（新高考）2022屆高三二輪綜合卷物理（六）注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4．考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，每小題4分；第8～10題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1．天文物理學家認為，在太陽和類似結(jié)構(gòu)的星體中，發(fā)生的核聚變反應中占優(yōu)勢的是質(zhì)子—質(zhì)子循環(huán)，又稱克里奇菲爾德循環(huán)，該循環(huán)的核反應方程為：2X→H＋e，X＋H→Y，2Y→He＋2X，其中X、Y分別為(　　)A．p，H    B．n，H    C．p，He    D．n，He【答案】C【解析】原子核核反應過程中，遵循質(zhì)量數(shù)，電荷數(shù)守恒定律，可知X、Y分別為p、He，所以C正確；ABD錯誤。2．做簡諧運動的單擺，當擺球通過最低位置時(　　)A．擺球所受的回復力為零                   B．擺線對擺球的拉力為零C．擺球所受的合力為零                     D．擺球的重力勢能一定為零【答案】A【解析】單擺的最低點是其簡諧運動的平衡位置，故回復力為零，故A正確；當擺球通過最低位置時，滿足合外力提供向心力，即，故BC錯誤；因為零勢能面可以任意選取，所以當擺球通過最低位置時擺球的重力勢能不一定為零，故D錯誤。 3．如圖所示，魔法球（又名等離子球）外層為高強度透明玻璃球殼，球內(nèi)充有稀薄的惰性氣體，球中央有黑色球狀電極，通電后，在電極周圍空間產(chǎn)生高頻高壓交變電場，球內(nèi)稀薄氣體受到高頻電場的電離作用會產(chǎn)生輻射狀的輝光。站在大地上的人用手觸摸球殼時輝光會隨乎移動，好像人施了魔法一樣，關(guān)于通電后的魔法球下列說法正確的是(　　)A．球內(nèi)各處電勢均為零B．球內(nèi)電極產(chǎn)生的電場方向沿球半徑向外C．用手觸摸球時，不會有電流從手流過D．用手觸摸球時，球內(nèi)的電場、電勢分布不對稱【答案】D【解析】球內(nèi)各處電勢均不為零，因為球內(nèi)有高頻電場有一定的電勢差，所以A錯誤；球內(nèi)電極產(chǎn)生的電場方向沿球半徑向里，因為球內(nèi)稀薄氣體受到高頻電場的電離負離子向外運動，所以B錯誤；用手觸摸球時，會有電流從手流過，所以C錯誤；用手觸摸球時，球內(nèi)的電場、電勢分布不對稱，因為用手觸摸后，電場強弱發(fā)生了變化，所以D正確。4．如圖為小球在水平面上移動，每隔0.02秒記錄下的位置。將該段運動分為5段，則其中平均速度最大與平均加速度最小的運動過程分別為(　　)A．①和②                      B．①和③C．⑤和③                      D．⑤和②【答案】C【解析】由圖可知⑤位移最大，各段運動時間相同，由＝知⑤平均速度最大；③最近似于勻速直線運動，即速度大小和方向變化最小，平均加速度最小，故C正確，ABD錯誤。5．一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，再變化到狀態(tài)C，其變化過程的p－V圖象如圖所示(　　)A．氣體在A狀態(tài)時的內(nèi)能大于C狀態(tài)時的內(nèi)能B．氣體在B狀態(tài)時每個分子的動能都比A狀態(tài)時大C．氣體從狀態(tài)A到B吸收的熱量大于從狀態(tài)B到C放出的熱量D．氣體從狀態(tài)A到B吸收的熱量等于從狀態(tài)B到C放出的熱量【答案】C【解析】由p－V圖象可得，由理想氣體守恒，可知氣體在A狀態(tài)和C狀態(tài)時的溫度相等即，一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度相等內(nèi)能也相等，因此氣體在A狀態(tài)時的內(nèi)能等于在C狀態(tài)時的內(nèi)能，A錯誤；由圖象知，理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B為等壓膨脹過程，由守恒可知，溫度升高即TA＜TB，溫度越高分子平均動能越大，則氣體在B狀態(tài)時分子平均動能比A狀態(tài)時大，分子平均動能變大并不是每個分子的動能都增大，而是動能較大分子數(shù)量所占的比例增大，B錯誤；A→B過程：氣體體積變大，外界對氣體做負功，即W＜0，溫度升高，內(nèi)能增加，即，由熱力學第一定律，可知Q＞0，則此過程氣體吸熱，吸收的熱量等于增加的內(nèi)能加上外界對氣體做功的絕對值；B→C過程：氣體體積不變，外界不對氣體做功，即W＝0，溫度降低，內(nèi)能減少，即，同理可知Q＜0，此過程氣體放熱，放出的熱量等于減少的內(nèi)能；因TA＝TC，可得A→B過程升高的溫度等于B→C過程降低的溫度，所以A→B過程內(nèi)能增加量等于B→C過程內(nèi)能減少量；由以上分析可知：氣體從狀態(tài)A到B吸收的熱量大于從狀態(tài)B到C放出的熱量，D錯誤，C正確。