高考物理二轮综合复习卷1.docx

《高考物理二轮综合复习卷1.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理二轮综合复习卷1.docx（8页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2022届高三二轮综合卷物理（二）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共8小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第15

2、题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1一位较高的男同学在家练习“起跳摸高”，若他刚好能摸到自家天花板，则其起跳初速度大约为()A2 m/s B4 m/sC6 m/s D没有数据，无法估算【答案】B【解析】设起跳初速度为v，起跳过程可以看做竖直上抛运动，由竖直上抛运动基本公式可得，解得。若初速度为2 m/s，起跳高度为0.2 m，不符合实际，A错误；若初速度为4 m/s，起跳高度为0.8 m，符合实际，B正确；若初速度为6 m/s，起跳高度为1.8 m，不符合实际，CD错误。2用某金属进行光电效应实验时，得到光电子

3、的最大初动能Ek与入射光的频率v的关系图线如图所示图线在两坐标轴上的截距分别为a、b（b0），图线的斜率为k。若换用逸出功较大的金属进行实验，在同一坐标系中绘制该金属的Ekv图线，该图线在两坐标轴上的截距分别a、b（b0），图线的斜率为k，则()Aaa Bbb Ckk Dkk【答案】A【解析】由光电效应方程EkmhW，可知图象的斜率为普朗克常量h，故斜率不变kk，在同一坐标系中绘制逸出功较大的金属的Ekmv图象，该图象一定在题图的右方，即aa，bb，BCD错误，A正确。3如图所示的实线为电场线，电场线分布及a、e两点均于直线OO对称，带电粒子仅在电场力作用下从a点沿虚线adb运动到b点，过直线

4、OO时速度方向恰好与OO垂直，不计粒子重力，则下列说法正确的是()Aa、e两点的场强相同Bb点的场强为零C带电粒子从a运动到b，其电势能增大D过b点后带电粒子可能运动到c点【答案】C【解析】电场线分布及a、e两点均于直线OO对称，则a、e两点的场强大小相等，方向不同，故A错误；由图电场线分布可知，b点的场强不为零，故B错误；由图可知，带电粒子从a运动到b，带电粒子受电场力方向指向曲线凹测，则与运动方向夹角大于90，则电场力做负功，则电势能增加，故C正确；根据题意及对称关系可知，过b点后带电粒子沿be运动，故D错误。4如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速v从

5、圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速v从O沿着OD方向射入磁场，经时t恰好由C点离开磁场。已知圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，则()Avv Bvv Ctt Dtt【答案】B【解析】由几何知识，恰好由A点射出时，电子轨道半径r1，设电子从C点射出时的轨道半径为r2，由于圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，所以粒子做圆周运动的弦切角为60，由弦长公式R2r2sin 60，解得r2，所以vv，由A点射出时，转过的圆心角为180，有t，电子从C点射出时，转过的圆心角为120，有t，故ACD错误，B正确。5金星是从太阳向外的第二颗行星，假设金星和地球都是围绕太阳做匀速圆

6、周运动，现从地球发射一颗金星探测器，可以简化为这样的过程，选择恰当的时间窗口，探测器先脱离地球束缚成为和地球同轨道的人造小行星，然后通过速度调整进入椭圆转移轨道，经椭圆转移轨道（关闭发动机）到达金星轨道，椭圆长轴的两端一端和地球轨道相切，一端和金星轨道相切。若太阳质量为M，探测器质量为m，太阳与探测器间距离为r，则它们之间的引力势能公式为。已知椭圆转移轨道与两圆轨道相切于A、B两点且恰好对应椭圆的长轴，地球轨道半径为rA、周期为TA，金星轨道半径为rB，周期为TB，万有引力常量G。忽略除太阳外其它星体对探测器的影响，则()A探测器在地球轨道上的A点和转移轨道上的A点处向心加速度不同B探测器从地

7、球轨道经转移轨道到达金星轨道的最短时间为C探测器在转移轨道A点的速度D探测器在地球正圆轨道的机械能比在金星正圆轨道的机械能小【答案】C【解析】A点椭圆轨道长轨的端点和正圆轨道的引力加速度相同，此处没有切向加速度，只有向心加速度，因此探测器在椭圆轨道和正圆轨道的A点向心加速度相同，A错误；沿转移轨道从A到B时间最短为半个椭圆周期，由，又，解得，B错误；半长轴端点A、B的等效半径相同，与两正圆相切，万有引力与速度方向垂直，充当向心力，设椭圆在A、B两点的等效半径为r，则有，可得（或根据开普勒第二定律可得），探测器在转移轨道上A点的动能和引力势能之和与B点的相等，可得，联立可得，C正确；根据万有引力

