2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練“7＋2＋3”全真模擬（四）

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 特色專題訓(xùn)練“7＋2＋3”全真模擬（四） 一、選擇題(本題共4小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．) 14．許多科學(xué)家對物理學(xué)的發(fā)展作出了巨大貢獻(xiàn)，也創(chuàng)造出了許多物理學(xué)方法，如理想實(shí)驗(yàn)法、控制變量法、極限思想法、建立物理模型法、類比法和科學(xué)假設(shè)法等．以下關(guān)于物理學(xué)史和所用物理學(xué)方法的敘述正確的是(　　) A．加速度a＝是采用比值法定義的 B．伽利略為了說明力是維持物體運(yùn)動的原因用了理想實(shí)驗(yàn)法 C．在不需要考慮物體本身的形狀和大小時(shí)，用質(zhì)點(diǎn)來代替物體的方法叫假設(shè)法 D．在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動過程劃分成很

2、多小段，每一小段近似看做勻速直線運(yùn)動，然后把各小段的位移相加之和代表物體的位移，這里采用了微元法 15.真空中有一正四面體ABCD，如圖，M、N分別是AB和CD的中點(diǎn)．現(xiàn)在A、B兩點(diǎn)分別固定電荷量為＋Q、－Q的點(diǎn)電荷，下列說法中不正確的是(　　) A．將試探電荷＋q從C點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力做正功，試探電荷＋q的電勢能降低 B．將試探電荷－q從M點(diǎn)移到N點(diǎn)，電場力不做功，試探電荷－q的電勢能不變 C．C、D兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等 D．N點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向平行AB且跟CD垂直 16.如圖所示，將一光滑圓軌道固定豎直放置，其中A點(diǎn)為圓軌道的最低點(diǎn)，B點(diǎn)為圓水平直徑與圓弧的交點(diǎn)．一個(gè)質(zhì)量為m的

3、物體靜置于A點(diǎn)，現(xiàn)用始終沿軌道切線方向、大小不變的外力F作用于物體上，使其沿圓軌道到達(dá)B點(diǎn)，隨即撤去外力F，要使物體能在豎直圓軌道內(nèi)維持圓周運(yùn)動，外力F至少為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 17.如圖所示，abcd為一邊長為l、具有質(zhì)量的剛性導(dǎo)線框，位于水平面內(nèi)，bc邊串接有電阻R.虛線表示一勻強(qiáng)磁場區(qū)域的邊界，它與線框ab邊平行，磁場區(qū)域的寬度為2l，磁場方向豎直向下．線框在一垂直于ab邊的水平恒定拉力F作用下，沿光滑水平面運(yùn)動，直到通過磁場區(qū)域．已知ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框做勻速運(yùn)動，下面定性畫出的回路中電流i大小與位移x圖象一定錯(cuò)誤的是(　　)

4、二、選擇題(本題共3小題．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，至少有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．) 18.如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，水平放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒，當(dāng)通以圖示方向電流I時(shí)，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向由垂直斜面向上沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．此過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B先增大后減小 B．此過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B先減小后增大 C．此過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為 D．此過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最大值為 19.如圖所示，在建筑工地上

5、一建筑工人兩手對稱用水平力將兩長方形水泥制品P和Q夾緊、并以加速度a豎直向上搬起，P和Q質(zhì)量分別為2m和3m，水平力為F，P和Q間動摩擦因數(shù)為μ，在此過程中(　　) A．P受到Q的摩擦力方向一定豎直向下 B．P受到Q的摩擦力大小為2μF C．P受到Q的摩擦力大小為0.5m(g＋a) D．P受到Q的摩擦力大小為1.5m(g＋a) “7＋2＋3”全真模擬(四)答題卡 選擇題部分　(每題6分，共42分) 題號 14 15 16 17 18 19 20 答案 非選擇題部分　(共78分) 21．(10分)(1)__________

