《2022年高考物理二輪復習 特色專題訓練“7＋2＋3”全真模擬（四）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理二輪復習 特色專題訓練“7＋2＋3”全真模擬（四）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復習 特色專題訓練“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選項中，只有一項是符合題目要求的．) 14．許多科學家對物理學的發(fā)展作出了巨大貢獻，也創(chuàng)造出了許多物理學方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、建立物理模型法、類比法和科學假設法等．以下關于物理學史和所用物理學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動的原因用了理想實驗法 C．在不需要考慮物體本身的形狀和大小時，用質點來代替物體的方法叫假設法 D．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很

2、多小段，每一小段近似看做勻速直線運動，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．現(xiàn)在A、B兩點分別固定電荷量為＋Q、－Q的點電荷，下列說法中不正確的是(　　) A．將試探電荷＋q從C點移到D點，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點移到N點，電場力不做功，試探電荷－q的電勢能不變 C．C、D兩點的電場強度大小相等 D．N點的電場強度方向平行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點為圓軌道的最低點，B點為圓水平直徑與圓弧的交點．一個質量為m的

3、物體靜置于A點，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B點，隨即撤去外力F，要使物體能在豎直圓軌道內維持圓周運動，外力F至少為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. 17.如圖所示，abcd為一邊長為l、具有質量的剛性導線框，位于水平面內，bc邊串接有電阻R.虛線表示一勻強磁場區(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，沿光滑水平面運動，直到通過磁場區(qū)域．已知ab邊剛進入磁場時，線框做勻速運動，下面定性畫出的回路中電流i大小與位移x圖象一定錯誤的是(　　)

4、二、選擇題(本題共3小題．在每小題給出的四個選項中，至少有一個選項是符合題目要求的．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、質量為m的直導體棒，當通以圖示方向電流I時，欲使導體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強磁場，當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉至水平向左的過程中，下列說法中正確的是(　　) A．此過程中磁感應強度B先增大后減小 B．此過程中磁感應強度B先減小后增大 C．此過程中磁感應強度B的最小值為 D．此過程中磁感應強度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的質量為M.某時刻滑塊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開始計時，之后它們的速度隨時間變化的圖象如圖乙所示，t0是滑塊A在車上運動的總時間，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的質量M＝1 kg D．t0時間內滑塊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)某同學利用如圖甲所示的裝置做“探究彈力大小與其長度的關系”的實驗． (1)在安裝刻度尺時，必須使刻度尺保持________狀態(tài)． (2)他通過實驗得到如圖乙所示的彈力大

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

9、圖乙所示原理圖，根據(jù)圖乙將實物圖丙連接好． (3)其主要實驗步驟如下： ①用螺旋測微器測金屬絲的直徑，測量結果如圖丁所示，則金屬絲的直徑D＝________mm. ②適當取出一段樣品材料，然后按原理圖連接好實驗器材． ③用毫米刻度尺測量出接入實驗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，重復實驗多次． (4)根據(jù)實驗中的數(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，用來作為保護電阻的定值電阻R0＝________Ω. 23．(16

10、分)南海艦隊某潛艇在遠航巡邏中，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，關閉了近百個閥門和開關，操縱了幾十種儀器，成功將險情化解，創(chuàng)下了同類潛艇大深度自救成功的新記錄！假設總質量為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，經一系列操作在很短的時間排出一定量的水后，潛艇轉為勻減速下沉，當速度減為0時到達最大深度h2＝330 m，整個過程歷時t＝90 s．設潛艇在下沉中

11、只受重力與浮力的作用，忽略排水的時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間； (2)緊急排出水的質量． 24．(20分)如圖所示，兩根豎直固定的足夠長的金屬導軌ab和cd相距L＝0.2 m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質量均為m＝1×10－2 kg，可沿導軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為R＝0.2 Ω(豎直金屬導軌電阻不計)，PQ桿放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處于垂直導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動，磁感

