备战2022年高考物理模拟黄金卷05（全国卷专用解析版）

备战2022年高考物理模拟卷（全国卷专用）一轮巩固卷5一、选择题：本题共10小题。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求。1.高楼高空抛物是非常危险的事，如图所示的安全警示广告非常形象地描述了高空坠物对人造成伤害的严重性。设一枚质量为m＝50g的生鸡蛋从18楼的窗台位置做自由落体运动，落地过程中与水泥地面接触时间为0.003s，那么鸡蛋对地面的平均冲击力的大小最接近于（　　）A.100NB.500NC.900ND.1300N【答案】B【解析】鸡蛋从18楼窗台做自由落体运动，每层楼大约高3m，下落的高度约为50m，到达地面前的速度为v＝，解得速度约为30m/s，对落地过程由动量定理可知，解得ACD错误，B正确。故选B。2.如图所示，竖直墙与水平地面交点为O，从竖直墙上的A、B两点分别搭两条光滑轨道到M点，、，M点正上方与B等高处有一C点。现同时将a、b、c球分别从A、B、C三点由静止开始释放。则（　　） A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点【答案】C【解析以为圆心，BC为半径作圆，如图根据“等时圆”原理可知，从圆上各点沿弦到最低点经过的时间相等，则故ABD错误，C正确。故选C。3.如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（　　）A.在ab段汽车的输出功率逐渐减小B.汽车在ab段的输出功率比bc段的大C.在cd段汽车的输出功率逐渐减小D.汽车在cd段的输出功率比bc段的大 【答案】B【解析】在ab段，根据平衡条件可知，牵引力所以在ab段汽车的输出功率不变，在bc段牵引力bc段的输出功率故A错误B正确；CD．在cd段牵引力汽车的输出在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段，故CD错误。故选B。4.在建造房屋的过程中，经常见到建筑工人将重物从高处运到地面，可以简化为如图所示的模型，工人甲和乙站在同一高度手握轻绳，不计重力的光滑圆环套在轻绳上；下端连接一重物，工人甲在A点静止不动，工人乙从B点缓慢的向A点移动一小段距离的过程中，以下分析正确的是（　　）A.绳的拉力大小不变 B.工人甲受到地面的摩擦力变大C.地面对工人甲的支持力不变D.工人乙对轻绳施加的作用力与轻绳对工人乙的作用力是一对平衡力【答案】C【解析】设绳子长度为，甲乙之间的距离为，绳子与竖直方向夹角为，由几何关系可得工人乙从B点缓慢的向A点移动一小段距离的过程中，绳子长度不变，距离减小，故减小；对圆环受力分析，由平衡条件可得工人乙从B点缓慢的向A点移动一小段距离的过程中，重物的重力不变，减小，因此绳子拉力变小，A错误；B．对工人甲受力分析，由平衡条件可得由上可知，减小，绳子拉力变小，因此工人甲受到地面的摩擦力变小，B错误；C．对工人甲受力分析，由平衡条件可得由上可知联立记得：，地面对工人甲的支持力与无关，大小不变，C正确；D．工人乙对轻绳施加的作用力与轻绳对工人乙的作用力是一对相互作用力，D错误；故选C。5.如图所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行。a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1000km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则（　　）A.a卫星的加速度比c卫星大B.a、b卫星所受到的地球的万有引力大小相等 C.三颗卫星半径的三次方与周期的二次方比值都不相等D.a卫星的周期比c卫星大【答案】A【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据可得a卫星的轨道半径小于c的轨道半径，则a的加速度大于c的加速度，故A正确；B．根据向心力公式卫星a、b的质量未知，故无法比较万有引力的大小，故B错误；C．根据开普勒第三定律由于三颗卫星均绕地球运动，则半径的三次方与周期的二次方比值都相等，故C错误；D．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据可得a卫星的轨道半径小于c的轨道半径，则a的周期小于c的周期，故D错误。故选A。6.从距离地面高度为5m处水平抛出一个物体，其动能Ek随距地面高度h变化如图所示，取地面为重力势能零点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A.物体的质量为2kgB.物体抛出的初速度为5m/sC.h=2.5m时，动能与重力势能相等D.