2022年广东省惠州市高考物理二模试卷（附答案详解）.pdf

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1、2022年广东省惠州市高考物理二模试卷1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程.在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，符合史实的是（）A.法拉第发现了电流周围存在着磁场B.汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构C.库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律D.牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点2.如图所示，质量为TH的光滑小球，在细线和墙壁的作用下处于静止状态，重力加速度为g,细线与竖直墙壁的夹角为3 0。，则细线对小球的拉力大小为（）A.23mg3B 取mg*3C.mgD 6mg23.跳伞运动员从高空悬停的直升

2、机跳下.运动员沿竖直方向运动的u-t图象如图.下列说法正确的是（）A.0-1 0 s平均速度小于l O m/sB.1 5 s末开始运动员静止C.1 0 s末速度方向改变D.1 0 s-1 5 s运动员做加速度逐渐减小的减速运动4.如图所示，M、N和P是以M N为直径的半圆弧上的三点,。点为半圆弧的圆心，4 M o p =6 0。.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时。点电场强度的大小为E i；若将M点处的点电荷移至P点，则。点的场强大小变为E 2,必与外之比为()A.1：2B.2：1C.2：V 3D.4：V 35.如图，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，若两

3、次拉出的速度之比为1：2,则两次线圈所受外力大小之比&：尸2为（）A.Fi：F2=2：1B.F1：F2=1：2C.&：F2=1：4D.%F2=1：16.2021年，中国的载人飞船成功与天和核心舱（距离地球表面约400km的高度）对接,中国人首次进入自己的空间站。关于地球的卫星及飞船空间站的运动，下列说法正确的是（）A.地球卫星的运行轨道可以与地球表面任一纬线所决定的圆是共面同心圆B.地球同步卫星的向心加速度与赤道上物体的向心加速度相同C.飞船与空间站对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间D.该载人飞船的发射速度应大于地球的第一宇宙速度7.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车

4、时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是（）A.过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B.人在最高点时对座位不可能产生压力C.人在最低点时对座位的压力大于rngD.人在最低点时对座位的压力等于mg8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生

5、变化第 2 页，共 16页D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率变为原来的4倍9.如图所示，可视为质点的a、b两 球 的 质 量 均 为 a球从倾角为45。的光滑固定斜面顶端无初速度下滑，。球同时从斜面顶端以速度先水平抛出，不计空气阻力，以下说法正确的是（）A.落地前，a、b两球都做匀变速运动B.落地前的瞬间，a球的速率小于b球的速率C.落地前的运动过程中，二者加速度始终相同D.a、b两球同时落地1 0.如图所示为理想变压器的示意图，其原副线圈的匝数比为3：1,电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中&为热敏电阻（其阻值随温度的升高而变小），R为定值

6、电阻。下列说法正确的是（）A.交流电压u 的表达式为a=36esinlOOt（V）B.若8 处的温度升高，则电流表的示数变大C.若凡处的温度升高，则变压器的输入功率变大D.变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3：11 1.在逸证机械能守恒定律实验中，两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的装置，采用两种不同的实验方案进行实验，设重力加速度为g。（单位：mm）（1）在甲图中，下 落 物 体 应 选 择 密 度（选 填“大”或“小”）的重物；在乙图中，两个重物的质量关系是?ni m2（选 填“”、=”或“J 正座椅对人有弹力，若。质，保险带对人有拉力，故 4、B错误。C D、在最低点，根

7、据牛顿第二定律得，N-m g =m a,可知支持力大于重力，则人对座椅的压力大于重力，故 C 正确，。错误；故选：Co乘坐游乐园的翻滚过山车时，在最高点和最低点，靠竖直方向上的合力提供向心力.在最高点，根据速度的大小，判断是靠拉力和重力的合力还是靠重力和座椅对人的弹力的合力提供向心力.在最低点，根据加速度的方向确定支持力和重力的大小关系.解决本题的关键知道最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律分析判断，难度不大.8.【答案】AD【解析】解：4、设圆盘的半径为3圆盘转动的角速度为3。铜盘转动产生的感应电动势为：E=BLv=B L-=BUco,B、L、3恒定，则圆盘产生的感应电动势E恒定，由

8、闭合电路的欧姆定律可知，感应电流大小恒定，故A正确；8、从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，圆盘中的电流方向由圆盘边缘指向盘心，通过电阻R的电流沿a到b的方向，故8错误；C、感应电流方向与圆盘转动的角速度大小无关，则若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，故C错误；D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据E 可知感应电动势变为原来的2倍，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流/变为原来的2倍，根据电功率公式P =R可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故。正确。故选：AD.圆盘转动可等效看成无数轴向导体组成，这些导体切割磁感线产生感应电动势，有效切割长度为铜盘的半径，根据

