2022年高考物理二輪復習 單科標準練2

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1、2022年高考物理二輪復習 單科標準練2 一、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分． 14．一個物體在四個外力作用下做勻速直線運動．如果其中一個外力F方向保持不變，而大小逐漸減小直至等于零．則在這一過程中，物體運動的速度可能是(　　) A．速度的大小越來越小，減小到零后又反向運動，速度最后趨于恒定 B．速度的大小越來越大，再越來越小，速度最后趨于恒定 C．速度大小越來越小，方向時刻改變，最后趨于恒定 D．速度大小越來越大，方向時刻改

2、變 D　[物體在四個外力作用下做勻速直線運動，物體所受的合外力為零，所受的另外三個外力的合力與該外力F的大小相等、方向相反．當F逐漸減小時，剩余其他外力的合力反向且逐漸增大，當外力F和物體初速度方向在一條直線上時，如果方向一致，物體將先做減速運動，減小到零后再做加速運動，速度越來越大，選項A錯誤；如果外力F的方向與初速度的方向相反，當F逐漸減小直至等于零的過程中，物體的速度越來越大，不會趨于恒定，選項B錯誤；當F的方向和初速度的方向不在一條直線上時，物體的速度大小和方向都會改變，當其余三個外力的合力和速度方向的夾角大于90°時，速度大小越來越小，方向時刻改變，選項C錯誤；當其余三個外力的合力

3、和速度方向的夾角小于90°時，速度大小越來越大，方向時刻改變，選項D正確．] 15．下列說法不正確的是(　　) A．玻爾大膽提出假設，認為實物粒子也具有波動性 B．放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性 C．氫原子從能級4躍遷到能級3輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長 D．在光電效應實驗中，用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，則這種金屬的逸出功W0越小 A　[德布羅意提出實物粒子也具有波動性，故A錯誤；放射性元素的放射性與核外電子無關，故放射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性，故B正確；根據(jù)玻爾理論，氫

4、原子從能級4躍遷到能級3輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長，選項C正確；在光電效應實驗中，根據(jù)Ek＝hν－W0可知，用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，這種金屬的逸出功W0越小，選項D正確．] 16．有兩顆質量不等，在圓軌道運行的人造地球衛(wèi)星．用T表示衛(wèi)星的運行周期，用p表示衛(wèi)星的動量，則有關軌道半徑較大的那顆衛(wèi)星的周期T、動量p和機械能，下列說法中正確的是(　　) A．周期T較大，動量p也一定較大，機械能也大 B．周期T較大，動量p可能較小，機械能不能確定 C．周期T較小，動量p也較大，機械能大 D．周期T較小，動

5、量p也較小，質量大的衛(wèi)星的機械能也大 B　[在圓軌道上運行的人造地球衛(wèi)星，其所需的向心力是由地球對衛(wèi)星的萬有引力提供的，即G＝，可得：v＝，由p＝mv可知，衛(wèi)星動量的大小與物體的速度和質量大小都有關，軌道半徑大的衛(wèi)星運行速度小，但質量不確定，因此動量不一定大，機械能也不一定大，再根據(jù)G＝mr，可得T＝，軌道半徑r越大，人造衛(wèi)星的運行周期T越大，所以選項A、C、D錯誤，選項B正確．] 17.如圖1所示為某質點做直線運動時的v–t圖象，圖象關于圖中虛線對稱，則在0～t1時間內，關于質點的運動，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．若質點能兩次到達某一位置，則兩次到達這一位置的速度大小一定

6、相等 B．若質點能兩次到達某一位置，則兩次的速度都不可能為零 C．若質點能三次通過某一位置，則可能三次都是加速通過該位置 D．若質點能三次通過某一位置，則可能兩次加速通過，一次減速通過 D　[如圖所示，畫出質點運動的過程圖，質點在0～t1時間內能兩次到達的位置有兩個，分別對應質點運動速度為零的兩個位置，因此A、B錯誤；在質點沿負方向加速運動的過程中，質點可三次通過某一位置，這時質點兩次加速，一次減速，在質點沿負方向減速運動的過程中，質點可三次通過某一位置，這時質點兩次減速，一次加速，C項錯誤，D項正確．] 18.一臺理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比是5∶1，原線圈接入電壓為220 V的

