2022年高考仿真模擬十(時間：75分鐘，滿分：100分) 題號12345678模擬點熱學基本概念直流電路分析萬有引力定律應用簡諧運動安培力物理光學全反射光電效應題號9101112131415 模擬點熱力學定律與圖象電場性質(zhì)用雙縫干涉測波長光電效應規(guī)律應用電磁感應動力學分析力學綜合(含動量)帶電粒子在復合場中的運動  一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共計40分，每小題只有一個選項符合題意。1.[2021·東北三省四城市質(zhì)量監(jiān)測(二)]查理定律指出，一定質(zhì)量的某種氣體在體積一定時，氣體的壓強與溫度之間有線性關系，如圖1所示。則一定質(zhì)量的某種氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，下列說法正確的是(　　)圖1A.氣體向外界放出熱量B.氣體分子的平均動能不變C.外界對氣體做功D.單位時間內(nèi)碰撞單位面積器壁的分子數(shù)增多答案　D解析　題圖為p－t圖象轉(zhuǎn)化p－T圖象，則可知為一條過坐標原點的直線，該氣體做等容變化，外界對氣體不做功，溫度升高，內(nèi)能增加，必定從外界吸收熱量，A、C錯誤；隨著壓強增大，氣體的溫度也增大，分子平均動能增大，B錯誤；由于氣體體積不變，分子數(shù)密度不變，但分子平均速率增加，所以單位時間碰撞到單位面積上的分子數(shù)增多，D正確。2.(2021·湖北省開學摸底)如圖2所示的電路中，電阻R＝2 Ω。斷開S后，電壓表的讀數(shù)為3 V；閉合S后，電壓表的讀數(shù)為2 V，則電源的內(nèi)阻r為(　　)圖2A.1 Ω   B.2 ΩC.3 Ω   D.4 Ω答案　A解析　開關S斷開時有：E＝3 V，開關S閉合時有2＝R，其中R＝2 Ω，解得r＝1 Ω，故A正確。3.(2021·安徽安慶市二模)2020年12月1日，“嫦娥五號”探測器成功實現(xiàn)在月球表面軟著陸，隨后開始約兩天的月面工作，在完成月壤的鉆取采樣與封裝等工作后，于12月3日“上升器”啟動3 000 N推力發(fā)動機，從月面起飛上升，發(fā)動機經(jīng)過約6分鐘的工作后到達距月面200 km高的環(huán)月軌道繞月飛行，伺機與一直在該軌道飛行的“軌返組合體”進行對接。已知月球質(zhì)量M＝7.4×1022 kg，月球半徑R＝1 740 km，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，則下列說法正確的是(　　)A.“軌返組合體”與“上升器”對接后，它們的共同速度將減小B.對接前，“軌返組合體”在環(huán)月軌道上飛行的速度約為1.6 km/sC.對接后，“軌返組合體”與“上升器”一起繞月飛行的周期約為3 hD.對接后，“軌返組合體”與“上升器”一起繞月飛行的向心加速度約為3 m/s2答案　B解析　 “軌返組合體”與“上升器”對接后，仍然在原軌道上繞月飛行，它們的共同速度保持不變，A錯誤；設“軌返組合體”的質(zhì)量為m，環(huán)繞月球飛行的速度為v，由萬有引力定律和牛頓第二定律可知＝解得v＝代入數(shù)據(jù)解得v＝1.6 km/s，B正確；“軌返組合體”與“上升器”一起繞月飛行的周期為T，向心加速度為an，由圓周運動的知識可得T＝＝2 han＝＝1.3 m/s2，C、D錯誤。4.(2021·天津市等級性考試模擬四)夏天的河上，有幾名熟悉水性的青年將繩子掛在橋下蕩秋千，繩子來回蕩幾次后跳入河中，現(xiàn)把秋千看成單擺模型，圖3為小明在蕩秋千時的振動圖象，已知小王的體重比小明的大，則下列說法正確的是(　　)圖3A.小王蕩秋千時，其周期大于6.28 sB.圖中a點對應蕩秋千時的最高點，此時回復力為零C.小明蕩到圖中對應的b點時，動能最小D.該秋千的繩子長度約為10 m答案　D解析　小王蕩秋千時，根據(jù)T＝2π可知做單擺運動的物體的周期與質(zhì)量無關，其周期等于6.28 s，故A錯誤；圖中a點對應蕩秋千時的最高點，此時回復力最大，故B錯誤；小明蕩到圖中對應的b點時，b點為平衡位置，速度最大，動能最大，故C錯誤；根據(jù)T＝2π，計算得l≈10 m，故D正確。5.(2021·湖南省高考模擬)直導線右側(cè)放一個矩形線框Q，二者分別通以電流I1、I2，電流方向如圖4(a)所示，圖4(b)為俯視圖，直導線P與線框不在同一平面內(nèi)，但P與線框豎直中心軸共面，O1O2為過線框中心O和直導線P的水平直線。不考慮線框上下兩段導線對直導線的影響。下列說法正確的是(　　)圖4A.若P固定，Q可以繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動，則圖(b)中Q會先逆時針轉(zhuǎn)動B.