备战2022年新高考物理模拟冲刺卷一（解析Word版）

备战2022年新高考物理模拟冲刺卷巩固卷1一、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.氚衰变后转变成稳定的氦，的半衰期为12.5年，下列说法正确的是（　　）A.发生的是衰变，衰变过程吸收能量B.发生的是衰变，放出的电子来源于核外电子C.发生的是衰变，衰变前后的质量相等D.衰变时环境温度升高，它的半衰期仍为12.5年【答案】D【解析】．发生衰变后，生成的新核电荷数增加一个，质量数不变，根据电荷数守恒和质量守恒定律可知，发生的是衰变，衰变是原子核内部发生的，所以放出的电子来源于原子核内部，且衰变前后的质量发生变化，故ABC错误；D．衰变是原子核内部发生的，跟外部环境无关，环境温度升高，它的半衰期仍为12.5年，故D正确。故选D。2.2021年6月17日9时22分，“长征二号”遥十二运载火箭成功将“神舟十二号”载人飞船中的3名航天员送入预定轨道，并顺利实现与“天和”核心舱的对接。以下说法正确的是（　　）A.图甲：神舟飞船与“天和”核心舱对接过程，均可视为质点B.图乙：载人飞船加速上升过程，3名航天员均处于失重状态C图丙：3名航天员环绕地球做圆周运动过程，均处于平衡状态D.图丁：以地球为参考系，飞船与核心舱的组合体绕地球一周，平均速度为零 【答案】D【解析】神舟飞船与“天和”核心舱对接过程，其大小和形状不能忽略，否则不能判断是否对接成功，则均不可视为质点，A错误；B．载人飞船加速上升过程，具有向上的加速度，3名航天员处于超重状态，B错误；C．3名航天员环绕地球做圆周运动过程中，万有引力提供向心力，均处于非平衡状态，C错误；D．飞船与核心舱的组合体绕地球一周，位移为零，平均速度为零，D正确。故选D。3.如图所示，一质量为的半圆形滑块B放在粗糙的水平面上，一质量为的光滑滑块A靠着竖直墙壁放在滑块B上，B保持静止，A与B的接触点为，B滑块的圆心为，与水平方向的夹角为，重力加速度为，下列说法正确的是（　　）A.B滑块对地面的压力为B.地面对B滑块的摩擦力大小为C.B滑块对A滑块的作用力大小为D.墙壁对A滑块的作用力大小为【答案】B【解析】对AB整体受力分析可知，B滑块对地面的压力为，选项A错误；BCD．对A受力分析可知，竖直墙面对A的压力为B滑块对A滑块的作用力大小为对AB整体受力分析可知，水平方向地面对B滑块的摩擦力大小为 选项B正确，CD错误；故选B。4.为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用供电系统输电电路简图如图甲所示，矩形交流发电机匝数为n=50，线圈、导线的电阻均不计，在匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间t的变化图像如图乙所示，。并与变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，变压器为理想变压器，假设额定电压为220V的医疗设备恰能正常工作。下列说法正确的有（　　）A.电压表的示数为50VB.假如给变压器输入端接入电压V的直流电，医疗设备能正常工作C.变压器的匝数比为5：22D.从t=0开始计时，变压器的原线圈两端的电压（V）【答案】C【解析】根据图像可得线圈的角速度线圈产生的电动势，根据则电压表的示数位 变压器的匝数比A错误，C正确；B．根据变压器的原理，变压器输入端接入电压V的直流电，变压器不工作，医疗设备不能正常工作，C错误；D．t=0时，磁通量为0，则变压器的原线圈两端的电压D错误。故选C。5.如图所示，电荷均匀分布在半球面上，它在这半球的中心O处电场强度等于E0。一过球心的倾斜平面将球面分为两部分，其中。则所分出的较小这部分的电荷在O处的电场强度E为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】根据对称性，做出球面上的电荷在O点产生的电场分布，如下图所示由平行四边形定则得到“小瓣”球面上的电荷在O处的电场强度 故B正确，ACD错误。故选B。6.台风具有极强的破坏力，若某次台风以的水平速度垂直吹向某大楼外玻璃幕墙上，已知某块玻璃幕墙的长、宽，空气密度取，设台风遇到玻璃幕墙后速度变为零，则幕墙受到台风的压力大小约为（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】设在时间t内遇墙的台风质量为m，则有由动量定理可得代值联立可得故ACD错误，B正确。故选B。7.如图所示是建筑工地上起吊重物的吊车，某次操作过程中，液压杆收缩，吊臂绕固定转轴O顺时针转动，吊臂边缘的M、N两点做圆周运动，O、M、N三点不共线，此时M点的角速度为ω。已知MN=2OM=2L，则下列说法正确的是（　　）A.M点的速度方向平行于N点的速度方向B.N点的角速度ωN=2ω C.N点的向心加速度大小aN=3ω2LD.M、N两点的线速度大小关系为vN=2vM【答案】C【解析】B．