7、正弦交流電，一個滑動變阻器R接在副線圈上，如圖2所示，電壓表和電流表均為理想交流電表．則下列說法正確的是(　　) 圖2 A．原、副線圈中的電流之比為5∶1 B．電壓表的示數(shù)為44 V C．若滑動變阻器接入電路的阻值為20 Ω，則1 min內產生的熱量為2 904 J D．若將滑動變阻器的滑片向上滑動，則兩電表的示數(shù)均減小 B　[由理想變壓器的電流和電壓的關系可知，原、副線圈電流比為1∶5，電壓表示數(shù)為44 V，故A錯誤，B正確；由Q＝t可求得Q＝5 808 J，故C錯誤；電壓表測的是副線圈兩端的電壓，因此無論滑片如何移動其示數(shù)均不變，故D錯誤．] 19.如圖3所示，兩帶有等量

8、異種電荷的平行金屬板M、N水平放置，a、b為同一條電場線上的兩點．若將一質量為m、電荷量為－q的帶電粒子分別置于a、b兩點，則粒子在a點時的電勢能大于其在b點時的電勢能；若將該粒子從b點以初速度v0豎直向上拋出，則粒子到達a點時的速度恰好為零．已知a、b兩點間的距離為d，金屬板M、N所帶電荷量始終不變，不計帶電粒子的重力，則下列判斷中正確的是(　　) 圖3 A．a點電勢一定低于b點電勢 B．兩平行金屬板間形成的勻強電場的場強大小為 C．a、b兩點間的電勢差為Uab＝ D．若將M、N兩板間的距離稍微增大一些，則a、b兩點間的電勢差變小 AB　[由于－qφa＞－qφb，所以φa＜φ

9、b，即a點電勢低于b點電勢，選項A正確；由動能定理可知：－qEd＝0－mv，解得該勻強電場的電場強度大小為：E＝，選項B正確；由于a、b兩點間的距離為d，則由Uba＝Ed可得：Uba＝，故Uab＝－，選項C錯誤；若將M、N兩板間的距離稍微增大一些，設兩板間的距離為d′，則有C＝，C＝，U＝Ed，聯(lián)立以上三式可得：E＝，故勻強電場的場強大小不變，故a、b兩點間的電勢差不變，選項D錯誤．] 20.如圖4所示，傾角為α的斜面固定在水平地面上，斜面上有兩個質量均為m的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連接，現(xiàn)對A施加一個水平向右大小為F＝mg的恒力，使A、B在斜面上都保持靜止，如果斜面和兩個

10、小球的摩擦均忽略不計，此時彈簧的長度為L，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．彈簧的原長為L－ B．斜面的傾角為α＝30° C．撤掉恒力F的瞬間小球A的加速度不變 D．撤掉恒力F的瞬間小球B的加速度為0 ABD　[對小球B進行受力分析，由平衡條件可得：kx＝mgsin α，解得x＝，所以彈簧的原長為L－x＝L－；對小球A進行受力分析，由平衡條件可得：Fcos α＝mgsin α＋kx，解得：α＝30°，所以彈簧的原長為L－，選項A、B正確．撤掉恒力F的瞬間，對A進行受力分析，可得mgsin α＋kx＝maA，小球A此時的加速度aA＝g，選項C錯誤．撤掉恒力F的瞬間，彈簧彈力不

11、變，B球所受合力不變，故B球的加速度為零，選項D正確．] 21.如圖5所示，金屬線圈B和金屬線圈A是同心圓，半徑分別為r1、r2，若給A線圈通以電流，結果B線圈中產生順時針方向的電流，且電流大小恒定為I，線圈B的電阻為R，則下列說法不正確的是(　　) 圖5 A．A線圈中的電流一定沿順時針方向 B．A線圈中的電流一定是均勻增大的 C．B線圈中磁通量的變化率一定為IR D．B線圈一定有收縮的趨勢 ABD　[由于B線圈中產生順時針方向的電流，則根據(jù)楞次定律可知，A線圈中的電流可能是順時針方向減小，也可能是逆時針方向增大，A項錯誤；由于B線圈中的電流恒定，因此磁場均勻變化，A線圈中的