若P固定，Q可以繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動，則圖(b)中Q會先順時針轉(zhuǎn)動C.若Q固定，P可以自由運動，則P將沿O1O2向O靠近D.若Q固定，P可以自由運動，則圖(a)中P將順時針轉(zhuǎn)動答案　B解析　題圖(b)中，由安培定則可知電流I1產(chǎn)生的磁感線為以P為圓心的順時針方向的同心圓，由左手定則可判斷線框左側(cè)導線受到的安培力指向?qū)Ь€P，線框右側(cè)導線受到的安培力背離導線P，若P固定，Q可以繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動，則題圖(b)中Q會先順時針轉(zhuǎn)動，A錯誤，B正確；若Q固定，線框左側(cè)導線對P的安培力指向左側(cè)導線，線框右側(cè)導線對P的安培力背離右側(cè)導線，根據(jù)力的合成法則知直導線P所受合外力方向偏向右下，故直導線P在剛開始一段時間內(nèi)向右下方運動，C、D錯誤。6.(2021·北京西城區(qū)5月統(tǒng)測)如圖5所示，一束可見光穿過平行玻璃磚后，分為a、b兩束單色光。則(　　)圖5A.玻璃對b光的折射率較大B.在真空中a光的速度大于b光的速度C.a光光子能量大于b光光子能量D.如果b光是綠光，那么a光可能是紅光答案　C解析　由題圖可知a光射入玻璃磚后的折射角小于b光射入玻璃磚后的折射角，根據(jù)折射定律可知玻璃對a光的折射率較大，故A錯誤；在真空中a光與b光的速度相等，故B錯誤；由A項結(jié)論可知a光的頻率大于b光的頻率，所以a光光子能量大于b光光子能量，故C正確；紅光的頻率小于綠光的頻率，所以如果b光是綠光，a光不可能是紅光，故D錯誤。7.(2021·山東泰安市二輪檢測)如圖6，一長方體透明玻璃磚在底部挖去半徑為R的半圓柱，玻璃磚長為L。一束單色光垂直于玻璃磚上表面射入玻璃磚，且覆蓋玻璃磚整個上表面。已知玻璃的折射率為，則半圓柱面上有光線射出(　　)圖6A.在半圓柱穹頂部分，面積為B.在半圓柱穹頂部分，面積為πRLC.在半圓柱穹頂兩側(cè)，面積為D.在半圓柱穹頂兩側(cè)，面積為πRL答案　A解析　光線經(jīng)過玻璃磚上表面到達下方的半圓柱面出射時可能發(fā)生全反射，如圖設恰好發(fā)生全反射時的臨界角為C，由全反射定律得n＝解得C＝則有光線射出的部分圓柱面的面積為S＝2CRL解得S＝πRL8.(2021·湖北武漢市4月質(zhì)量檢測)如圖7所示，分別用波長為λ、2λ的光照射光電管的陰極K，對應的遏止電壓之比為3∶1，則光電管的極限波長是(　　)圖7A.2λ   B.3λC.4λ   D.6λ答案　C解析　根據(jù)Uce＝mv＝－則Uc1e＝－Uc2e＝－其中＝解得λ0＝4λ9.(2021·江蘇七市第三次調(diào)研)一定質(zhì)量理想氣體的壓強p隨體積V變化規(guī)律如圖8所示，從狀態(tài)A到B的過程中(　　)圖8A.氣體溫度保持不變B.外界對氣體做功C.氣體從外界吸收熱量D.氣體對器壁單位面積的平均作用力不變答案　C解析　從狀態(tài)A到B的過程中，氣體的體積增大，分子密度減小，只有溫度升高時，其壓強才會增大，A錯誤；氣體體積增大，表明氣體對外做功。B錯誤；氣體溫度升高，說明內(nèi)能增大，體積增大，說明氣體對外做功，根據(jù)熱力學第一定律可得氣體要吸收熱量。C正確；因為壓強變大，根據(jù)壓強定義式可知，單位面積上受力變大，D錯誤。10.(2021·廣西柳州市第三次模擬)如圖9所示，A、B、C、D、E、F、G、H為立方體的八個頂點，現(xiàn)在其中A、B兩點放置兩個電荷量均為＋Q的點電荷。下列說法正確的是(　　)圖9A.C、D、E、F四點的電勢相同B.C、D、E、F四點的場強相同C.把一正試探電荷沿GH移動，電場力始終不做功D.把一負試探電荷沿GF移動，電場力先做正功后做負功答案　A解析　根據(jù)幾何知識可知，平面CDEF平行于AB，且CD和EF到AB的距離相等，根據(jù)等量同種電荷的等勢面分布規(guī)律(如圖所示)可知，C、D、E、F四點位于同一等勢面上，故四個點的電勢相等，故A正確；根據(jù)幾何關系可知C、D、E、F四點的場強大小相等，但方向不同，故B錯誤；從G到H電勢先減小后增大，所以把一正試探電荷沿GH移動，電場力先做正功后做負功，故C錯誤；從G到F電勢始終增大，所以把一負試探電荷沿GF移動，電場力始終做正功，故D錯誤。二、實驗題：共計15分。11.(15分)(2021·北京海淀區(qū)一模)現(xiàn)用如圖10所示雙縫干涉實驗裝置來測量光的波長。圖10(1)在組裝儀器時單縫和雙縫應該相互________放置。(選填“垂直”或“平行”)；(2)已知測量頭主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同學調(diào)整手輪使測量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對齊，并將該亮紋定為第1條亮紋，此時測量頭上游標卡尺的讀數(shù)為1.16 mm；接著再同方向轉(zhuǎn)動手輪，使分劃板中心刻線與第6條亮紋中心對齊，此時測量頭上游標卡尺的示數(shù)如圖11所示，則讀數(shù)為________mm。