物体着地瞬间速度与水平方向的夹角为【答案】D【解析】由图像可知，物体到达地面时的动能是抛出时初动能的2倍根据机械能守恒定律可得解得故B错误；C．物体抛出时的动能与重力势能相等，故C错误；D．物体着地瞬间竖直分速度可知D正确；由题目所给的信息无法求出物体的质量，A错误。 故选D。7.汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度与拉力大小倒数的图像。已知汽车在平直路面上由静止启动，平行于轴，反向延长过原点。已知阻力是车重的0.2倍，汽车质量为，下列说法正确的是（　　）A.汽车由到过程做匀加速直线运动B.汽车从到持续的时间为C.汽车额定功率为50WD.汽车能够获得的的最大速度为为【答案】BC【解析】由于图象斜率为定值，即可知，发电机功率为定值以及得可知，不变，增大，则加速度减小，故汽车由到过程做加速度减小的变加速直线运动，故A错误；B．汽车从到牵引力不变，设为，阻力不变，汽车做匀加速直线运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有 由图可知，牵引力由图可知，但速度达到最大速度时，牵引力联立并带入数据得加速度设点的速度为，汽车从到持续的时间为故B正确；C．点时已经达到最大功率，则最大功率为故C正确；D．汽车能够获得的最大速度为故D错误。8.静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的曲折线。一质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0从O点进入电场，沿x轴正方向运动。下列叙述正确的是（　　）A．粒子从O运动到x1的过程中速度逐渐增大B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势能先减小后增大 C．粒子运动到x4处时的动能为D．假如粒子改为在x1处由静止释放，则粒子运动到x3时速度最大【答案】CD【解析】粒子从O运动到x1的过程中，电势不变，电场力不做功，粒子的速度不变，故A错误。B．粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知，粒子的电势能不断减小，故B错误。C．粒子从O运动到x4的过程中，根据动能定理得：可得，粒子运动到x4处时的动能为，故C正确；D．假如粒子改为在x1处由静止释放，粒子从x1运动到x3的过程中，电势能减小，动能增大。从x3运动到x4的过程中，电势能增大，动能减小，所以粒子运动到x3时速度最大，故D正确。故选CD。9.如图所示，半径为R的圆弧与水平面相切于圆弧最低点B，在圆弧上过最低点B架设一个固定的光滑斜面，靠在圆弧上的A点，一个质量为m可看成质点的物体由静止从A点释放，然后物体停在距B点为L处的C点，已知物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不考虑拐点B处的机械能的损失，则（　　）A.物体在斜面上运动时重力做功的平均功率为B.物体在斜面上运动时重力做功的平均功率为C.物体在斜面上运动时重力的冲量为D.物体在斜面上运动时重力的冲量为 【答案】BD【解析】物体从A到B的时间根据“等时圆”可知重力做的功为所以重力的平均功率为而重力的冲量为故选BD。10.（2021·四川省绵阳市高三下学期5月三诊）如图所示，两足够长且电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面平行放置，虚线CD垂直于导轨，CD右边区域有竖直向上的匀强磁场B。两金属杆a、b长度与导轨宽度相等，在导轨上始终与导轨垂直且接触良好。杆a不计电阻，质量为m，杆b电阻为R，质量为2m，杆b初始位置距离虚线CD足够远。杆a从CD左边某位置以初速度vo开始向右运动，第一次杆b固定，第二次杆b自由静止。两次相比较（　　）A.杆a最后的速度，两次都为零B.杆a所受安培力，两次的最大值相等C.整个过程中杆b产生的焦耳热，第一次的小于第二次的D.整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的【答案】BD【解析】当b固定时，杆a最后速度为0，当b自由时，杆a最后速度为，由动量守恒定律可得解得，所以A错误；两次的杆a 都做减速运动，开始时切割磁感线速度最大，产生的感应电动势最大小，感应电流最大，安培力最大，有，所以杆a所受安培力，两次的最大值相等，则B正确；当b固定时，产生的焦耳热为当b自由时，产生的焦耳热为所以C错误；当b固定时，通过的电荷量为q1，由动量定理可得，解得当b自由时，通过的电荷量为q2，由动量定理可得，解得则整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的，所以D正确；二、非选择题：第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：11.