6．一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生正弦式交變電流，電動勢隨時間的變化規(guī)律如圖線a所示。僅調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速，電動勢隨時間的變化規(guī)律如圖線b所示，則圖線b電動勢瞬時值的表達式是(　　)A．e＝100sin 5πt（V）           B．e＝100 sin（V）C．e＝120sin 5πt（V）           D．e＝120sin （V）【答案】B【解析】由圖可知，調(diào)整轉(zhuǎn)速前后周期之比，由可知角速度與周期成反比，得調(diào)整轉(zhuǎn)速前后角速度之比為，調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速之后，交流電的角速度ωbrad/s，感應電動勢最大值Em＝NBSω，轉(zhuǎn)速調(diào)整前后，NBS相同，Em與ω成正比，由圖可知，調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速之前交流電的最大電動勢Ema＝150 V，所以調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速之后交流電的最大電動勢＝100 V，線圈從中性面開始轉(zhuǎn)動計時，所以圖線b電動勢的瞬時值表達式e＝100 sin（V），故選B。7．如圖甲所示，某籃球運動員正在進行超遠三分球投籃。籃球的運動軌跡如圖乙所示，A是籃球的投出點，B是運動軌跡的最高點，C是籃球的投入點。已知籃球在A點的速度與水平方向的夾角為60°，在C點的速度大小為v0、與水平方向的夾角為45°，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是(　　)A．籃球在B點的速度v0B．從B點到C點，籃球的運動時間為C．籃球在A點的速度為2v0D．A、C兩點的高度差為【答案】D【解析】籃球的運動軌跡如圖乙所示，籃球做的是斜拋運動，由斜拋運動的規(guī)律可知，在水平方向為勻速直線運動，在豎直方向為豎直上拋運動，已知在C點的速度大小為v0、與水平方向的夾角為45°，則有在水平方向的速度vx＝v0cos 45°＝v0，B點是最高點，在豎直方向的速度是零，只有水平方向的速度，所以籃球在B點的速度v0，A錯誤；籃球在C點時，豎直方向的速度vy＝v0sin 45°＝v0，籃球從B點到C點，豎直方向為自由落體運動，則有vy＝gt，籃球從B點到C點，籃球的運動時間，B錯誤；籃球在A點的水平方向速度為vx＝v0，籃球在A點的速度vx＝vAcos 60°＝v0，C錯誤；設籃球由A到C的高度差為h，由機械能守恒定律可得，解得。D正確。9．在上海世博會上，拉脫維亞館的風洞飛行表演令參觀者大開眼界，若風洞內(nèi)總的向上的風速風量保持不變，讓質(zhì)量為m的表演者通過調(diào)整身姿，可改變所受的向上的風力大小，以獲得不同的運動效果，假設人體受風力大小與正對面積成正比，已知水平橫躺時受風力面積最大，且人體站立時受風力面積為水平橫躺時受風力面積的，風洞內(nèi)人體可上下移動的空間總高度為H。開始時，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時，受風力有效面積是最大值的一半，恰好可以靜止或勻速漂移；后來，人從最高點A開始，先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處B后，再以向上的最大加速度勻減速下落，剛好能在最低點C處減速為零，則以下說法正確的有(　　)A．由A至全過程風力對表演者做的功為mgHB．表演者向上的最大加速度是gC．表演者向下的最大加速度是gD．B點的高度是【答案】D【解析】對A至C全過程應用動能定理，解得，故A錯誤；設最大風力為Fm，由于人體受風力大小與正對面積成正比，故人站立時風力為，由于受風力有效面積是最大值的一半時，恰好可以靜止或勻速漂移，故可以求得重力，人平躺勻減速下落時有最大加速度，故B錯誤；人站立加速下降時的最大加速度，故C錯誤；設下降的最大速度為v，由速度位移公式，加速下降過程位移，減速下降過程位移，故，因而，故D正確。10．如圖所示，在xOy平面第一象限內(nèi)存在有垂直平面的勻強磁場（沒畫出），一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，由y軸上的P點開始運動，初速度為v0，方向沿x軸正方向，P到O的距離為L，后來粒子經(jīng)過x軸上的Q點，此時速度方向與x軸負方向的夾角為θ＝60°，Q到O的距離為2L，磁場的磁感應強度，則下列說法正確的是(　　)A．