6、__ (2)____________　____________ (3)____________ 22．(10分)(1)____________ (2) (3)①____________?、踎___________ (4)____________　____________ 23．(16分) 24．(20分) 25．(22分) 20.如圖甲所示，滑塊A的質(zhì)量m＝1 kg，靜止在光滑水平面上、上表面的長度為L的平板車B的質(zhì)量為M.某時(shí)刻滑塊A以向右的初速度v0＝3 m/s滑上平板車B的上表面，忽略滑塊A的

7、大?。畯幕瑝KA剛滑上平板車B開始計(jì)時(shí)，之后它們的速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，t0是滑塊A在車上運(yùn)動的總時(shí)間，測得t0＝1 s．以下說法中正確的是(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) A．平板車B上表面的長度L＝2 m B．滑塊A與平板車B上表面的動摩擦因數(shù)μ＝0.1 C．平板車B的質(zhì)量M＝1 kg D．t0時(shí)間內(nèi)滑塊A所受摩擦力做功的平均功率為10 W 非選擇題部分　(共78分) 21．(10分)某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置做“探究彈力大小與其長度的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)． (1)在安裝刻度尺時(shí)，必須使刻度尺保持________狀態(tài)． (2)他通過實(shí)驗(yàn)得到如圖乙所示的彈力大

8、小F與彈簧長度x的關(guān)系圖線．由此圖線可得該彈簧的原長x0＝________cm，勁度系數(shù)k＝________N/m. (3)他又利用本實(shí)驗(yàn)原理把該彈簧做成一個(gè)彈簧測力計(jì)，當(dāng)彈簧測力計(jì)上的示數(shù)如圖丙所示時(shí)，該彈簧的長度x＝________cm. 22．(10分)實(shí)驗(yàn)室進(jìn)了一批用來做螺線管用的金屬導(dǎo)線，某同學(xué)想通過實(shí)驗(yàn)測定該材料的電阻率． (1)實(shí)驗(yàn)中他找來一定值電阻來保護(hù)電表不被燒毀，為確定該產(chǎn)品是否可作保護(hù)電阻，他用多用電表粗測其電阻：將選擇開關(guān)打到歐姆擋的“×10”倍率擋，測量結(jié)果如圖甲所示，則定值電阻為________Ω. (2)通過測量確定該定值電阻可作保護(hù)電阻，他便設(shè)計(jì)了如

9、圖乙所示原理圖，根據(jù)圖乙將實(shí)物圖丙連接好． (3)其主要實(shí)驗(yàn)步驟如下： ①用螺旋測微器測金屬絲的直徑，測量結(jié)果如圖丁所示，則金屬絲的直徑D＝________mm. ②適當(dāng)取出一段樣品材料，然后按原理圖連接好實(shí)驗(yàn)器材． ③用毫米刻度尺測量出接入實(shí)驗(yàn)電路中金屬絲的長度，某次測量刻度尺的示數(shù)如圖戊所示，則金屬絲長度的測量值為L＝________cm. ④改變接入電路中金屬絲的長度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)多次． (4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)中的數(shù)據(jù)，最后得到了如圖己所示的R－L 圖象，由圖象可求得金屬絲的電阻率ρ＝________Ω·m，用來作為保護(hù)電阻的定值電阻R0＝________Ω. 23．(16

10、分)南海艦隊(duì)某潛艇在遠(yuǎn)航巡邏中，遭遇海水密度突變造成的“斷崖”掉深，該艇急速下沉，全艇官兵在能見度幾乎為零的水霧環(huán)境中，關(guān)閉了近百個(gè)閥門和開關(guān)，操縱了幾十種儀器，成功將險(xiǎn)情化解，創(chuàng)下了同類潛艇大深度自救成功的新記錄！假設(shè)總質(zhì)量為M＝3.45×106 kg的潛艇正在深度為h1＝150 m，密度為ρ1＝1.029×103 kg/m3的水下緩慢水平潛航，突然進(jìn)入密度為ρ2＝1.008×103 kg/m3區(qū)域發(fā)生“斷崖”，潛艇沿豎直方向從靜止開始勻加速下沉，經(jīng)一系列操作在很短的時(shí)間排出一定量的水后，潛艇轉(zhuǎn)為勻減速下沉，當(dāng)速度減為0時(shí)到達(dá)最大深度h2＝330 m，整個(gè)過程歷時(shí)t＝90 s．設(shè)潛艇在下沉中