唐中“加速度”社的同学们在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度l的关系如图所示，则由图线可知：（1）弹簧的劲度系数为________N/m。（2）为了用弹簧测定两木块A和B间的动摩擦因数μ，同学们分别设计了如图甲、乙的两种方案。①若直接想用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案________（填“甲”或“乙”）更合理。②若A和B重力分别为10.0N和20.0N。当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0N，b的示数为11.0N，c的示数为4.0N，则A和B间的动摩擦因数为______。 【答案】①.300②.甲③.0.30【解析】（1）[1]由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=20cm，即弹簧的原长为20cm，由图读出弹力为F=60N，弹簧的长度为L=40cm，弹簧压缩的长度由胡克定律得弹簧的劲度系数为（2）[2]甲乙两种方案，在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不是很准，弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数，故甲方案更合理。[3]由于弹簧测力计a示数为6.0N，所以AB间的动摩擦因数为12.做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：（ⅰ）挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；（ⅱ）取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车沿木板下滑，测出加速度a；（ⅲ）改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到的关系。①实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速度大小_____（保留两位有效数字）；②需要满足条件的方案是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）；在作图象时，把 作为F值的是_____（选填“甲”、“乙”或“甲和乙”）。【答案】①.0.18～0.19②.甲③.甲和乙【解析】①[1]．打点计时器打点周期由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打d点时小车的速度②[2][3]．在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得则则绳子对小车的拉力当时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力。故甲需要满足。在图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为，斜面和纸带对小车的摩擦力或阻力总和为f，则有取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得即故乙方案中，不需要满足。在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力mg作为小车匀加速的直线运动的合力及F。13.某同学利用下列器材测量干电池的电动势和内阻；i.电压表V1、V2，量程均为3V，内阻均约为3kΩii.电流表A，量程为0.6A，内阻小于1Ω ⅲ.定值电阻R0，阻值R0=2Ωiv.滑动变阻器R，最大阻值为10Ωv.两节相同的干电池，导线和开关若干（1）某同学按照图甲所示的电路进行实验，记录多组电流表和电压表的示数（I，U）在坐标纸上描点连线作出U-I图像，测得的电动势和内阻均小于真实值，这种误差属于_____________（选填“系统误差”或“偶然误差”），产生该误差的原因是_____________；（2）实验中，由于电流表发生了故障，某同学又设计了如图乙所示的电路继续进行实验，调节滑动变阻器，记录多组电压表的示数（U1，U2），在坐标纸上描点连线作出U2-U1图像，如图丙所示，则一节电池的电动势E测=_____________，内阻r测=_____________（结果保留两位有效数字）；（3）一节电池的内阻r测_____________（选填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。