M、N两点属于同轴转动，角速度相同，故N点的角速度也为ω，B错误；C．根据向心加速度的公式及N点的角速度也ω，且，则得C正确；D．M、N两点的角速度相同，根据得D错误；A．液压杆收缩，吊臂绕固定转轴O顺时针转动同时进行，M、N两点速度是收缩速度与转动速度的合速度，因为M、N两点转动线速度大小不同，则合速度的方向不同，即M点的速度方向不平行于N点的速度方向，A错误。故选BC。一、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，ABC-FHG是正三棱柱，△ABC的边长为L。A点固定一个电荷量为-q的点电荷，C点固定一个电荷量为+q的点电荷，D、E点分别为AC、FG边的中点，选无穷远处电势为0，静电力常量为k。下列说法中正确的是（　　） A.B点的电场强度大小B.将一正试探电荷从F沿FH、HG移到G点，其电势能逐渐减少C.沿直线DH移动正电荷，电场力做正功D.若在F点再固定一电荷量为+Q的点电荷，G点再固定一个电荷量为-Q的点电荷，则B、H两点的电势相等【答案】AD【解析】A．-q和+q在B产生的场强等大，为夹角为120°，根据矢量三角形定则可知B点的电场强度大小为故A正确；B．根据等量异种电荷的电场线分布特点可知，G点的电势比F点的电势高，根据将一正试探电荷从F沿FH、HG移到G点，其电势能逐渐增大，故B错误；C．根据等量异种电荷的电场线分布特点可知，DBHE是一等势面，所以沿直线DH移动正电荷，电场力不做功，故C错误；D．若在F点再固定一电荷量为+Q的点电荷，G点再固定一个电荷量为-Q的点电荷，根据对称性可知，B、H两点的场强、电势相等，故D正确。故选AD9.如图甲所示，正方形闭合导线圈平面垂直放在图示匀强磁场中，导线圈匝数为20匝、边长为、总电阻为磁感应强度B随时间t的变化，关系如图乙所示，则以下说法正确的是（　　） A.导线圈中产生的是正弦交变电流B.在时导线圈产生的感应电流为C.在内通过导线横截面的电荷量为D.在内，导线圈内产生的焦耳热为【答案】BD【解析】由图像可知，0～2s、2s~3s内的磁感应强度都是均匀变化的，故每段时间内感应电动势大小恒定，根据楞次定律可知，在0～2s内的感应电流方向与2s~3s内的感应电流方向相反，即为交流电，不是正弦交流电，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律，5.5s时的感应电动势等于5s~6s内的感应电动势，则有故B正确；CD．在0～2s时间内，感应电动势为通过导线横截面的电荷量为故C错误；D．在2s～3s和5s～6s时间内，感应电动势为0～2s和3s～5s内的电动势相同，则在内，导线圈内产生的焦耳热为 故D正确。故选BD。10.如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为。小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.8，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是（　　）A.小球从C点到D点的过程中，小球受到杆的弹力不变B.小球从C点到D点的过程中，小球的加速度不断减小C.小球从C点到D点的过程中，绳的最大弹性势能为D.若仅把小球质量变为，则小球到达D点时的动能为【答案】AD【解析】设BC的长度为L，根据胡克定律，有BD与竖直方向的夹角为α时，到D点时伸长量为，故弹力为球受重力、弹性绳的弹力、摩擦力，杆的弹力，水平方向平衡，故即小球从C点到D点的过程中，小球受到杆的弹力不变，故A正确；B．小球受到的摩擦力则小球下滑过程中有 则下滑过程中α减小，随着α减小加速度a先减小后增大，故B错误；C．小球从C点到D点的过程中，由动能定理可得则即克服弹力做功0.2mgh，弹性势能增加0.2mgh，因为最初绳子也具有弹性势能，所以，绳子最大的弹性势能大于0.2mgh，故C错误；D．若仅把小球的质量变成2m，小球从C到D过程，根据动能定理，有解得故D正确。故选AD。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.某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图（b）所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。 完成下列填空：（结果均保留2位有效数字）（1）小球运动到图（b）中位置A时，其速度的水平分量大小为___________，竖直分量大小为___________；（2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为___________。