重組卷02（全國專用）-沖刺高考物理真題重組卷（解析版）

沖刺2022高考物理真題重組卷02物理（全國專用）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（2021.甲卷）“旋轉紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現(xiàn)。拉動多次后，紐扣繞其中心的轉速可達50r/s，此時紐扣上距離中心1cm處的點向心加速度大小約為（）A．10m/s2 B．100m/s2 C．1000m/s2 D．10000m/s2【答案】C【解析】紐扣在轉動過程中由向心加速度故選C。2．（2021.乙卷）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉，不計重力，則為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關系有第一次的半徑第二次的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得所以故選B。3．（2021.乙卷）科學家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續(xù)觀測，給出1994年到2002年間S2的位置如圖所示?？茖W家認為S2的運動軌跡是半長軸約為（太陽到地球的距離為）的橢圓，銀河系中心可能存在超大質量黑洞。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學獎。若認為S2所受的作用力主要為該大質量黑洞的引力，設太陽的質量為M，可以推測出該黑洞質量約為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】可以近似把S2看成勻速圓周運動，由圖可知，S2繞黑洞的周期T=16年，地球的公轉周期T0=1年，S2繞黑洞做圓周運動的半徑r與地球繞太陽做圓周運動的半徑R關系是地球繞太陽的向心力由太陽對地球的引力提供，由向心力公式可知解得太陽的質量為同理S2繞黑洞的向心力由黑洞對它的萬有引力提供，由向心力公式可知解得黑洞的質量為綜上可得故選B。4．（2020.新課標I）圖（a）所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器C兩端的電壓UC。如果UC隨時間t的變化如圖（b）所示，則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖像中，正確的是（）A．B．C． D．【答案】A【解析】根據(jù)電容器的定義式可知結合圖像可知，圖像的斜率為，則內(nèi)的電流與內(nèi)的電流關系為且兩段時間中的電流方向相反，根據(jù)歐姆定律可知兩端電壓大小關系滿足由于電流方向不同，所以電壓方向不同。故選A。5．（2020.新課標III）如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統(tǒng)平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α=70°，則β等于（）A．45° B．55° C．60° D．70°【答案】B【解析】甲物體是拴牢在O點，且甲、乙兩物體的質量相等，則甲、乙繩的拉力大小相等，O點處于平衡狀態(tài)，則左側繩子拉力的方向在甲、乙繩子的角平分線上，如圖所示根據(jù)幾何關系有解得。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得4分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．6．（2021.甲卷）某電場的等勢面如圖所示，圖中a、b、c、d、e為電場中的5個點，則（）A．一正電荷從b點運動到e點，電場力做正功B．一電子從a點運動到d點，電場力做功為4eVC．b點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右D．a(chǎn)、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大【答案】BD【解析】A．由圖象可知φb=φe則正電荷從b點運動到e點，電場力不做功，A錯誤；B．由圖象可知φa=3V，φd=7V根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系有Wad=Epa-Epd=(φa-φd)(-e)=4eVB正確；C．沿電場線方向電勢逐漸降低，則b點處的場強方向向左，C錯誤；D．由于電場線與等勢面處處垂直，則可畫出電場線分布如下圖所示由上圖可看出，b點電場線最密集，則b點處的場強最大，D正確。故選BD。7．（2021.甲卷）由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）A．甲和乙都加速運動B．甲和乙都減速運動C．甲加速運動，乙減速運動D．甲減速運動，乙加速運動【答案】AB【解析】設線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進入磁場時，有感應電動勢為兩線圈材料相等（設密度為），質量相同（設為），則設材料的電阻率為，則線圈電阻感應電流為安培力為由牛頓第二定律有聯(lián)立解得加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度。當時，甲和乙都加速運動，當時，甲和乙都減速運動，當時都勻速。故選AB。8．（2021.乙卷）水平地面上有一質量為的長木板，木板的左端上有一質量為的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關系如圖（b）所示，其中、分別為、時刻F的大小。木板的加速度隨時間t的變化關系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）A． B．C． D．在時間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【解析】A．圖（c）可知，t1時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此時以整體為對象有A錯誤；BC．圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有解得BC正確；D．圖（c）可知，0~t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，D正確。故選BCD。三、實驗題9．（2020.新課標III）某同學利用圖（a）所示裝置驗證動能定理。調(diào)整木板的傾角平衡摩擦阻力后，掛上鉤碼，鉤碼下落，帶動小車運動并打出紙帶。某次實驗得到的紙帶及相關數(shù)據(jù)如圖（b）所示。已知打出圖（b）中相鄰兩點的時間間隔為0.02s，從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中可以得到，打出B點時小車的速度大小vB=_____m/s，打出P點時小車的速度大小vP=_____m/s（結果均保留2位小數(shù)）。若要驗證動能定理，除了需測量鉤碼的質量和小車的質量外，還需要從圖（b）給出的數(shù)據(jù)中求得的物理量為_________。【答案】