【答案】①.系统误差②.未考虑电压表分流③.1.3V④.0.88±0.02Ω⑤.小于【解析】（1）[1][2]流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结构和电表造成的，属于系统误差； （2）[3][4]由闭合电路欧姆定律可知，变形可得则有，当时，即有由图像可知，代入数据，解得（0.88±0.02Ω）[5]由于电压表的分流作用，导致一节电池的内阻r测小于它的真实值。14.竖直转轴上固定有两根沿水平方向长度均为r的轻杆，间距为l，一轻绳上穿一个质量为m的光滑小环，轻绳两端分别固定于两杆末端A、B两点，开始时小环静止悬挂在底部，如图甲所示．重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）用力F使小环静止在与A等高处，力F沿绳方向，此时α＝53°，如图乙所示，求F的大小；（2）若从图甲状态开始用外力转动转轴，稳定时小环与B等高，如图丙所示，求：①此时转动的角速度ω；②此过程外力对系统所做的功W。 【答案】（1）2mg；（2）①；②【解析】（1）如图所示由m的平衡条件得可得（2）如图所示 ①由向心力公式可得可得②由几何关系可得初始时m位于B点下方，由能量守恒关系可得可得15.半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧槽固定在水平面上，一质量为M=7.2kg的“”型木板与圆弧槽底端B平齐放置，如图所示质量为m=3.6kg的小物块从圆弧槽最右端A点以v0=4m/s的初速度下滑，在此后的运动过程中，小物块恰好不滑离木板。已知木板与小物块之间的动摩擦因数μ1=0.4，板与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.2，重力加速度大小g=10m/s2，小物块与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短，求：（1）小物块滑到底端B时对圆弧槽的压力大小；（2）木板的长度L。【答案】（1）140N；（2）2m【解析】（1）设小物块从A点运动到B点的速度为vB，根据动能定理有在B点，设圆弧槽对小物块的支持力大小为FN，小物块对圆弧槽的压力大小为FN′，根据牛顿运动定律有 FN=FN′联立解得FN′=140N（2）小物块滑上木板后，设木板与小物块之间的滑动摩擦力大小为Ff1，木板与水平面之间的滑动摩擦力大小为Ff2，有可见，表明小物块在与木板发生弹性碰撞前，木板保持静止。设小物块从木板右端运动至左端时的速度为v，有小物块与木板发生弹性碰撞，设碰后小物块速度为v1、木板速度为v2，根据动量守恒定律有根据机械能守恒定律有解得方向水平向右方向水平向左设碰后小物块、木板的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有解得 a1=4m/s2a2=5m/s2分析可知∶碰撞结束后，小物块先向右减速至0，再向左做匀加速运动，木板一直向左做匀减速运动，直至两者刚好达到相同速度，此时小物块恰好位于木板右端。设此过程所用时间为t，两者共速的速度为v共，小物块的位移为x1，木板的位移为x2，有联立解得L=2m16.如图所示，在水平地面匀速运动的小车上竖直固定一根长L的光滑绝缘管，管的底部有一质量为m、电量为+q的小球，小球的直径比管的内径略小。在管口所在水平面MN的上下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度分别为B1、B2的匀强磁场，已知小车的初速度为v0，磁感应强度，B2=2B1，重力加速度为g，阻力不计。求：（1）小球沿管上升的加速度大小；（2）光滑绝缘管对小球做的总功；（3）小球离开管口至小球回到MN，水平位移x与时间t的关系式（离开管口开始计时）。 【答案】（1）g；（2）2mgL；（3）其中【解析】（1）沿管方向，根据左手定则及牛顿第二定律，可得解得a=g（2）根据匀变速直线运动规律，小球在管口处竖直方向速度则离开管口时速度v满足由动能定理可得联立方程，解得（3）进入B1场区，由水平方向速度v0引起的洛伦兹力qv0B1方向竖直向上，大小等于mg，可将该区域内的运动可分解沿水平方向的匀速运动和竖直平面内的匀速圆周运动，有小球在时间t内转过的角度为小球在时间t内，做圆周运动的水平方向分位移大小为则水平位移x与时间t的关系式为其中（二）选考题：共15分。请考生从2 道物理题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。[物理——选修3-3]1．在某一带有活塞的密闭容器内质量为的理想气体在时的图线为图中的曲线乙。若为此容器内充满质量为的该理想气体在温度为时的曲线；为此容器内充满该理想气体在温度为时的曲线。