9、法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出感应电流表达式，再分析电流大小与角速度的关系；根据右手定则分析感应电流方向，根据电功率计算公式分析电流在R上的热功率变化情况。本题考查电磁感应规律的应用；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据 七=8口来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E =来计算。9.【答案】AB【解析】解：4 a球做匀加速直线运动，b球做平抛运动，是匀变速曲线运动，故A正确；正根据机械能守恒定律可知，两球重力势能的减少量相同，则动能的增加量也相同，但是a无初速度释放，b有初速度，则落地前的瞬间，a球的速率

10、小于b球的速率，故8正第 10页，共 16页确:C.对两球受力分析，根据牛顿第二定律可知，aa=gsin45=-g，而b的加速为g,故C错误;D根据匀加速直线运动的规律，a球落地时间为,而b球落地的时间为第,故。错误。故选：AB.受力分析可知a球做匀加速直线运动，b球做匀变速曲线运动；根据机械能守恒定律判断落地前b球的速率大；根据牛顿第二定律求两球的加速度，a球沿斜面做匀加速直线运动求时间，b球竖直方向做自由落体运动求时间判断b球先落地。本题考查斜面上的加速和平抛运动，运用牛顿第二定律和机械能守恒定律求解。10 .【答案】BC【解析】解：力、由图乙可知交流电压最大值U m =3 6夜叭 周期7

11、 =0.0 2s,可由周期求出角速度的值为3 =y=篇r a d/s =100nrad/s,则可得交流电压”的表达式U =3 6 v l s讥10 0兀州，故4错误；B、&处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故B正确；C、若上处的温度升高时，电流表的示数变大，输出电压不变，输出功率P =U/增大,则变压器的输入功率变大，故C正确；D、变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1：1,故。错误；故 选:BC由图乙可知交流电压最大值U m =3 6位V,周期7 =0.0 2s,可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式U =3 6立s讥10 0兀4、由变压器原理可得变压器原、副线圈

12、中的电流之比，&处 温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流.根据图象准确找出己知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键.1 1.【答案】大 天 平0.7 8 0甲【解析】解：（1）为了减小实验的误差，甲图中的重物应选择质量大、体积小的重物，即密度大的重物。乙图是验证系统机械能是否守恒，m i向下运动，机2向上运动，所以mr m2;(2)验证系统机械能是否守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否相等，动能的增加量为ZER=|(mx+m2)v2,重力势能的减小量为4Ep=(初-m)gh,可以知道需要测量两个重物的

13、质量，所以实验器材还需要天平；(3)根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则vc-=4*T 7.8*10-2巾/5 0.780m/s；c 2T 2X0.02 (4)甲方案更合理，因为在乙图中受到细绳和滑轮之间的摩擦力。故答案为:(1)大;(2)天 平;(3)0.780；(4)甲(1)根据实验原理选择合适的实验器材，比较出两个重物的质量关系；(2)根据实验原理分析出正确的实验器材；(3)根据匀变速直线运动的规律得出中间时刻的瞬时速度；(4)理解实验会产生的误差，由此选择更合适的方案。本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解运动学

14、规律得出物体的速度，再学会简单的误差分析即可。12.【答案】A C F【解析】解：(1)电源电动势为9心 选0 15U量程的电压表读数误差较大，电压表应选C、量程为0 3 U,内阻为6k0；选择3P的电压表，待测电阻丝两端的最大电压是3U,则最大电流约为:/=卷=0.3 4 所以需要选择的电流表是4、量程为0 0.64内阻为0.5。；为方便实验操作，滑动变阻器应选人阻值为0 10。，额定电流为2 4(2)电压从0开始测量，滑动变阻器应采用分压接法；由于告=高=10，*=等=1 2 0 0,雪 白 电流表应采用外接法，实验电路图如图A U.3 K 5 K所示.故答案为：(1)4 C；F；(2)电

15、路图如图所示.根据电路最大电流选择电流表，根据电源电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器.根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图.本题关键：(1)用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；(2)需要有较大的电压测第 12页，共 16页量范围时，滑动变阻器采用分压式接法.13.【答案】解：（1）设磁感应强度为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r。由 Bqu=-得,口 r=mvE qB粒子在磁场中运动情况如图有上两式得B=竺2aq又由几何知识知。=atand=a3射出点到。点的距

16、离为y=r+00=V3a所以射出点的坐标为：（0,百a）（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为7,则2nr 2nm1=-=-v qB由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为6=180-60=120所以，粒子在磁场中运动的时间是I=-1-2-0-0/丁 =T=-2-n-m-=-4-n-a-360 3 3qB 33v答：（1）匀强磁场的磁感应强度8=舞，射出点的坐标：（0,百a）（2）带电粒子在磁场中的运动时间是瑞。【解析】（1）由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系得到半径，洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度B；（2）根据运动时间与周期的关系：t=先求出偏转角，