【答案】①.1.0②.2.0③.9.7 【解析】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为[2]竖直方向做自由落体运动，因此A点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得（2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得代入数据可得12.某实验小组在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。（1）该小组的同学用螺旋测微器测量金属丝的直径d，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为___________mm；（2）已知该金属丝的阻值约为5Ω。现用伏安法测量其阻值Rx，要求测量结果尽量准确，使待测电阻两端的电压能从零开始变化，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻不计）B．电流表（0~3A，内阻约为0.1Ω）C．电流表（0~0.6A，内阻约0.2Ω）D．电压表（0~3V，内阻约为3kΩ）E．电压表（0~15V，内阻约为15kΩ）F．滑动变阻器（0~20Ω）G．滑动变阻器（0~2000Ω）H．开关、导线上述器材中，电流表应选___________，电压表应选___________，滑动变阻器应选___________。 （3）请按要求在下面方框中画出实验原理图___________。（4）该小组同学利用该原理图正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图所示，图中已标出了与测量数据对应的5个坐标点。请在图中标出第2、4次测量数据的坐标点，并描绘出U-I图线___________。已知待测金属丝接入电路部分的长度为L=0.50m，根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为___________。【答案】①.0.400（0.398—0.401均可）②.C③.D④.F⑤. ⑥.⑦.【解析】（1）[1]金属丝直径为（2）[2]电路中大致的电流为为了使结果更精确，安全的前提下，我们选择量程较小的那一个，所以电流表选择C；[3]由于电源电动势为3V，所以电压表选择D；[4]要求电压从0开始变化，应采用分压式，为方便实验操作，滑动变阻器选择F；（3）[5]再由于金属丝为小电阻，应采用外接法，电路图如图所示（4）[6]使尽可能多的点处于直线，连线图如图所示 [7]由图像可得金属丝的电阻为根据电阻定律可得金属丝的电阻率约为13.如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第二象限存在与y轴平行且方向向上的匀强电场。一带负电粒子从x轴上的A点以速度v0沿与x轴成θ=60°角的方向射入匀强磁场，恰好垂直于y轴从D点（图中未画出）进入匀强电场，最终从x轴上的C点离开电场。已知OA=d，OC=2d，粒子重力不计，求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R和运动时间t1；（2）电场强度的大小E。【答案】（1），；（2）Bv0【解析】（1）粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动轨迹如图所示。其中O'点为带电粒子做匀速圆周运动的轨迹圆的圆心 在三角形OO'A中，由几何关系知粒子在磁场中运动的轨道半径解得R=由几何关系知，粒子在匀强磁场中运动时转过的圆心角∠DO'A=120°则粒子在磁场中的运动时间粒子在磁场中的运动周期解得（2）由几何关系得解得yD=d设带电粒子的质量为m，电荷量为q，由牛顿第二定律得解得 设粒子在电场中运动的加速度为a。由运动学公式有，由牛顿第二定律有解得14.如图所示，一平板车A质量为，原来静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反，A、B之间的动摩擦因数为。物块B总不能到达车板的右端，重力加速度大小为g。（1）求车第一次碰到挡板前瞬间车的速度可能是多大？（2）若车与挡板总共发生了2次碰撞，求L满足的条件。【答案】（1）或；（2）【解析】（1）假设A与挡板碰撞前瞬间，A、B的速度恰好相等，根据动量守恒定律得①对A，由动能定理可得②解得③ 当时，由①式可得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为④当时，由②式可得第一次碰到挡板前瞬间A的速度大小为⑤（2）设在A与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒定律有⑥分以下讨论两种情况：①如果L为某个值L1，使A与挡板第一次碰撞后经过一段时间恰好同时停止运动，则⑦此时A与挡板只发生一次碰撞。