全国通用版2022高考物理总复习精准提分练：仿真模拟练一.docx

1、仿真模拟练(一)(时间：70分钟满分：110分)二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921题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14下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是()A.NHeOHB.UThHeC.HHHenD.UnBaKr3n答案C解析轻核聚变是指轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，A项为人工转变，B项为衰变，C项为轻核聚变，D项为重核裂变，故C正确152022年4月14日，风靡全球的蹦床主题公园乐园空间登陆上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落

2、下后沉入海绵池中，如图1是小朋某次游戏中的vt图象，t0时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋()图1At1时刻落到海绵上Bt2时刻到达最低处Ct3时刻处于平衡状态Dt2t4时间内处于超重状态答案D解析小朋先向上做匀减速运动，在t1时刻达到最高点，故A错误；小朋达到最高点后开始做自由落体运动，接触海绵后，加速度开始减小，t2时刻速度达到最大，但没有在最低点，故B错误；t3时刻速度为零，但合力不为零，故C错误；t2t4时间内先向下做减速运动，速度减到零后开始反向做加速运动，在此过程中，加速度的方向一直向上，所以是超重状态，故D正确16如图2，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖

3、直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60，N点为轨迹的最高点，不计重力则M、N两点间的电势差为()图2A. BC D.答案B解析从M点到N点利用动能定理有：qUMNmvmvm(v0cos 60)2mv解得：UMN，故B正确17一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为f.以下说法正确的是()A汽车的功率为fvB当汽车的速度增加到2v时，加速度为C汽车行驶的最大速率为(1)vD当汽车的速度为v时，行驶的距离为答案C解析汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：Ffma

4、，所以Ffma，所以汽车的功率为PFv(fma)v，故A错误；当汽车的速度增加到2v时，此时的牵引力为F由牛顿第二定律有：Ffma1，即fma1解得a1，故B错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即vmv，故C正确；由于以恒定的功率行驶，汽车做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2axv2即x来计算，故D错误18如图3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻R2R32R1，电流表为理想交流电表，U为有效值恒定的正弦交流电源当S闭合时，电流表的示数为I；当S断开时，电流表的示数为.该变压器原、副线圈匝数比为()图3A2 B3 C4 D5答案A解析设变压器原、副线圈匝数比为k，则可知，

5、开关闭合时，副线圈总电流为kI，根据理想变压器原理可知k，同理k联立解得：k2，故A正确19如图4甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向下列图象正确的是()图4答案BD解析线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率由题图可知，01 s时间内，B增大，增大，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反(感应电流产生的磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则知感应电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，同理可

6、判断出14 s内感应电流的方向，故A错误，B正确；01 s时间内，ad边感应电流是向下的，ad边所受的安培力FBIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，同理可判断出14 s时间内安培力F随时间t的变化关系，故C错误，D正确20某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转以下说法正确的是()A卫星运行半径r B卫星运行半径rC地球平均密度D地球平均密度答案AC解析由万有引力提供向心力有：Gmr和Gmg联立解得：r，故A正确，B错误；地球的质量M，地球

7、的体积V，所以地球的密度为，故C正确，D错误21.有三根长度皆为L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量均为m、电荷量分别为q和q的带电小球A和B，A、B间用第三根线连接起来所在空间存在水平向右、大小E的匀强电场，系统平衡时，A、B球的位置如图5所示现将O、B之间的轻线烧断，因空气阻力，A、B两球最后会达到新的平衡位置(不计两带电小球间相互作用的静电力)以下说法正确的是()图5AA球的电势能增加了qELBB球的电势能减少了qELCA球的重力势能减少了mgLDB球的重力势能减少了mgL答案ACD解析设达到新的平衡位置时OA绳与竖直方向的夹角为，OB绳与竖直方

8、向的夹角为，由平衡条件得对A：FT1cos mgFT2cos qEFT1sin FT2sin 对B：FTcos mgqEFTsin FTFT2联立解得：0，45所以A球的重力势能减少了mgL(1cos 30)mgLB球的重力势能减少了mgL(1cos 45)mgLcos 30mgLA球的电势能增加了qELsin 30qELB球的电势能增加了qEL(sin 45sin 30)qEL综上所述，故A、C、D正确三、非选择题(一)必考题22(5分)利用图6的装置探究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为M，钩码的质量为m，打点计时器的电源是频率为f的交流电图6(1)实验中，把长木板右端垫高，在

9、不挂钩码且_的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响(填选项前的字母)A打点计时器不打点B打点计时器打点(2)图7是正确操作后得到的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，其中O为打出的第一个点在纸带上连续选取A、B、C、D、E点进行分析，测得各点到O点的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5，则打点计时器打D点时，小车的速度vD_.(用已知和测得物理量的符号表示)图7(3)若采用图中的OD过程进行验证，则需要验证的关系式为_(用已知和测得物理量的符号表示)答案(1)B(2)(3)mgs4(mM)(s5s3)2f2解析(1)在不挂钩码且打点计时器打

10、点的情况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选B.(2)利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度可求得vD(3)根据功能关系可知mghD(mM)v代入数据得：mgs4(mM)(s5s3)2f2只要验证上关系式成立即可23(10分)实验室中有热敏电阻Rt、电炉丝、电磁继电器、电源E(3.6 V，内阻不计)、电阻箱R0(0999.9 )、开关K和导线若干，某同学设计了如图8甲所示的温控电路，当通过电磁继电器线圈的电流达到20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18 mA时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻Rt的阻值与温度t