11、只受重力與浮力的作用，忽略排水的時(shí)間及潛艇體積的變化，取g＝9.8 m/s2，求： (1)潛艇勻加速下沉的時(shí)間； (2)緊急排出水的質(zhì)量． 24．(20分)如圖所示，兩根豎直固定的足夠長的金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L＝0.2 m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m＝1×10－2 kg，可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為R＝0.2 Ω(豎直金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì))，PQ桿放置在水平絕緣平臺上，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場中，g取10 m/s2. (1)若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F＝0.18 N的作用下由靜止開始向上運(yùn)動，磁感

12、應(yīng)強(qiáng)度B0＝1.0 T，桿MN的最大速度為多少？ (2)若將MN桿固定，MN和PQ的間距為d＝0.4 m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始以＝0.5 T/s的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時(shí)間，桿PQ對地面的壓力為零？ 25.(22分)如圖所示，在Ⅰ區(qū)里有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E＝4×105 N/C，在Ⅱ區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的寬度d相等，d＝0.4 m．比荷＝2.5×109 C/kg的帶正電的粒子以初速度v0＝2×107 m/s從PQ邊界上的O點(diǎn)垂直PQ射入電場．若電場和磁場在豎直方向上足夠長，不計(jì)粒子的重力． (1)求粒子經(jīng)過電場和磁場的邊界MN時(shí)的

13、速度及豎直方向上的位移大小； (2)若要使粒子在磁場區(qū)域運(yùn)動時(shí)不穿過RS邊界(RS邊界上有磁場)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍； (3)在第(2)問的條件下，求粒子在電場和磁場中的最長運(yùn)動時(shí)間． “7＋2＋3”全真模擬(四) 14．解析：選D.加速度的定義式為a＝，A錯(cuò)誤；伽利略不是為了說明力是維持物體運(yùn)動的原因做實(shí)驗(yàn)，B錯(cuò)誤；在不需要考慮物體本身的形狀和大小時(shí)，用質(zhì)點(diǎn)來代替物體的方法屬于模型法，C錯(cuò)誤；把整個(gè)運(yùn)動過程劃分成很多小段，屬于微元法，D正確． 15．解析：選A.由幾何知識可判斷，AB垂直面DMC，且M點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，則面DMC與AB的中垂面重合，故

14、DMC為一等勢面，則φD＝φC＝φN＝φM，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；由電場的空間分布特點(diǎn)可判斷C、D項(xiàng)正確． 16．解析：選D.物體由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，由動能定理可得WF－mgR＝mv①；因F是變力，對物體的運(yùn)動過程分割，將劃分成許多小段，則當(dāng)各小段弧長Δs足夠小時(shí)，在每一小段上，力F可看做恒力，且其方向與該小段上物體位移方向一致，有WF＝FΔs1＋FΔs2＋…＋FΔsi＋…＝F(Δs1＋Δs2＋…＋Δsi＋…)＝F·R②；從B點(diǎn)起撤去外力F，物體的運(yùn)動遵循機(jī)械能守恒定律，由于在最高點(diǎn)維持圓周運(yùn)動的條件是mg≤m，即在圓軌道最高點(diǎn)處速度至少為.故由機(jī)械能守恒定律得mv＝mgR＋m③；聯(lián)立①