在这段时间内，对A由动能定理可得⑧联立⑥⑦⑧解得⑨②如果L为某个值L2，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得⑩设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为vA′、vB′，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得⑪A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知⑫由题意可知A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，即 ⑬联立⑥⑩⑪⑫⑬解得⑭综上所述可知，若A与挡板总共发生了二次碰撞，L应满足的条件是⑮（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)某瓶0℃的冰溶化为0℃的水的过程中，分子的总动能______（填“增大”，“减少”或“不变”），分子的总势能______（填“增大”，“减少”或“不变”）。再往这瓶水中滴入红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色，这个过程是沿着分子热运动的无序性______（填“增大”，“减少”或“不变”）的方向进行的。【答案】①.不变②.增大③.增大【解析】[1]温度是分子平均动能的标志，所以0℃的冰和0℃的水分子的总动能相等，即不变；[2]将0℃的冰溶为0℃的水，需要吸收热量，所以0℃的冰的内能小于0℃的水的内能，而物体内能是分子的总动能和分子的总势能之和，所以0℃的冰分子的总势能小于0℃的水分子的总势能，即将0℃的冰溶为0℃的水，分子的总势能增大；[3]由热力学第二定律可知，分子热运动总是沿着无序性增大的方向进行。(2)浮沉子实验是法国科学家笛卡尔所创，它的形式多样，一般都是通过外部压强的变化来改变浮沉子内部气体的体积，从而达到控制其沉浮的目的。如图所示，塑料瓶装入适量水，再把装有部分水的小玻璃瓶倒插入大塑料瓶中处于漂浮状态，盖住塑料瓶盖，当用力挤压塑料瓶可控制小玻璃瓶上下沉浮。若小玻璃瓶高为，漂浮时小玻璃瓶浸在水中的长度为，水进入小瓶中的长度为。如果挤压塑料瓶外壳使小玻璃瓶刚好浸没在水中时，求：塑料瓶内空气压强大小（已知大气压强为p0，水的密度为ρ，重力加速度为g，小瓶内的空气可视为理想气体，环境温度保持不变）。 【答案】【解析】初始位置小瓶内的气体体积为压强为对小玻璃瓶由平衡可得当小瓶刚好浸没在水中时内的小瓶气体压强对小玻璃瓶由平衡可得对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知由以上可解得16.[选修3-4] (1)下列说法正确的是________A.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高B.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度C.光的衍射现象是光波相互叠加的结果D.露珠呈现的彩色是光的反射现象E.全息照片用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性【答案】ACE【解析】当波源靠近接收者时，接收者接收到波信号的频率会比波源频率高，A正确；B．拍摄玻璃橱窗内的物品时，由于玻璃表面反射的光很强，导致玻璃橱窗内的物品在底片上成像不清晰，故往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度，B错误；C．衍射实验中光源可以看成是无限多个光源排列而成的，因此光的衍射现象也是光波相互叠加的效果，C正确；D．露珠呈现的彩色是光的色散现象，D错误；E．激光的相干性比较好，所以全息照片往往用激光来拍摄，E正确。故选ACE。(2)一列简谐横波沿x轴传播，t=0.1s时的波形图如图甲所示。图乙为介质中质点A的振动图像。①求波的传播方向及波速；②t=0.1s时，波刚好传播到坐标原点O，质点B平衡位置的坐标xB=－2.5m(图中未画出)，求质点B处于波峰位置的时刻。【答案】(1)沿x轴负方向，v=0.5m/s；②t=（5.15+0.2n）s（n=0，1，2，3，……）【解析】①由乙图可知质点A在t=0.1s时由平衡位置向下振动，则质点A 前面的质点在平衡位置下方，所以波的传播方向为沿x轴负方向由甲图可知波长m由乙图可知周期为T=0.2s则波速为②波从O点传播到B点所需时间质点B第一次离开平衡位置是向上运动的，到波峰位置所需时间为（n=0，1，2，3，……）所以质点B处于波峰位置的时刻代入数据得