备战2022年新高考物理模拟冲刺卷四（解析Word版）

备战2022年新高考物理模拟冲刺卷巩固卷4一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是（　　）A.随意挂在一个钩子上B.使背包带跨过两个挂钩C.使背包带跨过三个挂钩D.使背包带跨过四个挂钩【答案】D【解析】设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ=mg；解得背包带的拉力F=，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则最大，由于相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带跨过四个挂钩时θ≈0，cosθ≈1，此时挂时背包带受力最小，故ABC错误、D正确．2.如图，花样滑冰运动员所穿冰鞋的冰刀与冰面间的动摩擦因数是相同的，为表演一个动作，两人站在一起互推一把。推出后，质量大的运动员（　　）A.滑行时间长B.滑行时间短C.滑行距离相同D.滑行距离远【答案】B 【解析】由于两人推手的过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，互推前两运动员组成的系统总动量为零，由动量守恒定律可知，互推后，两人的动量大小相等、方向相反，设推出后任一运动员的动量大小为p，设运动员的质量为m，取速度方向为正方向，根据动量定理得解得滑行时间p、、g相等，则质量m大的运动员滑行时间短，故B正确，A错误；CD．互推后，对运动员，根据动能定理得解得互推后运动员的滑行距离p、、g相等，则质量m大的运动员滑行距离短，故CD错误。故选B。3.铯原子钟是精确的计时仪器，图1中铯原子从O点以的初速度在真空中做平抛运动，到达竖直平面所用时间为；图2中铯原子在真空中从P点做竖直上抛运动，到达最高点Q再返回P点，整个过程所用时间为，O点到竖直平面、P点到Q点的距离均为，重力加速度取，则为（　　）A.100∶1B.1∶100C.1∶200D.200∶1【答案】C【解析】铯原子做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，即 解得铯原子做竖直上抛运动，抛至最高点用时，逆过程可视为自由落体，即解得则故选C。5.某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，其中b、c、d、e点位于同一直线上，下列说法正确的是（　　）A.正电荷从a点运动到b点，电场力做正功B.电子从b点运动到e点，电场力做功为4eVC.b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D.从b点由静止释放一个电子，电子将沿直线依次经过c、d、e三点【答案】C【解析】．a点电势比b点电势低，正电荷从a点运动到b点，电场力做负功，故A错误；B．电子从b点运动到e点，电场力做功为故B错误； C．电场强度方向垂直于等势面并指向电势降低的方向，所以b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右，故C正确；D．由题图可知电场强度方向向右，所以从b点由静止释放一个电子，电子将沿直线向左运动，故D错误。故选C。6.航空母舰舰载机在起飞的过程中，仅靠自身发动机喷气不足以在飞行甲板上达到起飞速度，如果安装辅助起飞的电磁弹射系统（如图甲所示）就能达到起飞速度。电磁弹射系统的一种设计可简化为乙图所示，图中MN、PQ是光滑平行金属直导轨（电阻忽略不计），AB是电磁弹射车，回路PBAM中电流恒定，该电流产生的磁场对弹射车施加力的作用，从而带动舰载机由静止开始向右加速起飞，不计空气阻力，关于该系统，下列说法正确的是（　　）A.MN、PQ间的磁场是匀强磁场B.弹射车的速度与运动的时间成正比C.弹射车所受的安培力与电流的大小成正比D.回路PBAM中通以交变电流，弹射车不能正常加速【答案】B【解析】根据左手定则可知，MN、PQ间有竖直向上的磁场，且通电直导线产生的磁场为环形磁场，离导线越远磁场越弱，故不是匀强磁场，故A错误；B．沿导轨方向磁场不变，且回路PBAM中电流恒定，导轨间距不变，由可知，安培力大小不变，由牛顿第二定律可知，加速度不变，由可知弹射车的速度与运动的时间成正比，故B正确；C．安培力 ，当电流增大时，磁感应强度也增大，故弹射车所受的安培力与电流的大小不是正比关系，故C错误；D．根据右手螺旋法则可知电流方向沿回路PBAM时，导轨之间产生竖直向上的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向向右；当电流方向沿回路MABP时，根据右手螺旋法则导轨之间产生竖直向下的磁场，结合左手定则可知电磁弹射车所受安培力方向依然向右，故电流的变化不改变电磁弹射车所受安培力的方向，即电磁弹射系统能够正常工作，故D错误。