15、②③式得F＝.選項(xiàng)D正確． 17．解析：選C.由題意知，當(dāng)線框在x＝0至x＝l間運(yùn)動時(shí)電流恒為i0；當(dāng)線框在x＝l至x＝2l間運(yùn)動時(shí)，磁通量不變化，故i＝0，線框做勻加速運(yùn)動；當(dāng)ab邊剛出磁場(x＝2l)時(shí)，線框的速度大于剛進(jìn)磁場時(shí)的速度，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的電流i＞i0，同時(shí)受到的安培力大于F，線框做減速運(yùn)動，隨著速度的減小，安培力變小，加速度變小，故選項(xiàng)C錯(cuò)；當(dāng)cd邊剛出磁場時(shí)，線框速度可能還沒減速到ab邊剛進(jìn)磁場時(shí)的速度，故選項(xiàng)B對；也可能恰好減速到ab邊剛進(jìn)磁場時(shí)的速度，故選項(xiàng)D對；還可能早就減速到ab邊剛進(jìn)磁場時(shí)的速度以后做勻速運(yùn)動，故選項(xiàng)A對． 18．解析： 選CD.導(dǎo)

16、體棒受重力G、支持力FN、安培力F作用而處于平衡狀態(tài)，當(dāng)外加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向由垂直斜面向上沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，安培力由沿斜面向上轉(zhuǎn)至豎直向上，導(dǎo)體棒受力的動態(tài)變化如圖所示，則由圖知安培力逐漸增大，即此過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B逐漸增大，A、B錯(cuò)誤；剛開始安培力F最小，有sin α＝，所以此過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為，C正確；最后安培力最大，有F＝mg，即此過程中磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最大值為，D正確． 19．解析：選AC.設(shè)每只手與水泥制品的摩擦力大小均為Ff1，設(shè)P受到Q的摩擦力大小為Ff，方向豎直向上．對PQ整體、P分別應(yīng)用牛頓第二定律有2Ff1－5mg＝5ma、Ff1＋Ff

17、－2mg＝2ma，聯(lián)立解得Ff＝－0.5m(g＋a)，說明P受到Q的摩擦力向下，選項(xiàng)A、C對，選項(xiàng)B、D錯(cuò)． 20．解析：選ABC.題圖乙中梯形的面積代表滑塊相對平板車的位移，也就是平板車的長度L，即為L＝t0＝v0t0＝2 m，A正確；對滑塊運(yùn)用牛頓第二定律有－μmg＝ma，而a＝，解得μ＝＝0.1，B正確；由題圖乙可知滑塊、平板車的加速度大小相等，使它們產(chǎn)生加速度的合力就是兩者間的滑動摩擦力，因此它們的質(zhì)量相等，C正確；滑塊所受摩擦力Ff＝μmg＝1 N，由題圖乙可知，滑塊從t＝0到t＝t0過程中相對地面的位移x塊＝t0＝2.5 m，t0時(shí)間內(nèi)滑塊所受摩擦力做功W＝Ffx塊＝2.5 J，

18、所以t0時(shí)間內(nèi)滑塊所受摩擦力做功的平均功率為P＝W/t0＝2.5 W，D錯(cuò)誤． 21．解析：(1)安裝刻度尺時(shí)，必須使刻度尺豎直放置．(2)由題圖乙F－x圖象知，彈簧原長x0＝4 cm；k＝＝ N/m＝50 N/m. (3)由題圖丙知，彈簧測力計(jì)示數(shù)為3.0 N，則Δx＝＝0.06 m＝6 cm，則x＝x0＋Δx＝10 cm. 答案：(1)豎直(2分)　(2)4(2分)　50(3分)　(3)10(3分) 22．解析：(1)由多用電表示數(shù)及選擇倍率可知定值電阻為5×10 Ω＝50 Ω.(3)①由螺旋測微器的讀數(shù)方法可得金屬絲的直徑為D＝0.252 mm.③金屬絲的長度為L＝70.50 cm