8、提供向心力有，解得，则探测器的机械能为，可知圆轨道半径越大机械能越小，所以探测器在地球正圆轨道的机械能比在金星正圆轨道的机械能大，D错误。6一个绝缘的刚性细圆环水平放在光滑的平面上，半径为R，质量为m，只能绕竖直轴O自由转动，圆环沿圆周均匀带电，电荷量为Q，在A点剪下一个小缺口，其空隙长度为l（l R）。开始时圆环静止不动，现整个空间加一个匀强电场E，让E既垂直于轴O，又垂直于OA，如图所示，若垂直纸面向下看，则（忽略剪下小缺口的质量，不计一切阻力）()A加电场后的瞬间圆环将沿逆时针转动B加电场后的瞬间圆环将沿顺时针转动C圆环转动的最大线速度为D圆环转动的最大角速度为【答案】BC【解析】细圆环

9、受到的电场力为圆环各点受到的电场力之和，各点受到的电场力对于O点的转动效果抵消，但是当上面剪下缺口，所受转动效果以下面对称电荷为主，环带正电荷。面受到电场力水平向左，所以转动方向为顺时针，A错误、B正确；当与小孔对称部分转到左端时，电场力做功最多，速度最大，有，再由v R，得，C正确、D错误。7一质量m2 kg的物块在长l9 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，经过t3 s到达斜面底端，其重力势能随下滑距离s的变化如图所示，重力加速度取10 m/s。则()A物块下滑时加速度的大小为2 m/s2B由题给条件不能求出物块与斜面间的动摩擦因数C物块下滑过程中机械能守恒D物块下滑过程中机械能不守恒【答案

10、】AD【解析】由题意可得，可求得，故A正确；由图像知，斜面的底部重力势能为零，物体在顶部重力势能，则，由牛顿第二定律，可得，故B错误；斜面对物块有摩擦力，所以机械能不守恒，故C错误，D正确。8如图甲所示。在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1和L2之间、L3和L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面，磁场宽度为L，现有一宽度cdL0.5 m、质量为0.1 kg、电阻为2 的矩形线圈abcd，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），速度随时间变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4

11、重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10 m/s2。则()At1时刻，线圈运动的速度大小为3.5 m/sBL1与L2、L3与L4之间的匀强磁场的宽度为1 mC在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 CD在0t3时间内，线圈产生的热量为1.1125 J【答案】BC【解析】t2t3时间内线圈做匀速运动，根据受力平衡有，解得v28 m/s，t1t2的时间间隔为t0.6 s，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，根据速度时间关系有v2v1gt，解得v12 m/s，故A错误；t1t2时间内，线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进入上边的磁场时，c

12、d边也刚进入下边的磁场，设磁场的宽度为d，则线圈的长度L2d，线圈下降的位移匀加速下降的位移为xLd3d，则有，解得d1 m，故B正确；在0t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量，解得q0.25 C，故C正确；在0t3时间内，根据能量守恒定律得，解得Q1.8 J，故D错误。二、非选择题：第912题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1314题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题。9(6分)如图甲所示的实验装置，一木块放在水平长木板上，左侧拴有一细线，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一重物相连，木块右侧通过纸带与打点计时器相连。释放重物后，木块在木板上向左加速运动。图乙是重物落地前

13、，打点计时器在纸带上打出的一些点（单位：cm）。(1)已知打点计时器使用的交变电流频率为50 Hz，由图乙给出的数据，可得木块运动加速度的大小为_m/s2，纸带打P点时重物的瞬时速度大小为_m/s。（结果均保留3位有效数字）(2)设重物的质量为M，木块的质量为m，且线与纸带的质量均不计，除了木块与木板间有摩擦外，其它部分的摩擦不计，重力加速度用g表示，若测得的加速度为a，则木块和木板之间的动摩擦因数的表达式为_。【答案】(1)4.14（4.124.16） 2.59（2.592.61） (2) 【解析】(1)由，可得木块运动加速度的大小为，打点时重物的瞬时速度大小为。(2)由牛顿第二定律有，则得