故选B。7.如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了。下列说法正确的是（　　）A.电压表的示数不变，电压表的示数增大B.电流表、的示数均减小C.输电线上损失的电压增加了D.输电线上损失的功率增加了【答案】C【解析】由于发电厂输出电压恒为U，根据理想变压器的规律，对于升压变压器故电压表的示数不变，发电厂输出功率增加了，则发电厂输出电流增加了根据理想变压器的规律，对于升压变压器示数增加了 由于示数增加，示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少故示数也将减小，A、B错误；C．根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了C正确；D．输电线上损失的功率增加了由于未知，故无法计算，D错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。.8.如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，面与水平面的夹角为，盘面上离转轴距离L处有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动角速度为时，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（）A.这个行星的质量B.这个行星的第一宇宙速度C.这个行星的同步卫星的周期是 D.离行星表面距离为R的地方的重力加速度为【答案】AD【解析】物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度，可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：解得：绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力，则：解得这个行星的质量：故A正确；B.这个行星的第一宇宙速度：故B错误；C.不知道同步卫星的高度，所以不能求出同步卫星的周期，故C错误；D.离行星表面距离为的地方的万有引力：即重力加速度为，故D正确．9.如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（　　） A.滑块2下滑过程中，加速度一直减小B.滑块2经过B处时的加速度等于零C.物块1和滑块2的质量之比为3：2D.若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5【答案】BD【解析】滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，则加速度先减小后反向增大，故错误；B．滑块2经过处时速度最大，其加速度为0，故B正确；C．物体1静止时，弹簧压缩量为；当下滑到C点时，物体2上升的高度为则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于与及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有解得故C错误；D．根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得 其中则得滑块2到达处时，物块1和滑块2的速度之比故D正确；故选BD。10.如图所示，在等腰三角形abc区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，d是ac上任意一点，e是bc上任意一点。大量质量、电量相同的带正电的粒子从a点以相同方向进入磁场，由于速度大小不同，粒子从ac和bc上不同点离开磁场，不计粒子重力。设从d、c、e点离开的粒子在磁场中运动的时间分别为td、tc、te，进入磁场时的速度分别为vd、vc、ve。下列判断正确的是（　　）A.td一定小于tc，vc一定小于vdB.td一定等于tc，vc一定大于vdC.tc一定小于te，vc一定大于veD.tc一定大于te，vc一定小于ve【答案】BD【解析】如图所示 若粒子从ac边射出，粒子依次从ac上射出时，半径增大而圆心角相同，弧长等于半径乘以圆心角，所以经过的弧长越来越大，运动时间td一定等于tc，根据则vc一定大于vd粒子从bc边射出，粒子依次从bc上的f、e、c射出时，弧长越来越大，而圆心角越来越大，半径越来越小，运动时间tc一定大于te，根据解得质量、电量相同，从c点射出的半径最小，则vc一定小于ve故选BD。