11、的关系图8该同学主要实验过程如下，完成下列填空：(1)用多用电表的欧姆“1 ”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤如下：A将选择开关旋至“1 ”挡，短接两表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“0”刻度B调节多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度C将多用电表的选择开关旋至“OFF”D将两表笔直接连到图甲中的1、4两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值以上步骤中存在错误的一项是_改正后正确的步骤顺序为_(填步骤前的字母)(2)已知继电器线圈的电阻为25.0 .该同学将电阻箱的阻值调为75.0 ，则该温控器的温度控制范围在_之间；若要提高控制的温度，则需要将电阻箱的阻值_(选填“调

12、大”或“调小”)(3)正确设计电路后闭合K，发现电炉丝发热，Rt温度一直升高但继电器并不吸合将多用电表选择开关旋至直流电压“10 V”挡，将表笔分别接到图甲中1、2、3、4各点进行故障排查(仅一处故障)，现象如下表，则可知_.表笔位置1、23、23、44、1电表示数3.60 V3.60 V00A.开关K断路B电阻箱断路C热敏电阻Rt短路D电磁继电器线圈短路答案(1)DBADC(2)50 60 调大(3)B解析(1)由于欧姆表不能直接测量带电源的电路，应该断开开关将继电器隔离后再放到1、4两点直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的D有错误，欧姆表的正确的操作步骤是BADC.(2)当通过电磁继电器

13、线圈的电流达到20 mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18 mA时，街铁与继电器分开，所以回路中的电流取值范围是18 mA20 mA，当继电器线圈的电阻为25.0 .电阻箱的阻值调为75.0 ，利用闭合电路欧姆定律I可解得此时热敏电阻的取值范围为80 100 ，结合图象可知温度的取值范围为50 60 ，若要提高控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变(3)从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱断路这样的故障，所以选B.24(12分)如图9为分拣邮件的传输装置示意图，固定在竖直平面

14、内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点，圆弧的半径为R0.8 m，传送带的长度L3 m，以速度v2 m/s沿顺时针方向匀速转动现将一质量m2 kg的邮件(可视为质点)由圆弧顶点A点静止释放，已知邮件和传送带间的动摩擦因数0.5，取g10 m/s2，求：图9(1)邮件滑到B点时的速度大小；(2)邮件由B点运动到C点的时间；(3)邮件与传送带间因摩擦产生的热量答案(1)4 m/s(2)1.3 s(3)4 J解析(1)由动能定理得：mgRmv解得：vB4 m/s；(2)邮件在传送带上滑动，由牛顿第二定律得：mgma减速到v的过程中：v2v2(a)x1vvBat1匀速阶段：Lx1vt2综上可得

15、运动的时间：tt1t21.3 s(3)邮件与传送带相对位移：xx1vt1摩擦生热：Qmgx4 J.25(20分)如图10，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场在x0的区域内，磁感应强度大小B13B0，在x得rB引力和斥力相等时，由得r，故当r时分子作用力为引力C引力和斥力相等时，分子势能为零D引力大于斥力时，分子势能随分子间距离增大而增大E斥力大于引力时，分子势能随分子间距离减小而增大(2)(10分)如图11所示，内壁光滑的汽缸开口向上竖直放置；缸内理想气体、高度均为L0，温度均为T0.活塞A到汽缸顶部的距离为L0，活塞A、B绝热，A下有加热装置，汽缸底部导热、其余部分绝热，开始时整个装

16、置处于平衡状态已知活塞A和加热装置质量不计，B质量为m、横截面积为S，外界大气压强为p0，环境温度不变现对气体缓慢加热，求：图11气体温度多大时B活塞开始移动；活塞B下移时气体的温度答案(1)BDE(2)见解析解析(2)取气体为研究对象，p1p0，气体发生等压膨胀，当其体积为2L0S时，B开始移动由盖吕萨克定律得：解得：T12T0气体初态压强为p2p0对由等温变化：p2L0Sp2L0S气体此时压强为p1，p1p2对由理想气体状态方程：解得：T1T0.34选修34(15分)(1)(5分)如图12所示，一列横波在x轴上传播，实线和虚线分别表示t10、t20.14 s时的波形，已知实线在t30.6

17、s时第5次重复出现则_图12A波的周期为0.1 sB波的波长为12 cmC波的传播速度为1 m/sD波沿x轴正方向传播Et20.14 s时，x0处质点的纵坐标为y cm(2)(10分)如图13所示为半径R6 cm的某种半圆柱透明介质的截面图，MN为紧靠该介质右侧竖直放置的光屏，与介质相切于P点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O.图13当入射角i30时，在光屏上出现三个亮斑，MP间两个亮斑到P点距离分别为8 cm和6 cm.则介质对红光和紫光的折射率分别为多少？当入射角i53时，在光屏上会出现几个亮斑，亮斑分别是什么颜色？答案(1)BCE(2)紫光折射率为红光折射率为1.2光屏上出现两

18、个亮斑，MP间的亮斑为红色，PN间的亮斑为红、紫色混合亮斑解析(1)已知实线在t30.6 s时第5次重复出现，则有：t30.6 s5T，得T0.12 s，故A错误；由题图知波的波长为12 cm，故B正确；波的传播速度为：v m/s1 m/s，故C正确；t20.14 sT0.02 s，则波传播距离xvt22 cm，可知波沿x轴负方向传播，故D错误；t20.14 s0.12 s0.02 s，而0.02 s，根据正弦式振动方程yAsin(t)得y2sin() cm，所以t20.14 s时，x0处质点的纵坐标为y cm，故E正确(2)如图，由几何关系得tan 11，得145tan 2，得253，所以紫光的折射率为n1，所以红光的折射率为n21.2；设紫光和红光的临界角分别为C1，C2，sin C1，解得，C145sin 53故C2i53.则紫光发生全反射，红光发生反射和折射光屏上出现两个亮斑，MP间的亮斑为红色，PN间的亮斑为红、紫色混合亮斑