12、電流可能均勻增大，也可能均勻減小，B項錯誤；由歐姆定律及法拉第電磁感應定律，＝IR，C正確；如果A線圈中的電流減小，根據(jù)楞次定律可知，B線圈有擴張趨勢，D項錯誤．] 第Ⅱ卷 二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答． (一)必考題：共47分． 22．(6分)用如圖6甲所示的裝置來探究由m1、m2組成的系統(tǒng)的機械能．通過光滑的定滑輪用輕繩的兩端連接著質量為m1和m2的兩物塊，m1下端與穿過打點計時器的紙帶相連接．如果讓m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶被打出一系列的點，如圖乙所示是實驗中獲取的

13、一條紙帶，O是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間的時間間隔為T，測得OC＝h，BC＝h1，CD＝h2，m1

14、根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度可得，紙帶在BD段的平均速度為＝vC＝. (2)從打下O點到打下C點的過程中系統(tǒng)動能的增量Ek＝(m1＋m2)v＝；系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp＝(m2－m1)gh. (3)通過測量紙帶上各計數(shù)點的數(shù)據(jù)，根據(jù)上面的計算判定系統(tǒng)機械能的變化關系，在誤差允許范圍內，若ΔEk＝ΔEp，則系統(tǒng)機械能守恒． 【答案】　(1)(2分)　(2)(1分)　(m2－m1)gh(1分)　(3)在誤差允許范圍內，若ΔEk＝ΔEp，則系統(tǒng)機械能守恒(2分) 23．(9分)超高亮LED燈與傳統(tǒng)的照明燈相比，有壽命長、低耗、彩色鮮艷、點亮速度快等特點．被廣泛地

15、應用于商場照明、舞臺燈光控制、汽車尾燈等諸多領域．為探究LED燈的性能，某興趣小組想描繪某發(fā)光二極管(LED燈)的伏安特性曲線，實驗測得它兩端的電壓U和通過它的電流I的數(shù)據(jù)如下表所示． 序號 U/(V) I/(mA) 1 0.00 0.00 2 2.56 0.30 3 2.83 2.60 4 2.90 8.21 5 3.00 30.24 (1)實驗應該選擇的電路圖為________________；并根據(jù)你選擇的電路圖，用筆畫線代替導線將實物圖7甲中的連線補充完整． 甲　　　　　　　　 乙 圖7 (2)根據(jù)實驗得到的數(shù)據(jù)，在如圖7乙所示的坐標

16、紙上描繪出該發(fā)光二極管(LED燈)的伏安特性曲線． (3)采用(1)中所選的電路，發(fā)光二極管(LED燈)電阻的測量值________________(填“大于”“等于”或“小于”)真實值． (4)若實驗中該發(fā)光二極管(LED燈)最佳工作電流為8 mA，現(xiàn)將此發(fā)光二極管(LED燈)與電動勢為3 V、內阻不計的電源兩端相接，還需要串聯(lián)一個阻值R＝__________Ω的電阻，才能使它工作在最佳狀態(tài)．(結果保留兩位有效數(shù)字) 【解析】　(1)根據(jù)題中表格數(shù)據(jù)可知，發(fā)光二極管(LED燈)的電阻較大，電流表采用內接法，選C項；實物連接如圖： (2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描繪出該發(fā)光二極管(LED燈)的

17、伏安特性曲線． (3)由于電流表為內接法，電流表分壓使測量值偏大． (4)根據(jù)圖象可讀出I＝8 mA時，對應的電壓U＝2.88 V，可得串聯(lián)電阻兩端的電壓為0.12 V，故可求出R＝Ω＝15 Ω. 【答案】　(1)C(1分)　如圖所示(2分) (2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描繪出該發(fā)光二極管(LED燈)的伏安特性曲線如圖所示(2分) (3)大于(2分)　(4)15(2分) 24. (12分)將一輕質彈簧豎直地固定在水平地面上，其上端拴接一質量為mB＝3 kg的平板，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在平板正上方h1＝5 cm處將一質量為mA＝1 kg的物塊A無初速度釋放，物塊A與平板碰后合為