三、非选择题：共54分，第11~14题为必考题，考生都必须作答。第15~16 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。11.某实验小组利用图（a）所示装置探究加速度与物体所受合外力的关系。主要实验步骤如下：（1）用游标卡尺测量垫块厚度，示数如图（b）所示，___________；（2）接通气泵，将滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平；（3）在右支点下放一垫块，改变气垫导轨的倾斜角度；（4）在气垫导轨合适位置释放滑块，记录垫块个数和滑块对应的加速度；（5）在右支点下增加垫块个数（垫块完全相同），重复步骤（4），记录数据如下表：1234560.0870.1800.2600.4250.519根据表中数据在图（c）上描点，绘制图线___________。如果表中缺少的第4组数据是正确的，其应该是___________（保留三位有效数字）。 【答案】①.1.02②.③.0.342【解析】（1）[1]垫块的厚度为h=1cm+2×0.1mm=1.02cm（5）[2]绘制图线如图；[3]根据可知a与n成正比关系，则根据图像可知，斜率解得a=0.342m/s212.某同学利用多用电表的欧姆挡进行实验研究。欧姆挡所用电池的电动势为，刻度盘中央刻度值为“15”，选择旋钮打在“”挡。(1)该同学用欧姆挡测量某一量程为的电压表内阻。①指针指在图甲所示位置，此测量值为_______；查阅资料发现该电压表内阻真实值为 ，测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，若此时把两表笔短接，则指针应指在欧姆挡零刻度线的________侧（选填“左”或“右”）；②进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“15”刻度线，此时电压表示数为______V：（结果保留两位有效数字）；(2)该同学接着用欧姆挡探测只有一个元件的黑箱，如图乙，当两表笔接触黑箱接线柱a、b时，发现电表指针快速摆向右边后再摆回最左边刻度线，则该元件可能是_____。A．电阻　B。电感线圈　C。电容器　D。二极管【答案】(1).(2).左(3).4.5(4).C【解析】(1)①[1][2]指针指在图甲所示位置，此测量值为25k；查阅资料发现该电压表内阻真实值为，测量值与真实值偏差较大，可能原因是该同学未进行欧姆调零就直接测量，若此时把两表笔短接，则指针应指在欧姆挡零刻度线的左侧；②[3]进行欧姆调零后再测量，多用电表指针恰好指在“15”刻度线，即电压表的内阻等于欧姆表的中值电阻，即电压表的内阻等于欧姆表的内阻，则此时电压表示数为欧姆表内电源电动势的一半，即4.5V；(2)[4]当两表笔接触黑箱接线柱a、b时，发现电表指针快速摆向右边后再摆回最左边刻度线，即电路快速导通后电流又逐渐变为零，则该元件可能是电容器，电路接通后先充电，充电结束后电路中电流为零。13.“奋斗者”号海潜器成功坐底深度10909米（如图），给世界巨大的震撼．已知潜水器下潜时的总质量为50t，体积为，潜水器加速下潜到一定深度后，通过抛弃10t的物体后减速至约万米深度．在潜水器下潜与上浮过程中，重力加速度可视为常量，大小均为，海水密度取。（1）假设潜水器下潜过程中受到海水的阻力不变，当潜水器由静止加速下潜1.8km时，速度达最大为60m/s，求潜水器在下潜过程中受到海水的阻力大小． （2）完成作业后，当潜水器以10m/s匀速运动到达离海面5000m处时，在极短的时间内以20m/s的速度竖直向下抛出一质量为4t的载重（抛载后潜水器体积、发动机牵引力、海水阻力均不变，海水阻力同（1）），然后加速至最大速度20m/s后匀速运行，在与水面距离较近时关闭发动机，减速至水面时速度恰好为零．求从抛载到水面所需的时间．【答案】（1）5×104N；（2）【解析】（1）设潜水器加速下潜的过程，加速度为a，则由运动学公式可得由牛顿第二定律可得代入数据，解得f=5×104N（2）潜水器抛载前m1=50t-10t=40t抛载后抛载时满足动量守恒，有解得抛载后潜水器的速度为抛载前潜水器受力满足 解得抛载后潜水器的加速度为做匀加速直线运动至最大速度所需时间和位移为关闭发动机后潜水器做匀减速直线运动的加速度为做匀减速直线运动至海面时间和位移为潜水器以最大速度做匀速直线运动的位移和时间为故潜水器从抛载到浮至水面的时间为14.如图甲所示，两条相距l=2m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻，时，一质量、阻值为r的金属杆，在水平外力的作用下由静止开始向右运动，末到达，右侧为一匀强磁场，磁感应强度，方向垂直纸面向内。当金属杆到达（含）后，保持外力的功率P 不变，金属杆进入磁场末开始做匀速直线运动。