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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1418題只有一項符合題目要求，第1921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

2、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

3、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

4、中，根據(jù)EkhW0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(zhì)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，動量p也較小，質(zhì)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?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供的，即G，可得：v，由pmv可知，衛(wèi)星動量的大小

5、與物體的速度和質(zhì)量大小都有關，軌道半徑大的衛(wèi)星運行速度小，但質(zhì)量不確定，因此動量不一定大，機械能也不一定大，再根據(jù)Gmr，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(zhì)點做直線運動時的vt圖象，圖象關于圖中虛線對稱，則在0t1時間內(nèi)，關于質(zhì)點的運動，下列說法正確的是()圖1A若質(zhì)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相等B若質(zhì)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(zhì)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(zhì)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(zhì)點運動的過程圖，

6、質(zhì)點在0t1時間內(nèi)能兩次到達的位置有兩個，分別對應質(zhì)點運動速度為零的兩個位置，因此A、B錯誤；在質(zhì)點沿負方向加速運動的過程中，質(zhì)點可三次通過某一位置，這時質(zhì)點兩次加速，一次減速，在質(zhì)點沿負方向減速運動的過程中，質(zhì)點可三次通過某一位置，這時質(zhì)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51，原線圈接入電壓為220 V的正弦交流電，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2A原、副線圈中的電流之比為51B電壓表的示數(shù)為44 VC若滑動變阻器接入電路的阻值為20 ，則1 min內(nèi)產(chǎn)生的熱量為2 904 JD

7、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15，電壓表示數(shù)為44 V，故A錯誤，B正確；由Qt可求得Q5 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(zhì)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

8、子的重力，則下列判斷中正確的是()圖3Aa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Ca、b兩點間的電勢差為UabD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qaqb，所以ab，即a點電勢低于b點電勢，選項A正確；由動能定理可知：qEd0mv，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UbaEd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，UEd，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，

9、傾角為的斜面固定在水平地面上，斜面上有兩個質(zhì)量均為m的小球A、B，它們用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連接，現(xiàn)對A施加一個水平向右大小為Fmg的恒力，使A、B在斜面上都保持靜止，如果斜面和兩個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4A彈簧的原長為LB斜面的傾角為30C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0ABD對小球B進行受力分析，由平衡條件可得：kxmgsin ，解得x，所以彈簧的原長為LxL；對小球A進行受力分析，由平衡條件可得：Fcos mgsin kx，解得：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

10、，可得mgsin kxmaA，小球A此時的加速度aAg，選項C錯誤撤掉恒力F的瞬間，彈簧彈力不變，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(jié)果B線圈中產(chǎn)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5AA線圈中的電流一定沿順時針方向BA線圈中的電流一定是均勻增大的CB線圈中磁通量的變化率一定為IRDB線圈一定有收縮的趨勢ABD由于B線圈中產(chǎn)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

11、中的電流恒定，因此磁場均勻變化，A線圈中的電流可能均勻增大，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項錯誤第卷二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答第3334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(zhì)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

12、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OCh，BCh1，CDh2，m1m2，重力加速度為g，則：甲 乙圖6(1)如果C點是從計時開始的第5個計數(shù)點，在紙帶上打下計數(shù)點C時物塊的速度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_；系統(tǒng)勢能的減少量Ep_.(3)通過測量紙帶上各計數(shù)點的數(shù)據(jù)，如何判定系統(tǒng)機械能的變化關系_【解析】(1)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(nèi)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(m1m2)v；系統(tǒng)勢能的減少量Ep(m2m1)gh.(3)通過測量紙帶上各

13、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(nèi)，若EkEp，則系統(tǒng)機械能守恒【答案】(1)(2分)(2)(1分)(m2m1)gh(1分)(3)在誤差允許范圍內(nèi)，若EkEp，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)10.000.0022.560.3032.832.6042.908.2153.