已知雙縫間距d＝2.00×10－4 m，測得雙縫到毛玻璃屏的距離L＝ 0.800 m，所測光的波長λ＝________nm(保留3位有效數(shù)字)；圖11(3)為減小誤差，該實驗并未直接測量相鄰亮條紋間的距離Δx，而是先測量n個條紋的間距再求出Δx。下列實驗采用了類似方法的有________。A.“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗中合力的測量B.“探究彈簧彈力與形變量的關系”的實驗中彈簧的形變量的測量C.“用單擺測重力加速度”的實驗中單擺的周期的測量D.“用油膜法估測油酸分子的大小”的實驗中1滴油酸酒精溶液體積的測量答案　(1)平行　(2)15.02　693　(3)CD解析　(1)在組裝儀器時單縫和雙縫應該相互平行放置。(2)游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù)。游標尺是50分度的，分度值為0.02 mm，其讀數(shù)為15 mm＋1×0.02 mm＝15.02 mm。兩相鄰條紋的間距Δx＝＝ mm＝2.772 mm根據(jù)Δx＝λ得λ＝＝ m＝6.93×10－7 m＝693 nm。(3)先測量n個條紋的間距再求出Δx，是采用了微量累積法，“用單擺測重力加速度”的實驗中單擺的周期的測量和“用油膜法估測油酸分子的大小”的實驗中1滴油酸酒精溶液體積的測量實驗采用了微量累積法；“探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律”的實驗中合力的測量采用了等效替代法；“探究彈簧彈力與形變量的關系”的實驗中彈簧的形變量的測量沒有采用累積法，故C、D正確，AB錯誤。三、計算題：本題共4小題，共計45分。解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12.(8分)(2021·江蘇“決勝新高考·名校交流3月聯(lián)考”)根據(jù)玻爾原子結(jié)構理論，氦離子(He＋)的能級圖如圖12甲所示，大量處在n＝4的激發(fā)態(tài)的氦離子(He＋)在向低能級躍遷的過程中會釋放出多種能量的光，用其中所釋放出的能量最小的光去照射光電管陰極K，電路圖如圖12乙所示，合上開關，發(fā)現(xiàn)電流表讀數(shù)不為零。調(diào)節(jié)滑動變阻器，發(fā)現(xiàn)當電壓表讀數(shù)小于1.64 V時，電流表示數(shù)仍不為零，當電壓表讀數(shù)大于或等于1.64 V時，電流表讀數(shù)為零。求：圖12(1)光電管陰極材料的逸出功W0；(2)現(xiàn)把電路改為圖12丙，當電壓表讀數(shù)為2 V時，則電子到達陽極時的最大動能Ek。答案　(1)1 eV　(2)3.64 eV解析　(1)由能級圖圖甲可知，能量最小的光的能量為能級4到能級3，即E光＝E4－E3＝2.64 eV根據(jù)題意可知，遏止電壓為Uc＝1.64 V，即逸出光電子的最大初動能Ekm＝1.64 eV陰極材料的逸出功W0＝E光－Ekm得W0＝1 eV。(2)現(xiàn)把電路改為題圖丙，電源提供了正向電壓，電子到達陽極時的最大動能Ek，即有Ek＝Ekm＋eU＝3.64 eV。13.(10分)(2021·安徽安慶市二模)如圖13所示，光滑平行金屬導軌由傾斜部分和水平部分平滑連接而成，導軌間距為d＝0.5 m，上端電阻R＝1.5 Ω，在圖中矩形虛線框區(qū)域存在大小為B＝1 T、方向豎直向上的勻強磁場。現(xiàn)將質(zhì)量m＝2 kg、內(nèi)阻r＝0.5 Ω、長L＝0.5 m的導體棒ab從傾斜導軌上高度h＝0.2 m處由靜止釋放，導體棒將以速度v0進入水平導軌，恰好穿過磁場區(qū)域。若將導體棒ab從傾斜導軌上更高的H處由靜止釋放，導體棒ab穿出磁場區(qū)域時的速度恰好為v0，運動過程中導體棒始終與導軌垂直并接觸良好，不計導軌電阻，g＝10 m/s2。圖13(1)求導體棒ab第一次進入磁場區(qū)域時通過電阻R的電流；(2)若導體棒ab第二次通過磁場過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為9 J，求導體棒第二次釋放高度H的值。答案　(1)0.5 A　(2)0.8 m解析　(1)導體棒第一次進入磁場速度由動能定理mgh＝mv解得v0＝＝2 m/s回路中產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv0解得E＝1 V所以通過電阻R的電流I＝＝0.5 A。