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為LB．求帶電粒子從P點運動到Q點所用的時間為C．若勻強磁場的區(qū)域是圓形磁場，則圓形磁場的最小面積為D．若勻強磁場的區(qū)域是矩形，則矩形磁場的最小面積為【答案】AC【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝m，又已知，聯(lián)立可得R＝L，A正確；根據(jù)R＝L，畫出粒子軌跡過程圖，如圖一所示，分析可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度θ′＝120°，根據(jù)周期公式，所以粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間，粒子做勻速直線運動的位移＝2L+Ltan 30°+－2Rtan 60°，將R＝L，代入上式可得，故粒子做勻速直線運動的時間為，所以粒子從P點運動到Q點所用的時間為，B錯誤；畫出最小面積的圓形磁場區(qū)域如圖二所示，即以MN為直徑時，圓形磁場區(qū)域面積最??；根據(jù)幾何關(guān)系可知磁場區(qū)域半徑，所以圓形區(qū)域面積為，C正確；畫出最小面積的矩形磁場區(qū)域如圖三所示，所以矩形區(qū)域面積為S2＝R(R－R)，將R＝L，代入可得，D錯誤。二、非選擇題：本題共5小題，共54分。11．(6分)如圖甲所示，為了測量小物塊的質(zhì)量m，進行了如下操作：①把勁度系數(shù)k＝50 N/m的長彈簧固定在長木板的一端，把速度傳感器固定在彈簧原長位置處；②墊起長木板沒有彈簧的另一端，直到小物塊能沿長木板勻速下滑；③給小物塊某一速度使其沿長木板下滑，速度傳感器測得其速度為v1，刻度尺測得彈簧最大壓縮量為x1；④重復③，得到數(shù)據(jù)如下表所示：v（m/s）0.51.01.52.0x（cm）5101520回答下列問題：(1)在下面的坐標系中作出v－x圖像。(2)圖線的斜率表達式k′＝___________（僅與k、m有關(guān)）。(2)由以上可得小球的質(zhì)量m＝___________kg。【答案】(1)見解析圖    (2)   (3)0.5    【解析】(1)根據(jù)數(shù)據(jù)合理選取坐標值，描點、連線，如圖所示。(2)由動能定理有，解得，所以圖線斜率。(3)由圖線可得斜率，所以小球質(zhì)量。12．(8分)某實驗小組需測量某一電源的電動勢和內(nèi)阻，實驗室提供的實驗器材有:待測電源（E大約為6 V，r大約為2.0 Ω）電阻箱R1（最大阻值為99999 Ω）電阻箱R2（最大阻值為999.9 Ω）電阻箱R3（最大阻值為5.0 Ω）靈敏電流計G（量程為1 mA，內(nèi)阻未知）開關(guān)，導線若干。(1)實驗過程中需要測出該靈敏電流表G的內(nèi)阻Rg，所用的電路如圖甲，主要步驟是:①接通開關(guān)S1，調(diào)節(jié)電阻箱R1，使G指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度；②保持R1阻值不變，再接通開關(guān)S2，調(diào)節(jié)電阻箱R2，使G指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一半，讀出此時R2的阻值為198.0 Ω。則靈敏電流表G的內(nèi)阻Rg＝_______Ω，從理論上分析Rg測量值 ________真實值（填“大于”“小于”“等于”） 。(2)由于靈敏電流表G的量程太小，實驗小組欲將其改裝成量程為100 mA的電流表A，需將靈敏電流表G與電阻箱R3______（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)"），并將R3的阻值調(diào)為_____Ω。然后完成對改裝好的電流表表盤的重新刻度并校對。(3)接著該小組將待測電源、改裝電流表A、電阻箱R1、電阻箱R2，開關(guān)連接成如圖乙所示電路，將R2調(diào)到合適阻值60 Ω后保持不動，閉合開關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱R1，得到了多組R1的值和對應的電流表的讀數(shù)I，并做出如圖丙所示的－R1關(guān)系圖像。若圖像斜率為k＝0.16 A－1·Ω－1，縱截距為b＝10.2 A－1，則電源電動勢E＝_______V，內(nèi)阻r＝_______Ω。