14、。10(9分)为了测量某电池的电动势E（约3 V）和内阻r（约5 ），可供选择的器材如下：A电流表G1（2 mA，100 ）B电流表G2（1 mA，内阻未知）C电阻箱R1（09.9 ）和电阻箱R2（09999 ）D滑动变阻器R3（010 ，1 A）E定值电阻R0（800 ，1 A）F待测电池G导线、开关若干(1)采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：I1/mA0.400.811.201.592.00I2/mA0.200.400.600.801.00根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I1I2图线，由图得到电流表G2的内阻等于_。(

15、2)首先将G1和G2表分别改装成0.5 A量程的电流表和3 V量程的电压表，选择恰当的电阻箱与G1表并联和G2表串联，改装后电阻箱的阻值分别应拨到_、_。(3)在现有器材的条件下，采用如图丙所示的电路测量该电池的电动势和内阻，将两电阻箱的阻值拨到和计算的值一致后，闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，分别读出两电流表的数值，并作出I2I1图线，若图线斜率的大小为k，纵轴截距为a，则电源的电动势为_V，内阻为_。【答案】(1)见解析图 200（195205均正确，） (2)0.4 2800 (3)3a 12k【解析】(1)根据数据在题图乙中描点连线，如图所示。由并联电路的特点可得，则图线斜率，。(2)

16、由串、并联规律得，所以，。(3)由闭合电路欧姆定律，可得，变换后可得，所以有，即，。11(14分)在北京举办的第24届冬季奥运会，促生了许多室内冰雪项目。如图，与水中面成37的光滑倾斜冰面，长L75 m、宽均为d60 m，两侧均安装有安全护网，底部有缓冲装置（未画出）。开始时，工作人员将载有一对父子的凹形滑板置于顶端正中间，由静止释放，瞬间父亲沿水中方向推出儿子，父子俩迅速分开，沿冰面滑下，若父亲及滑板总质量为M70 kg，儿子及滑板总质量为m35 kg，父子俩均视为质点，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6。假设运动中始终没有碰到护网。则：(1)若父子俩都能安全到达

17、冰面底端，下滑过程支持力对父亲的冲量是多大；(2)父子俩都能安全到达冰面底端，父亲在推儿子时最多做功多少焦耳。【解析】(1)父子俩都沿冰面做类平抛运动，根据牛顿第二定律有则沿冰面向下的加速度两者同时达到底端，平行斜面方向是匀加速直线运动，故Lat2得下滑的时间则支持力的冲量方向垂直斜面向上。(2)推开后，设父亲获得初速度为，儿子获得初速度，父子俩水平方向动量守恒，则有因儿子质量小些，只要儿子安全即可，水平滑动距离为，则解得代入动量守恒式，得则有代入数据得，最多做的功。12(18分)如图所示，在xOy平面内，y轴的左侧存在着一个垂直纸面向外、磁感应强度大小的匀强磁场，在直线xL的右侧存在着另一个

18、垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。在y轴与直线xL之间存在着一个平行y轴的匀强电场，场强方向关于x轴对称，场强大小，在原点O处可沿x轴负向发射初速度大小为v0、质量为m、电量为q的带正电粒子。求：(1)粒子第一次穿过y轴的位置坐标；(2)若粒子经磁场B2和x轴下方的电场各自偏转1次后，能回到原点，求B2的大小；(3)若电场场强大小可调，最终粒子能回到原点，求满足条件的所有场强E0的值。【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力可得故位置坐标为，写成亦可。(2)粒子运动轨迹如图甲所示，粒子经x轴上方电场沿y轴方向偏转距离为根据对称性可知，粒子经x轴下方电场沿y轴方向偏转距高亦为，设粒

19、子进入磁场时速度与x轴的夹角为，则可得粒子经x轴下方电场偏转后直接回到原点，则其在磁场中偏转的距离为，即可得若粒子经x轴下方电场偏转后进入磁场中偏转，然后回到原点，则其在磁场中偏转的距离为，即可得(3)粒子在磁场中绕行1次沿y轴方向偏转的距离为，与电场强度大小无关，若粒子第1次经x轴下方电场偏转后宜接回到坐标原点，则其单次在电场中的偏转距离为，有可得若场强再大一点，则无法回到原点；若场强小一点，设粒子单次在电场中的偏转距离为y，则粒子每次由左向右穿过y轴时的位置坐标相比上一次会沿y轴负向移动距离，有只要满足关系则有即可回到原点，故可得（n取正整数）。（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物