分子平均动能与热力学温度关系为，是一个常数；理想气体状态方程，为气体物质的量，为理想气体常数。下列说法中哪些是正确的______。A．、均为曲线丙B．为曲线丙，为曲线丁C．在同一体积时，气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，曲线代表的气体较曲线代表的气体多D．在同一压强时，气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，曲线代表的气体较曲线代表的气体少E.曲线与曲线代表的气体在相同体积时，温度均加热至，则压强之比为【答案】ADE【解析】X理想气体的热力学温度为600K，Y理想气体的热力学温度为300K，原有理想气体的热力学温度为300K，X、Y、原有理想气体的物质的量之比为1：1：2，根据可知，X、Y理想气体乘积为原有理想气体的2倍，由图像可知，、均为曲线丙，故A正确，B错误；由于X、Y理想气体的物质的量之比为1：2，则在同一体积时，X理想气体的分子数是Y理想气体的一半，气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，曲线代表的气体较曲线代表的气体少，故C错误；由于X、Y理想气体的物质的量之比为1：2，同一压强下，体积也相同，则气体分子单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，曲线代表的气体较曲线代表的气体少，故D正确；根据 可知，由于X、Y理想气体的物质的量之比为1：2，则曲线与曲线代表的气体在相同体积时，温度均加热至，则压强之比为，故E正确。故选ADE。2.某严冬的早晨，司机小王发现自家汽车仪表盘显示左前轮胎压偏低，只有180kPa，如图所示。于是他将车开到附近汽车修理厂，用TPMS（胎压监测胎压系统）做进一步检测并准备给左前轮充气，当天早晨室外温度为。若将汽车轮胎内气体视为理想气体，正常情况下，汽车胎压为200kPa，轮胎最大限压为300kPa，汽车轮胎容积为V0。（1）若用某款电动充气泵给左前轮充气，每分钟充入压强为100kPa的气体体积，那么充气几分钟可以使轮胎内气压达到汽车正常行驶要求？（忽略充气过程轮胎体积和温度变化）（2）若该车充气后开入室内地下停车场，停车场温度为，充分热交换后，该车轮胎内气压是多少？是否有爆胎危险？（忽略此过程胎内气体体积变化）【答案】（1）；（2），没有爆胎危险【解析】（1）以即将充入车胎内的气体为研究对象，设充气t分钟可使轮胎内气体压强达到200kPa，则新充入车胎内气体产生的压强由玻意耳定律其中联立解得（2）以充气后车胎内所有气体为研究对象，则，设充分热交换后轮胎内气体压强为p4，温度初态和末态体积相同，由查理定律得 解得，该胎压没超过限压300kPa，所以没有爆胎危险【物理——选修3–4】1.如图为一简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，此刻P点振动方向沿y轴正方向，并经过0.2s完成了一次全振动，Q是平衡位置为x=4m处的质点，则．A.波沿x轴负方向传播B.t=0.05s时，质点Q的加速度为0，速度为正向最大C.从t=0.10s到t=0.15s，该波沿x轴传播的距离是2mD.从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程为10cmE.t=0.25s时，质点Q纵坐标为10cm【答案】ACE【解析】P点振动方向沿Y轴正方向振动，根据带动法可知，波沿X轴负方向传播，故A正确；根据题意可知，周期T=0.2s，则t=0.05s时，质点Q在最大位移处，加速度最大，不为零，故B错误；根据图象可知该波的波长λ=8m，则波速，从t=0.10s到t=0.15s，该波沿X轴传播的距离x=vt=40×0.05=2m，故C正确；从t=0.10s到t=0.15s，经过了T，若P在平衡位置或波峰、波谷处，则P通过的路程s=A=10cm，但此波中，P不在平衡位置或波峰、波谷处，所以通过的路程不为10cm，故D错误；从t=0.10s到t=0.25s，经过了T，此时Q在最大位移处，质点Q纵坐标为l0cm，故E正确．故选ACE.2.Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图见题1图．一束光以入射角i从a点入射，经过折射和反射后从b点出射．设鳞片的折射率为n，厚度为d，两片之间空气层厚度为h．取光在空气中的速度为c，求光从a到b所需的时间t． 【答案】【解析】设光在鳞片中的折射角为γ，根据折射定律有：根据折射率定义式可知，光在鳞片中传播的速度为v＝由图中几何关系可知，光从a到b的过程中，在鳞片中通过的路程为：s1＝在空气中通过的路程为：s2＝所以光从a到b所需的时间为：t＝＋联立以上各式解得：t＝