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】(1)198.0    小于    (2)并聯(lián)    2.0    (3)6.25    1.77    【解析】(1)根據(jù)半偏法測電流表內(nèi)阻的方法及原理可知，滿偏時電流，半偏時電流，因為，，所以認為電路中總電流幾乎不變，的電流也為，所以，從理論上分析Rg測量值小于真實值，因為實際電流變大了，導致測量值偏小。(2)靈敏電流計改裝成電流表，應并聯(lián)一個電阻，起分流作用，并聯(lián)的阻值。(3)由閉合電路歐姆定律可得，整理得，結(jié)合圖像可得：圖像斜率，縱軸截距，代入數(shù)據(jù)解得，。13．(11分)如圖甲所示，一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形閉合金屬線框abcd處于豎直平面內(nèi)，水平虛線ef下方存在磁感應強度大小為B、方向垂直于線框所在平面向外的勻強磁場。將線框從ef上方由靜止釋放，剛釋放時ab邊水平且與ef距離也為L。從線框開始釋放到剛好全部進入磁場的過程中，其速度v與下落位移x的關(guān)系圖像如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：(1)線框剛進入磁場時ab兩點間的電勢差；(2)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量。【解析】(1)設ab邊剛進入磁場時線框的速度為v1，根據(jù)機械能守恒定律有ab邊剛進入磁場時的電動勢線框中的電流ab兩端的電勢差為聯(lián)立以上各式得故線框剛進入磁場時ab兩點間的電勢差為。(2)由圖乙可知cd邊進入磁場前線框已做勻速運動，設此時速度為，線框電流為，則有且有，聯(lián)立解得根據(jù)能量守恒定律有由以上各式解得故線框進入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為。14．(10分)如圖所示，在湖邊A處有一路燈，路燈高6 m，平靜的湖面上有一長木板，木板的左端距離A點4.5 m，木板長度為3.5 m，在湖面上距離長木板右端21 m處的B點有一水中動物，當空中出現(xiàn)該動物的天敵時，動物豎直向下潛水，動物到達D點處時能夠看到湖邊地面，且木板右端恰好處在景物的邊緣，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，水的折射率為，求：(1)D點到水面的距離；(2)動物為了躲避空中天敵，最安全的是躲在路燈照射不到的區(qū)域內(nèi)，則動物還要從D點繼續(xù)向下潛水最小深度和最大深度。（計算結(jié)果可以保留根號）【解析】(1)由得解得。(2)若光線恰好從長木板右端射入，折射角為，根據(jù)折射定律解得即解得若光線恰好從長木板左端射入，折射角為，同理解得即解得故動物必須從D點最少還要下潛最大還要下潛。15．(19分)如圖所示，光滑圓弧軌道與足夠長的傳送帶最左端水平相切，質(zhì)量mA＝0.4 kg的物塊A從圓弧軌道頂端由靜止釋放，滑到圓弧軌道底端時，與靜止在圓弧軌道底端、質(zhì)量mB＝0.2 kg的物塊B碰撞，碰撞過程無機械能損失。已知圓弧軌道半徑R＝2.25 m，所對圓心角θ＝37°，傳送帶以恒定的速度v＝1.6 m/s順時針轉(zhuǎn)動，兩物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，物塊A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)兩物塊碰前瞬間物塊A對軌道的壓力大??；(2)物塊A、B運動穩(wěn)定后，物塊A、B間的距離；(3)若僅改變物塊A的質(zhì)量，請通過計算討論物塊B與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生熱量的范圍。【解析】(1)物塊A從圓弧軌道頂端由靜止釋放，滑到圓弧軌道底端，由動能定理可得解得物塊A碰前瞬間，由牛頓第二定律，有解得N由牛頓第三定律，可得碰前瞬間物塊A對軌道的壓力大小。(2)物塊A、B碰撞，動量守恒可得由機械能守恒，可得解得，物塊A做加速運動，由牛頓第二定律，有解得加速時間為物塊A加速位移在此期間，傳送帶位移m物塊A相對傳送帶的位移物塊B做減速運動，由牛頓第二定律，有解得減速時間為物塊B減速位移在此期間，傳送帶位移物塊B相對傳送帶的位移物塊A、B運動穩(wěn)定后，A、B兩物塊間的距離。(3)由可知，若僅改變物塊A的質(zhì)量，應有當v3＝1.6m/s時，物塊B與傳送帶間摩擦產(chǎn)生熱量為零；當v3＝6m/s時，物塊B減速時間物塊B減速位移在此期間，傳送帶位移物塊B相對傳送帶的位移產(chǎn)生熱量物塊B與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生熱量的范圍為。  
   

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