20、理题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。13物理选修33（15分）(1)(5分)如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经abcda一个循环过程，最后回到状态a，其pV图像是一个椭圆，已知椭圆圆心对应的压强为p0、体积为V0、温度为T0，则下列判断中的说法正确的是_。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）Aab过程中，气体吸收热量Bbc过程中，气体的内能一定减少C气体在状态d时的温度TT0Dcd过程中，外界对气体做功Eda过程中，气体的温度一定升高【答案】ACD【解析】气体由状态a变化到状态b的过程，由于压强和体积都增大

21、，根据理想气体状态方程有，故气体的温度升高，物体的内能增加，而体积增大的过程气体对外做功，根据热力学第一定律有，则，气体吸收热量，故A正确；气体由状态b变化到状态c的过程，根据理想气体状态方程有，代入数据得，气体的温度升高，内能增加，故B错误；将气体状态d与椭圆圆心相比较，发生等容变化，根据查理定律有，由于，则，故C正确；气体由状态c变化到状态d的过程，由于体积减小，故外界压缩气体做功，故D正确；气体由状态d变化到状态a的过程，由，解得，气体的温度降低，故E错误。(2)(10分)某设备中控制物体升降部分装置原理如图所示，开口向上的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞质量为m1 kg，横截面积为S

22、5 cm2，可沿气缸无摩擦的滑动，绕过光滑定滑轮的轻绳一端活塞相连，另一端与放在地面上质量为M的物块相连。开始时，轻绳处于伸直状态但无弹力，活塞离气缸内底的距离为h9 cm，缸内气体的温度为T1300 K。当汽缸内气体温度下降为T2225 K时，物块对地面的压力刚好为零。气缸的质量大于物块的质量，外界大气压为p01.0105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，环境温保持不变。求：(i)物块的质量M；(ii)要使物块缓慢上升3cm，需要将缸内气体的温度缓慢降为多少K。【解析】(i)设开始时缸内气体的压强为p1，对活塞进行受力分析有当物块对地面的压力为零时，轻绳中拉力与物块重力相等，有设缸内气体

23、的压强为p2，对活塞进行受力分析有当物块对地面的压力为零时，缸内气体的温度为T2225 K，气体发生等容变化，则有联立解得M1.5 kg。(ii)当物块上升3cm的高度时，此时缸内压强仍为p2，活塞的高度为h6 cm，设此时缸内气体温度为T3，气体发生等压变化，有解得T3150 K。34物理选修34（15分）(1)(5分)如图所示，由单色光、组成的一束细光束投射在屏幕上的P点，当把三棱镜ABC放在它的传播方向上，且光束与斜面AB垂直时，屏幕上出现两个光斑，单色光的光斑位置较高，单色光的光斑位置较低，则下列说法正确的是_。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1

24、个扣3分，最低得分为0分）A两个光斑均在的上方B两个光斑均在的下方C在三棱镜中，单色光的传播速度比较小D适当增大光束射到BC面的入射角，单色光在BC面的折射光先消失E用同一双缝干涉实验装置观察这两色光的干涉条纹时，单色光的条纹间距比较大【答案】ACD【解析】由于细光束经过棱镜时发生折射，故两个光斑均在P的上方，B错误，A正确；由于单色光的光斑位置较高，折射率大，说明在三棱镜中，单色光的传播速度比较小，C正确；适当增大光束射到面的入射角，根据可知，单色光在面的折射光先消失，D正确；根据条纹间距公式可知，由于单色光的波长较短，故条纹间距比较小，E错误。(2)(10分)一列简谐横波沿x轴正方向传播，频率为5 Hz，某时刻的波形如下图所示，介质中质点A的平衡位置在x17.5 cm处，质点B的平衡位置在x216 cm处，从图示对应的时刻算起(i)判断A、B两质点，谁先回到平衡位置，并求出它们先后回到平衡位置的时间差；(ii)求出质点A的振动方程。【解析】(i)由题图可知波长为波速为A质点回到平衡位置需要的时间B质点回到平衡位置需要的时间所以先回到平衡位置它们先后回到平衡位置的时间差(ii)设质点A的振动方程为由(i)可知，质点A在时，位移，代入振动方程中可得所以，质点A的振动方程为。