0.36

1.80

B、P之間的距離【解析】由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度驗證動能定理需要求出小車運動的過程中拉力對小車做的功，所以還需要測量對應的B、P之間的距離。10．（2021.乙卷）一實驗小組利用圖（a）所示的電路測量一電池的電動勢E（約）和內(nèi)阻r（小于）。圖中電壓表量程為，內(nèi)阻：定值電阻；電阻箱R，最大阻值為；S為開關。按電路圖連接電路。完成下列填空：（1）為保護電壓表，閉合開關前，電阻箱接入電路的電阻值可以選___________（填“5.0”或“15.0”）；（2）閉合開關，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值R和電壓表的相應讀數(shù)U；（3）根據(jù)圖（a）所示電路，用R、、、E和r表示，得___________；（4）利用測量數(shù)據(jù)，做圖線，如圖（b）所示：（5）通過圖（b）可得___________V（保留2位小數(shù)），___________（保留1位小數(shù)）；（6）若將圖（a）中的電壓表當成理想電表，得到的電源電動勢為，由此產(chǎn)生的誤差為___________%?！敬鸢浮?/p>

15.0

1.55

1.0

5【解析】（1）為了避免電壓表被燒壞，接通電路時電壓表兩端的電壓不能比電表滿偏電壓大，則由并聯(lián)電路分壓可得代入數(shù)據(jù)解得因此選。（3）由閉合回路的歐姆定律可得化簡可得（5）由上面公式可得，由圖象計算可得，代入可得，（6）如果電壓表為理想電壓表，則可有則此時因此誤差為四、解答題11．（2021.乙卷）如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質量的U型導體框，導體框的電阻忽略不計；一電阻的金屬棒的兩端置于導體框上，與導體框構成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當金屬棒離開磁場的瞬間，導體框的邊正好進入磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應強度大小，重力加速度大小取。求：（1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大?。唬?）金屬棒的質量以及金屬棒與導體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導體框勻速運動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可得金屬棒和導體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應電動勢，由法拉第電磁感應定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導體棒剛進入磁場時受到的安培力為（2）金屬棒進入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對導體框向上運動，因此金屬棒受到導體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運動，可有此時導體框向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得設磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運動的時間為則此時導體框的速度為則導體框的位移因此導體框和金屬棒的相對位移為由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進入線框，則有位移關系金屬框進入磁場時勻速運動，此時的電動勢為，導體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得聯(lián)立以上可得，，，（3）金屬棒出磁場以后，速度小于導體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有金屬棒向下加速，導體框勻速，當共速時導體框不再勻速，則有導體框勻速運動的距離為代入數(shù)據(jù)解得12．（2021.甲卷）如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場。一質量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力。（1）求粒子發(fā)射位置到P點的距離；（2）求磁感應強度大小的取值范圍；（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）粒子運動軌跡見解析，【解析】（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知①②粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，有③粒子發(fā)射位置到P點的距離④由①②③④式得⑤（2）帶電粒子在磁場運動在速度⑥帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡（分別從Q、N點射出）如圖所示由幾何關系可知，最小半徑⑦最大半徑⑧帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應強度大小的取值范圍（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場時，帶電粒子運動軌跡如圖所示。由幾何關系可知⑩帶電粒子的運動半徑為?粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離?由⑩??式解得?五、選考題13．（2020.新課標I）分子間作用力F與分子間距r的關系如圖所示，r=r1時，F(xiàn)=0。分子間勢能由r決定，規(guī)定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零。若一分子固定于原點O，另一分子從距O點很遠處向O點運動，在兩分子間距減小到r2的過程中，勢能_____（填“減小“不變”或“增大”）；在間距由r2減小到r1的過程中，勢能_____（填“減小”“不變”或“增大”）；在間距等于r1處，勢能_____（填“大于”“等于”或“小于”）零?！敬鸢浮?/p>

減小

減小

小于【解析】從距點很遠處向點運動，兩分子間距減小到的過程中，分子間體現(xiàn)引力，引力做正功，分子勢能減小；在的過程中，分子間仍然體現(xiàn)引力，引力做正功，分子勢能減?。辉陂g距等于之前，分子勢能一直減小，取無窮遠處分子間勢能為零，則在處分子勢能小于零。14．（2020.新課標I）甲、乙兩個儲氣罐儲存有同種氣體（可視為理想氣體）。甲罐的容積為V，罐中氣體的壓強為p；乙罐的容積為2V，罐中氣體的壓強為?，F(xiàn)通過連接兩罐的細管把甲罐中的部分氣體調(diào)配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調(diào)配過程中保持不變，調(diào)配后兩罐中氣體的壓強相等。求調(diào)配后：（i）兩罐中氣體的壓強；（ii）甲罐中氣體的質量與甲罐中原有氣體的質量之比?！敬鸢浮浚╥）；（ii）【解析】（i）氣體發(fā)生等溫變化，對甲乙中的氣體