18、一體，平板用t＝0.2 s的時間到達最低點，且下降的高度為h2＝5 cm，再經過一段時間平板返回到出發(fā)點，整個過程彈簧始終處在彈性限度以內，重力加速度g＝10 m/s2.空氣阻力不計，求： 圖8 (1)上述過程中彈簧的彈性勢能最大為多少？ (2)物塊A與平板由碰撞結束到平板返回到出發(fā)點的過程中，彈簧的沖量應為多大？ 【解析】　(1)設物塊A與平板碰前瞬間的速度為v0，由機械能守恒定律得：mAgh1＝mAv代入數(shù)據(jù)解得：v0＝1 m/s(2分) 物塊A與平板碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以物塊A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得： mAv0＝(mA＋mB)v 代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.2

19、5 m/s(2分) 物塊A與平板運動到最低點時，彈簧的彈性勢能最大，則由能量守恒定律得： ΔEp＝(mA＋mB)v2＋(mA＋mB)gh2(2分) 代入數(shù)據(jù)解得：ΔEp＝2.125 J．(2分) (2)從碰后到返回碰撞點的過程，以向上為正方向，由動量定理得 I－(mA＋mB)g·2t＝2(mA＋mB)v(2分) 代入數(shù)據(jù)解得：I＝18 N·s.(2分) 【答案】　(1)2.125 J　(2)18 N·s 25．(20分)如圖9所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強磁場的寬度為d，長度足夠長，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里．一個質量為m、電荷量大小為q的粒子，以與左邊界P

20、P′成θ＝45°的速度v0垂直射入磁場．不計粒子重力，為了使粒子不能從邊界QQ′射出，求： 圖9 (1)當粒子帶正電時，v0的最大值是多少？ (2)當粒子帶負電時，v0的最大值是多少？ (3)兩種情況下粒子在磁場中運動的時間之比是多少？ 【解析】　(1)設帶電粒子在磁場中的偏轉半徑為r1，當帶電粒子帶正電時，根據(jù)左手定則可以判斷帶電粒子向左側偏轉．當粒子恰好不從QQ′邊界射出時，根據(jù)幾何關系可知：r1＝d＋r1cos 45°(2分) 解得：r1＝(2分) 由于粒子在磁場中運動，只受洛倫茲力，洛倫茲力充當向心力，則qv0B＝m(2分) 聯(lián)立上式解得：v0＝qBd.(2分)

21、(2)同理當粒子帶負電時，設帶電粒子在磁場中的偏轉半徑為r2，當帶電粒子帶負電時，根據(jù)左手定則可以判斷帶電粒子將向右側偏轉．當粒子恰好不從QQ′邊界射出時，根據(jù)幾何關系可知： r2＋r2cos 45°＝d(2分) 解得r2＝(2分) 洛倫茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律得 qv0B＝m(2分) 聯(lián)立以上兩式解得：v0＝qBd.(2分) (3)由于粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)T＝可知雖然粒子的帶電性不同，但是兩種粒子在磁場中的運動周期和角速度相同，根據(jù)圓周運動的角速度公式可得：θ＝ωt(2分) 則兩種情況下粒子在磁場中的運動時間之比等于它們在磁場中轉過的角度之比 ＝＝＝.(2

22、分) 【答案】　(1)qBd　(2)qBd　(3) (二)選考題：共15分．請考生從2道物理題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分． 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)下列說法正確的是__________．(填正確答案標號，選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．液晶具有流動性，其光學性質表現(xiàn)為各向異性 B．太空艙中的液滴呈球狀是完全失重狀態(tài)下液體表面張力的作用 C．任何物體的內能都不能為零 D．第二類永動機是不可能制造出來的，因為它違反了能量守恒定律 E．液體飽和汽的壓強稱為飽和汽壓，大小隨溫度和

23、體積的變化而變化 (2) (10分)如圖10所示，有一上部開有小孔的圓柱形汽缸，汽缸的高度為2L，橫截面積為S，一厚度不計的輕質活塞封閉1 mol的單分子理想氣體，開始時活塞距底部的距離為L，氣體的熱力學溫度為T1，已知外界大氣壓強為p0,1 mol的單分子理想氣體內能公式為U＝RT，現(xiàn)對氣體緩慢加熱，求： 圖10 ①活塞恰好上升到汽缸頂部時氣體的溫度和氣體吸收的熱量； ②當加熱到熱力學溫度為3T1時氣體的壓強． 【解析】　(1)液晶具有流動性，其光學性質表現(xiàn)為各向異性，選項A正確；太空艙中的液滴呈球狀是完全失重狀態(tài)下液體表面張力的作用，選項B正確；內能是物體內所有分子的動能與勢

