg=mD到E过程:-mg2R=m()D点:FN-mg=m,则:FN=12 N由牛顿第三定律得到物块到D点时对轨道压力为12 N,方向竖直向下。(2)从P点到D点mgsin LPC-mgcos LPC-mgLCD=m()vP=5 m/s,vB=4 m/s传送带对小物块做的功为:W=1.6 J(3)小物块在传送带上加速过程:t=1 sx=v0t-=3 mQ=mgx=2.4 J21.答案 (1)另一侧(2)否(3)AC解析 (1)实验时,先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO;接着,眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针P1和P2,同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线。(2)实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上,而不是针帽。(3)A.大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些时,相同的距离误差,引起的角度误差会减小,角度的测量误差会小些,故A正确。B.作插针法测定折射率时,玻璃砖上下表面不一定要平行,故B错误。C.为了准确确定入射光线和折射光线,选用尽可能细的笔画线,故C正确。D.为了减小测量的相对误差,选择的入射角应尽量大些,效果会更好,但不是接近90,故D错误。22.答案 (1)mgd-(2)gt0-(3)Blv0t+ktSR解析 本题考查能量守恒、动量定理、闭合电路定律的知识,意在考查学生的分析能力。(1)根据闭合电路欧姆定律有I=mg=BIl解得vm=根据能量守恒有mgd=+QQ=mgd-;(2)根据动量定理有(mg-BIl)t0=mvmgt0-Blq=mvq=v=gt0-(3)=Blv0t+ktSE=Blv0+kSI=P=I2RP=R23.答案 (1)(2)(3)q解析 (1)粒子A1经电压U加速得Uq=mv2与静止的A2发生碰撞,由动量守恒定律得mv=2mv3联立可得v3=(2)粒子A3在磁场中做匀速圆周运动,画出运动轨迹如图所示。由几何关系可知粒子A3做匀速圆周运动的半径r3=O3M1=L对粒子A3,洛伦兹力提供向心力,qv3B=2m从而求得B=(3)若让A2带上负电q,由于总的电荷量变大,则A3粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径减小设为r4,由题设画出粒子的运动轨迹如图所示,进入磁场的方向与PM1平行,每次在磁场中偏转一次,沿y轴的负方向下移距离y1=2r4cos45=r4离开磁场的方向与M2P平行。从磁场出来与C板碰撞再进入磁场时,粒子沿y轴正方向上移的距离y2=2tan 45=L由题意经过两次与C板碰撞后回到P点,则有3y1-2y2=2L联立以上两式可得r4=L而对粒子A3做匀速圆周运动时有(q+q)Bv3=2m联立以上可得q=q