(2)導體棒ab第二次通過磁場過程中回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝QR＝12 J設第二次進入的速度為v，由能量守恒有mv2－mv＝Q解得v＝4 m/s，則H＝＝0.8 m。14.(12分)(2021·山東濟南市二模)如圖14所示，兩足夠長直軌道間距d＝1.6 m，軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量M＝2 kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止狀態(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面均為半徑R＝1 m的半圓，圓心分別為O、O′。有5個完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為m＝0.5 kg。某時刻第一個小滑塊以初速度v0＝1.5 m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時小滑塊恰好位于O點，每當前一個小滑塊與P共速時，下一個小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑板P與小滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.8，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求：圖14(1)滑板P與軌道間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)O′O的長度L；(3)第5個小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案　(1)0.45　(2)2.25 m　(3)2 J解析　(1)對滑板受力分析，畫出滑板的兩個平面圖如圖甲和乙所示由幾何關系可得sin α＝＝0.8解得α＝53°由于滑板處于靜止狀態(tài)，由平衡條件可得Mgcos θ＝2N′cos αMgsin θ＝2μ2N′聯(lián)立解得μ2＝0.45。(2)第一個小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導軌方向合外力為零，系統(tǒng)動量守恒mv0＝(m＋M)v1設滑塊相對滑板的位移OO′為L，由系統(tǒng)的動能定理，得mgLsin θ－μ1mgcos θ·L＝(m＋M)v－mv聯(lián)立方程，解得L＝2.25 m。(3)第四個小滑塊從滑上到和滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設共同速度為v4，則有4mv0＝(4m＋M)v4第五個小滑塊從滑上到和滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設共同速度為v5，則有5mv0＝(5m＋M)v5設第五個滑塊相對滑板的位移OO′為L5，由系統(tǒng)的動能定理，得mgL5sin θ－μ1mgcos θL5＝(5m＋M)v－mv－(4m＋M)v。則由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mgcos θL5＝2 J15.(15分)[2021·東北三省四城市質(zhì)量監(jiān)測(二)]如圖15所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁場區(qū)的右側(cè)有豎直向下的勻強電場，電場區(qū)足夠?qū)挘译妶龅淖筮吔缗c磁場區(qū)相切，足夠長的水平熒光屏PQ與磁場區(qū)相切于P點。從P點以相同的速率v射出兩個相同的帶正電的粒子a、b，兩粒子初速度方向的夾角θ＝30°，其中粒子a的初速度豎直向上、兩粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均水平離開磁場進入電場。已知勻強電場的場強E＝Bv，不計粒子重力及粒子間相互作用。求：圖15(1)帶電粒子的比荷；(2)兩粒子打到熒光屏上的亮點之間距離；(3)粒子b整個運動過程所用的時間。答案　(1)　(2)(－)R　(3)解析　(1)由a粒子的運動可知粒子在磁場中運動的半徑r＝R由牛頓第二定律有Bqv＝m可得粒子的比荷＝。(2)a粒子在電場中做類平拋運動xa＝vta　R＝t同理b粒子xb＝vtb1.5R＝tΔx＝xb－xa，可得Δx＝(－)R。(3)粒子b在磁場中運動的時間t1＝，粒子b在射出磁場至即將進入電場的過程中運動的時間t2＝由(2)中可得在電場中運動的時間tb＝所以粒子b整個運動過程的總時間t＝t1＋t2＋tb＝。

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