24、能之和，分子永不停息地運動著，選項C正確；第二類永動機是不可能制造出來的，因為它違反了熱力學第二定律，選項D錯誤；飽和汽壓不隨體積而變化，選項E錯誤． (2)①開始加熱后活塞上升的過程中封閉氣體做等壓變化，V1＝LS，V2＝2LS 由＝解得：T2＝2T1(2分) 由熱力學第一定律可知： ΔU＝W＋Q，ΔU＝R(T2－T1)，W＝－p0(V2－V1)(2分) 解得：Q＝RT1＋p0LS.(2分) ②設當加熱到3T1時氣體的壓強變?yōu)閜3，在此之前活塞上升到汽缸頂部，對于封閉氣體，由理想氣體狀態(tài)方程． 由＝(2分) 解得：p3＝1.5p0.(2分) 【答案】　(1)ABC　(2)①

25、2T1　RT1＋p0LS?、?.5p0 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)一列簡諧橫波在t＝0時刻的圖象如圖11甲所示，平衡位置位于x＝15 m處的A質點的振動圖象如圖乙所示，下列說法中正確的是__________．(填正確答案標號，選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分) 甲　　　　　　　　　　乙 圖11 A．這列波沿x軸負方向傳播 B．這列波的波速是m/s C．從t＝0開始，質點P比質點Q晚0.3 s回到平衡位置 D．從t＝0到t＝0.1 s時間內，質點Q加速度越來越小 E．從t＝0到t＝0.6 s時間內，

26、質點A的位移為0 (2) (10分)如圖12所示是放在空氣中的一根很長的均勻玻璃棒，棒的端面是光滑的，若要求從其端面入射到玻璃棒中的光都能在長玻璃棒內傳播，則該玻璃棒應滿足什么條件？ 圖12 【解析】　(1)由圖乙可知，A質點開始運動的方向向上，則這列波沿x軸負方向傳播，選項A正確；根據(jù)波速公式可得：v＝＝m/s＝m/s，選項B錯誤；t＝0時刻，質點P向下運動，由圖乙可知，質點運動的周期為1.2 s，由于P點的運動是非勻速運動，且向下運動的速度越來越小，故質點P運動到最低點的時間大于0.15 s，運動到和Q點等位移的位置時，所用的時間大于0.3 s，所以質點P比質點Q晚回到平衡位置的

27、時間大于0.3 s，選項C錯誤；從t＝0到t＝0.1 s時間內，質點Q向平衡位置運動，所以質點Q的加速度越來越小，選項D正確；從t＝0到t＝0.6 s時間內，經歷了半個周期，質點A剛好又回到平衡位置，因此質點A的位移為0，選項E正確． (2)了保證從端面入射到玻璃棒中的光都能在長玻璃棒內傳播而不從玻璃棒的圓柱面射出，要求從端面入射到玻璃棒中的所有光線在圓柱表面上發(fā)生全反射． 如圖所示，設光線射入到端面上的入射角為θ1.折射角為θ2，由折射定律有 sin θ1＝nsin θ2(2分)① 這里n是該玻璃棒的折射率，由圖中幾何關系可得： θ2＋θ3＝(2分)② 由圖可知θ3是折射光線投射到玻璃棒表面上的入射角．若使其在玻璃棒內傳播，需在表面發(fā)生全反射，則 θ3＞C(2分)③ 式中C是玻璃全反射的臨界角，它滿足關系 sin C＝(1分)④ 從玻璃棒端面入射的光線的臨界入射角為 θt＝(1分)⑤ 聯(lián)立解得該玻璃棒的折射率n＞⑥ 所以，若要求從其端面入射到玻璃棒中的光都能在長玻璃棒內傳播，則該玻璃棒的玻璃的折射率必須大于.(2分) 【答案】　(1)ADE　(2)玻璃棒的玻璃的折射率大于