17、再求出运动的时间。该题考查带电粒子在磁场中的偏转，属于常规题目，要注意解题的步骤，画出粒子运动的轨迹是解题的关键。1 4.【答案】解：(1)木块4 和滑板B 均向左做匀加速直线运动aA=ng=0.2 X 1 0 m/s2=2m/s2F-fim g%二F-14-0-.2-X-1-X-1-0 m/s/27=3m/s2(2)根据题意有：SB SA=L，即|aBt2-aAt2=L代入数据得：t =I s1 秒末木块A 和滑板B 的速度分别为:vA=aAt=2 x Im/s=2m/svB=aBt=3 x Im/s=3m/s当木块4 和滑板B 的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能。根据动量守恒定

18、律有m 以+MVB=(M +m)v由能的转化与守恒得g m 若+=|(M +m)v2+Ep+nmgx代入数据求得最大弹性势能为：Ep=0.3/(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度”，相对木板向左滑动距离为s,有小以+MVB=(M +m)v解得：v=v由能的转化与守恒，Ep=umgs得：s=0.1 5 m由于x+Z,s且s x,故假设成立。整个过程系统产生的热量为Q =nmg(L+s+x)=0.2 x 1 x 1 0(0.5 +0.1 5 +0.0 5)；=1.4 7答：(1)木块a 刚滑动时.，木块A 和滑板B 的加速度大小为2 m/s2 和3 m/s2；(

19、2)木块4 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为0.1 5/；(3)整个运动过程中系统产生的热量为1.4/。【解析】(1)根据牛顿第二定律分别计算出木块和滑板的加速度；(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出弹簧弹性势能的最大值；(3)根据能量转化的特点结合位移关系计算出系统产生的热量。本题主要考查了动量守恒定律，根据牛顿第二定律计算出加速度，由此分析出物块的运第 14页，共 16页动情况，结合能量转化的特点即可完成分析。1 5 .【答案】增加 保持不变【解析】解：晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶体熔化过程中温度保持不变，则分子平均动能保持不变。故答案为：增加，

20、保持不变。晶体熔化过程中，增加分子势能，温度保持不变，分子平均动能保持不变。本题考查了晶体和非晶体的特性，记忆为主，基础题。1 6 .【答案】解：(1)设升温后气体的压强为P,由于气体做等容变化，根据查理定律得：P o PTT又To=300K,7=3 5 0 K解得：p=1 p0(2)根据克拉伯龙方程华=?R,得集热器内气体的体积不变，则得剩余气体的质量与原来总质量的比值：/=,答：(1)此时气体的压强为:P o.(2)集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为*【解析】(1)封闭气体温度升高发生等容变化，根据查理定律求解压强.(2)可根据克拉伯龙方程求解剩余气体的质量与原来总质量的比值.本题

21、隐含着集热器内气体体积不变这个条件，运用查理定律和克拉伯龙方程进行解题.1 7 .【答案】a c【解析】解：t =0 时质点a的位移大小比其余质点的大，由 1 =-知 1 =0 时质点。的m加速度大小比其余质点的大；由图乙知，七=0 时质点b的速度方向向下，所以由“上下坡法”知波向右传播=0 时刻质点c向下运动，质点d 向上运动，因为时间t =0.5 s =p0-0.5 S 时间内a、b振动路程为1 个振幅，在t =0 时刻质点c向下运动，速度增大，质点d 速度向上，速度在减小，0-0.5 s 时间内质点c的振动路程大于1 个振幅，质点d 振动路程小于1 个振幅质点，故0 -0.5 s 振动路

22、程最大的是c点。故答案为：a,c由位移关系比较加速度的大小，由图乙分析质点b的振动方向，从而判断出波的传播方向，可分析出各个质点的振动方向，根据时间与周期的关系求得质点振动的路程。本题关键是能够根据质点的振动情况判断波的传播方向，并能根据波的传播方向判断各个质点的运动情况，常用的方法有“上下坡法”、波形平移法等等。1 8.【答案】解：(i)光线以入射角0投射到A B面上发生折射，设折射角为光线在B C面上发生全反射，入射角为t,C D面的入射角为七由折射率公式：sinC=Ln J在Z B面由折射定律：n =也依几何关系有：i +q =9 0。由一得：9 9 0。角的取值范围为：0。3 9 0。(M)依几何关系有：爻二万在C D面由折射定律有：器由 得：。2 =。设射出光线与C D面的夹角a,则：a=1-0答：(i)入射角9角的取值范围是0 8 S 9 0；射出光线与C D面的夹角是尹氏【解析】发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角.根据折射定律和全反射的条件，求解入射角。角的取值范围；3)根据折射定律求出射出C D面时折射角，由几何关系求射出光线与C D面的夹角.解决本题的关键是掌握全反射的条件和折射定律，对于。2,也可以根据光路可逆原理得到.第 16页，共 16页