12、應強度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)使磁感應強度從零開始以＝0.5 T/s的變化率均勻地增大，經過多長時間，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電場，場強大小為E＝4×105 N/C，在Ⅱ區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強磁場，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點垂直PQ射入電場．若電場和磁場在豎直方向上足夠長，不計粒子的重力． (1)求粒子經過電場和磁場的邊界MN時的

13、速度及豎直方向上的位移大??； (2)若要使粒子在磁場區(qū)域運動時不穿過RS邊界(RS邊界上有磁場)，求磁感應強度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動時間． “7＋2＋3”全真模擬(四) 14．解析：選D.加速度的定義式為a＝，A錯誤；伽利略不是為了說明力是維持物體運動的原因做實驗，B錯誤；在不需要考慮物體本身的形狀和大小時，用質點來代替物體的方法屬于模型法，C錯誤；把整個運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點為AB的中點，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項錯誤，B項正確；由電場的空間分布特點可判斷C、D項正確． 16．解析：選D.物體由A點運動到B點的過程中，由動能定理可得WF－mgR＝mv①；因F是變力，對物體的運動過程分割，將劃分成許多小段，則當各小段弧長Δs足夠小時，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點起撤去外力F，物體的運動遵循機械能守恒定律，由于在最高點維持圓周運動的條件是mg≤m，即在圓軌道最高點處速度至少為.故由機械能守恒定律得mv＝mgR＋m③；聯(lián)立①

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

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)，當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉至水平向左的過程中，安培力由沿斜面向上轉至豎直向上，導體棒受力的動態(tài)變化如圖所示，則由圖知安培力逐漸增大，即此過程中磁感應強度B逐漸增大，A、B錯誤；剛開始安培力F最小，有sin α＝，所以此過程中磁感應強度B的最小值為，C正確；最后安培力最大，有F＝mg，即此過程中磁感應強度B的最大值為，D正確． 19．解析：選AC.設每只手與水泥制品的摩擦力大小均為Ff1，設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A、C對，選項B、D錯． 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，使它們產生加速度的合力就是兩者間的滑動摩擦力，因此它們的質量相等，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時間內滑塊所受摩擦力做功W＝Ffx塊＝2.5 J，

18、所以t0時間內滑塊所受摩擦力做功的平均功率為P＝W/t0＝2.5 W，D錯誤． 21．解析：(1)安裝刻度尺時，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電阻的阻值．為求直線的斜率可在直線上取兩個距離較遠的點，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)設潛艇下沉的最大速度為vm，勻加速下沉的時間為t1，加速度大小為a1，則 h2－h(huán)1＝t(2分) vm＝a1t1(2分) 設潛艇體積為V，未排水時 ρ1Vg＝Mg(2分) Mg－ρ2Vg＝Ma1(2分) 解得t1＝20 s．(2分) (2)設勻減速下沉的加速度大小為a2，緊急排出水的質量為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桿應用牛頓第二定律得：F－mg－F安＝ma④(2分) 當MN桿速度最大時，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時刻的磁感應強度為：B＝t⑦(2分) PQ桿受力平衡：mg＝BI2L⑧(2分) 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧得時間t為： t＝＝ s＝10 s．(2分) 答案

22、：(1)0.8 m/s　(2)10 s 25．解析：(1)設粒子在電場中運動的時間為t1，粒子經過MN邊界時的位置與O點的豎直距離為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) 粒子經過邊界MN時在豎直方向上的分速度為 vy＝at1＝2×107 m/s(1分) 粒子經過邊界MN時的速度大小為 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)域運動的臨界軌跡如圖所示，設粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為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，粒子在磁場中的運動時間最長，再進入電場時向下偏離的距離最遠(2分) 當B＝(2＋2)×10－2 T時，粒子在Ⅱ區(qū)里做勻速圓周運動轉過的圓心角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動的最長時間 t＝2t1＋t2＝7.9×10－8 s．(2分) 答案：見解析