14、0030.24(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(nèi)阻不計的電源兩端相接，還需要串聯(lián)一個阻值R_的電阻，才能使它工作在最佳狀態(tài)(結(jié)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

15、流表采用內(nèi)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)的伏安特性曲線(3)由于電流表為內(nèi)接法，電流表分壓使測量值偏大(4)根據(jù)圖象可讀出I8 mA時，對應的電壓U2.88 V，可得串聯(lián)電阻兩端的電壓為0.12 V，故可求出R15 .【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(zhì)彈簧豎直地固定在水平地面上，其上端拴接一質(zhì)量為mB3 kg的平板，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在平板正上方h15 cm處將一質(zhì)量為mA1 kg的物塊A無初速度釋

16、放，物塊A與平板碰后合為一體，平板用t0.2 s的時間到達最低點，且下降的高度為h25 cm，再經(jīng)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(nèi)，重力加速度g10 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(jié)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：mAgh1mAv代入數(shù)據(jù)解得：v01 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(mAmB)v代入數(shù)據(jù)解得：v0.25 m/s(2分)物塊A與

17、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：Ep(mAmB)v2(mAmB)gh2(2分)代入數(shù)據(jù)解得：Ep2.125 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(mAmB)g2t2(mAmB)v(2分)代入數(shù)據(jù)解得：I18 Ns.(2分)【答案】(1)2.125 J(2)18 Ns25(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(zhì)量為m、電荷量大小為q的粒子，以與左邊界PP成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

18、，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(zhuǎn)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(cè)偏轉(zhuǎn)當粒子恰好不從QQ邊界射出時，根據(jù)幾何關系可知：r1dr1cos 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qv0Bm(2分)聯(lián)立上式解得：v0qBd.(2分)(2)同理當粒子帶負電時，設帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)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(cè)偏轉(zhuǎn)當粒子恰好不從QQ邊界射出時，根據(jù)幾何關系可知：r

19、2r2cos 45d(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qv0Bm(2分)聯(lián)立以上兩式解得：v0qBd.(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：t(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(zhuǎn)過的角度之比.(2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33(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，

20、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(zhì)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(nèi)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(zhì)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(nèi)能公式為URT，現(xiàn)對氣體緩慢加熱，求：圖10活塞恰好上升到汽

21、缸頂部時氣體的溫度和氣體吸收的熱量；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(zhì)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(nèi)能是物體內(nèi)所有分子的動能與勢能之和，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)開始加熱后活塞上升的過程中封閉氣體做等壓變化，V1LS，V22LS由解得：T22T1(2分)由熱力學第一定律可知：UWQ，UR(T2T1)，Wp0(V2V1)(2分)解得：QRT1p0LS.(2分)設當加熱

22、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：p31.5p0.(2分)【答案】(1)ABC(2)2T1RT1p0LS1.5p034物理選修34(15分)(1)(5分)一列簡諧橫波在t0時刻的圖象如圖11甲所示，平衡位置位于x15 m處的A質(zhì)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11A這列波沿x軸負方向傳播B這列波的波速是m/sC從t0開始，質(zhì)點P比質(zhì)點Q晚0.3 s回到平衡位置D從t0到t0.1 s時間內(nèi)，質(zhì)點Q加速度越來越小

23、E從t0到t0.6 s時間內(nèi)，質(zhì)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(nèi)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(zhì)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：vm/sm/s，選項B錯誤；t0時刻，質(zhì)點P向下運動，由圖乙可知，質(zhì)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(zhì)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(zhì)點P比質(zhì)點Q晚回到平衡位

24、置的時間大于0.3 s，選項C錯誤；從t0到t0.1 s時間內(nèi)，質(zhì)點Q向平衡位置運動，所以質(zhì)點Q的加速度越來越小，選項D正確；從t0到t0.6 s時間內(nèi)，經(jīng)歷了半個周期，質(zhì)點A剛好又回到平衡位置，因此質(zhì)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(nèi)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1.折射角為2，由折射定律有sin 1nsin 2(2分)這里n是該玻璃棒的折射率，由圖中幾何關系可得：23(2分)由圖可知3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(nèi)傳播，需在表面發(fā)生全反射，則3C(2分)式中C是玻璃全反射的臨界角，它滿足關系sin C(1分)從玻璃棒端面入射的光線的臨界入射角為t(1分)聯(lián)立解得該玻璃棒的折射率n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(nèi)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