19、－10.00 cm＝60.50 cm.(4)由部分電路的歐姆定律得R＝＝R0＋R金屬絲，由電阻定律得R金屬絲＝ρ，由以上兩式得R＝·L＋R0，可知題圖己的斜率k＝，所以金屬絲的電阻率為ρ＝kS，圖線在縱軸上的截距表示保護(hù)電阻的阻值．為求直線的斜率可在直線上取兩個(gè)距離較遠(yuǎn)的點(diǎn)，如(40，63)和(100，78)，則k＝＝ Ω/m＝25 Ω/m，金屬絲的橫截面積為S＝π≈4.99×10－8 m2，由圖象斜率的物理意義可求得金屬絲的電阻率為ρ＝kS≈1.25×10－6 Ω·m.圖線在縱軸上的截距表示定值電阻的阻值R0＝53 Ω. 答案：(1)50(1分)　(2)如圖所示(3分) (3)①0.

20、252(1分)?、?0.50(1分) (4)1.25×10－6(2分)　53(2分) 23．解析：(1)設(shè)潛艇下沉的最大速度為vm，勻加速下沉的時(shí)間為t1，加速度大小為a1，則 h2－h(huán)1＝t(2分) vm＝a1t1(2分) 設(shè)潛艇體積為V，未排水時(shí) ρ1Vg＝Mg(2分) Mg－ρ2Vg＝Ma1(2分) 解得t1＝20 s．(2分) (2)設(shè)勻減速下沉的加速度大小為a2，緊急排出水的質(zhì)量為m vm＝a2(t－t1)(2分) ρ2Vg－(M－m)g＝(M－m)a2(2分) 解得m＝9.0×104 kg.(2分) 答案：(1)20 s　(2)9.0×104 kg 24

21、．解析：(1)MN桿切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為： E1＝B0Lv①(2分) 由閉合電路歐姆定律得：I1＝②(2分) MN桿所受安培力大小為：F安＝B0I1L③(2分) 對MN桿應(yīng)用牛頓第二定律得：F－mg－F安＝ma④(2分) 當(dāng)MN桿速度最大時(shí)，MN桿的加速度為零，聯(lián)立①②③④得MN桿的最大速度為： vm＝＝ m/s ＝0.8 m/s.(2分) (2)感生電動勢為：E2＝＝⑤(2分) 由閉合電路歐姆定律得：I2＝⑥(2分) t時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B＝t⑦(2分) PQ桿受力平衡：mg＝BI2L⑧(2分) 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得時(shí)間t為： t＝＝ s＝10 s．(2分) 答案

22、：(1)0.8 m/s　(2)10 s 25．解析：(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為t1，粒子經(jīng)過MN邊界時(shí)的位置與O點(diǎn)的豎直距離為y，則： 在v0方向：d＝v0t1(2分) 在豎直方向：y＝at(2分) 由牛頓第二定律得：Eq＝ma(1分) 聯(lián)立解得：t1＝2×10－8 s(1分) y＝0.2 m(1分) 粒子經(jīng)過邊界MN時(shí)在豎直方向上的分速度為 vy＝at1＝2×107 m/s(1分) 粒子經(jīng)過邊界MN時(shí)的速度大小為 v＝＝2×107 m/s(1分) 與v0方向的夾角為θ＝arctan＝45°.(1分) (2)要使粒子不穿過RS邊界，粒子在磁場區(qū)域運(yùn)動的臨界軌跡如圖所示，設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r，則 由幾何知識得：r＋r≤d(2分) 由牛頓第二定律得：qvB＝m(2分) 聯(lián)立解得：B≥(2＋2)×10－2 T．(2分) (3)由(2)知B＝(2＋2)×10－2 T時(shí)，粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間最長，再進(jìn)入電場時(shí)向下偏離的距離最遠(yuǎn)(2分) 當(dāng)B＝(2＋2)×10－2 T時(shí)，粒子在Ⅱ區(qū)里做勻速圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝，則 t2＝＝3(－1)π×10－8 s＝3.9×10－8 s(2分) 粒子在電場和磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間 t＝2t1＋t2＝7.9×10－8 s．(2分) 答案：見解析