整个过程金属杆的v—t图像如图乙所示若导轨电阻忽略不计，杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数，重力加速度。（1）求金属杆进入磁场后外力F的功率P；（2）若前8s回路产生的总焦耳热为，求金属杆在磁场中运动的位移大小；（3）求定值电阻R与金属杆的阻值r的比值。【答案】（1）；（2）；（3）3【解析】(1)在，由图像可得由牛二定律，有则到达边界时，拉力功率代入数据解得(2)在，杆做匀加，根据位移时间关系可得走过的位移内，令杆在磁场中运动的位移为，时间记为对金属杆，在前，由动能定理，有又 代入数据解得(3)金属杆进入磁场后功率为，最后匀速运动，根据平衡条件可得其中电流为摩擦力为联立以上各式代入数据解得则定值电阻R与金属杆的阻值的比值为（二）选考题：共12分，请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。15..[选修3-3]（1）下列说法正确的是（　　）A.热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B.固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质C.一定质量的理想气体温度升高、体积减小时，气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大D.同种液体在相同温度下形成的未饱和汽、饱和汽的压强不相同，分子平均动能也不相同【答案】BC 【解析】热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”而不引起其它变化，A错误；固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质，这就是各向异性，B正确；根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体，温度升高、体积减小时，压强一定增大，即气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大，C正确；温度是分子平均动能的标志，同种液体在相同温度下形成的未饱和汽、饱和汽的压强不相同，但分子平均动能相同，D错误；2.如图所示，A、B两个相同且内壁光滑的导热气缸固定在水平地面上，气缸内的两活塞（重力忽略不计）用轻杆连接，一个移动时另一个也会同时移动，总保持两气缸内封闭的气体体积相同。当环境温度为时，两气缸内封闭气体的体积均为，压强均为。现对A气缸缓慢加热，使其温度升高至T，而B气缸仍保持原来的温度。则：（1）①两气缸中的压强将分别为多少？（2）若此过程中A气缸内气体的内能增加了，则两气缸需从外界吸收多少热量？【答案】）①，；（2）【解析】(1)A气缸内气体初态状态参量为、、，末态状态参量为、V、T，根据气体状态方程得B气缸内气体初态状态参量为、、，末态状态参量、V、，根据玻意耳定律得由活塞的平衡可知 联立可得，(2)设活塞截面积为S，缓慢加热过程中气缸内气体作用于活塞的力为对活塞做的功解得根据热力学第一定律得两气缸应从外界吸热16.[选修3-4]（1）t=0时刻，位于O点的波源从平衡位置开始沿y轴方向做简谐运动，经0.5s形成如图所示的一列沿x轴正方向传播的简谐横波，此时振动恰好传播至质点P（5m，0），则下列说法正确的是（　　）A.t=0.15s时刻波源正在做加速运动B.0~1.1s时间内质点P经过的路程为6mC.t=1.3s时刻质点Q（10m，0）恰好处于波峰位置D.波源的振动方程为cm 【答案】AC【解析】根据题意，得，，A．质点P的起振方向向下，所以波源的起振方向也是向下，则t=0.15s时刻波源处于波谷向平衡位置振动中，速度在增大，A正确；B．0~1.1s时间内质点P经过的路程为B错误；C．t=0.5s，处于x=2m的波峰在t=1.3s时向前传播的距离为即质点Q（10m，0）恰好处于波峰位置。C正确；D．波源的起振方向向下，所以振动方程为D错误。（2）如图，小伟学习了光学后，在自己家门上开了一个半径为1.5cm的圆孔，圆孔正对门外走廊的中心线，门厚度为4cm，门外走廊的宽度为d=243cm。他通过小孔观察门外走廊墙壁，能够看到与小孔在同一水平高度上距墙拐角最近的点是P点；然后切割了一块高等于门厚度的圆柱形玻璃，恰好镶嵌到小孔中，把圆孔补好，他通过玻璃向外看同一墙壁，能看到距离墙拐角最近的位置为P'点，P'点到墙拐角的距离为L'=90cm，P、P'在同一水平高度。求：①P点到墙角的距离L；②该玻璃的折射率。 【答案】①1.6m；（2）1.33【解析】①由图知根据光的直线传播可知解得xp=1.6m②根据折射定律其中解得n=≈1.33