（江浙選考1）2022年高考物理總復(fù)習(xí) 綜合測試3考生須知:1.本卷滿分100分,考試時間90分鐘;2.本卷計算中,重力加速度g均取10 m/s2。選擇題部分一、選擇題(本題共13小題,每小題3分,共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的,不選、多選、錯選均不得分)1.下列有關(guān)運動的描述中,參考系的選取符合描述的是()A.詩句“飛流直下三千尺”,是以“飛流”作為參考系的B.錢塘觀潮時,觀眾覺得潮水撲面而來,是以“潮水”為參考系的C.升國旗時,觀察到國旗冉冉升起,觀察者是以“國旗”為參考系的D.“兩岸猿聲啼不住,輕舟已過萬重山”,是以“萬重山”為參考系的2.在某段公路上,分別有如圖所示的甲、乙兩塊告示牌,告示牌上面數(shù)字的意思是()A.甲是指位移,乙是平均速度B.甲是指路程,乙是平均速度C.甲是指位移,乙是瞬時速度D.甲是指路程,乙是瞬時速度3.做曲線運動的物體,在運動過程中一定會發(fā)生變化的物理量是()A.速率B.速度C.加速度D.合外力4.小張同學(xué)在現(xiàn)場觀看F1賽車比賽時,看到賽車一閃而過,感嘆“真快啊”;當(dāng)?shù)搅私K點時,賽車突然剎車停住,小張又感嘆“真快啊”。下列說法正確的是()A.第一個“真快”是描述速度變化大;第二個“真快”是描述速度變化大B.第一個“真快”是描述速度大;第二個“真快”是描述速度大C.第一個“真快”是描述速度大;第二個“真快”是描述速度變化快D.第一個“真快”是描述速度變化快;第二個“真快”是描述速度變化快5.如圖甲所示是中學(xué)物理實驗室常用的感應(yīng)起電機,它是由兩個大小相等、半徑為R的感應(yīng)玻璃盤起電的,其中一個玻璃盤通過從動輪與手搖主動輪用皮帶連接(如圖乙所示),現(xiàn)玻璃盤以角速度2旋轉(zhuǎn)。已知主動輪的半徑為r1,從動輪的半徑為r2。若轉(zhuǎn)動時皮帶不打滑,則搖把的轉(zhuǎn)動角速度1為()A.1=2B.1=2C.1=2D.1=26.如圖所示,一幼兒園小朋友在水平桌面上將三個形狀不規(guī)則的石塊成功疊放在一起,受到老師的表揚。下列說法正確的是()A.石塊b對a的支持力與a受到的重力是一對相互作用力B.石塊b對a的支持力一定等于a受到的重力C.石塊c受到水平桌面向左的摩擦力D.石塊c對b的作用力一定豎直向上7.在圓軌道上運動的質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星,它到地面的距離等于地球半徑R,地面上的重力加速度為g,則()A.衛(wèi)星運動的速度為B.衛(wèi)星運動的周期為2C.衛(wèi)星運動的向心加速度為D.衛(wèi)星的動能為8.把一質(zhì)量為m的小球放在豎立的彈簧上,并把球往下按至A的位置(圖甲)。迅速松手后,彈簧把球彈起,球升至最高位置C(圖丙),途中經(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知A、B的高度差為h,C、B高度差為2h,彈簧的質(zhì)量和空氣的阻力均可忽略,選A位置為重力勢能零勢能點,則()A.剛松手瞬間,彈簧彈力等于小球重力B.狀態(tài)甲中彈簧的彈性勢能為2mghC.狀態(tài)乙中小球的動能為mghD.狀態(tài)丙中系統(tǒng)的機械能為3mgh9.圖a是一個超級電容器。把此超級電容器連接到如圖b所示的電路中,已知電源的電動勢E=3.0 V,內(nèi)阻r=0.5 ,定值電阻R=1.5 ,閉合電鍵K,待電路穩(wěn)定后,以下有關(guān)說法正確的是()A.該超級電容器的擊穿電壓為2.7 VB.電源的輸出功率為3.375 WC.斷開電鍵K后,通過定值電阻的電荷量為25 650 CD.斷開電鍵K后,定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為69 255 J10.中國宋代科學(xué)家沈括在夢溪筆談中最早記載了地磁偏角:“以磁石磨針鋒,則能指南,然常微偏東,不全南也。”進(jìn)一步研究表明,地球周圍地磁場的磁感線分布示意圖,如圖所示。結(jié)合上述材料,下列說法不正確的是()A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合B.地球內(nèi)部也存在磁場,地磁南極在地理北極附近C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用11.電動機是把電能轉(zhuǎn)化成機械能的一種設(shè)備,在工農(nóng)業(yè)、交通運輸、國防及家電、醫(yī)療領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用。圖示表格是某品牌電動機銘牌的部分參數(shù),據(jù)此信息,下列說法中不正確的是()型號YE3-132S2-2編號521780額定功率1 100 W額定電壓220 V額定電流5.0 A額定轉(zhuǎn)速2 900 r/min效率90.0%頻率50 HzA.該電動機的發(fā)熱功率為110 WB.該電動機轉(zhuǎn)化為機械能的功率為1 100 WC.該電動機的線圈電阻R為4.4 D.該電動機正常工作時每分鐘對外做的功為5.94×104 J12.如圖所示,內(nèi)壁光滑、半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上,一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點?，F(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球,擊打后迅速移開,使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動。當(dāng)小球回到A點時,再次用小錘沿運動方向擊打小球,通過兩次擊打,小球才能運動到圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道,在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1,第二次擊打過程中小錘對小球做功W2。設(shè)先后兩次擊打過程中,小錘對小球做功全部用來增加小球的動能,則的值可能是()A.B.C.D.113.如圖所示,質(zhì)量為60 g的銅棒長為L=20 cm,棒的兩端與等長的兩細(xì)軟銅線相連,吊在磁感應(yīng)強度B=0.5 T、方向豎直向上的勻強磁場中。當(dāng)棒中通過恒定電流I后,銅棒能夠向上擺動的最大偏角=60°,則銅棒中電流I的大小是()A.2 AB.3 AC.6 AD.6 A二、選擇題(本題共3小題,每小題2分,共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得2分,選對但不全的得1分,有選錯的得0分)14.如圖甲所示為研究光電效應(yīng)的電路圖,實驗得到了如圖乙所示的遏止電壓Uc和入射光頻率的圖象,下列說法正確的是()A.圖象與橫軸交點坐標(biāo)的物理意義是該金屬的截止頻率B.圖象斜率為普朗克常量hC.遏止電壓越高,截止頻率越大D.入射光頻率增大,遏止電壓也增大15.在某一均勻介質(zhì)中由波源O發(fā)出的簡諧橫波沿x軸傳播,波速為5 m/s,某時刻波傳到x=±3 m處,其波形如圖所示。下列說法正確的是()A.此時P、Q兩點振動方向相同B.再經(jīng)過0.5 s質(zhì)點N剛好在(-5 m,20 cm)位置C.該波傳入另一介質(zhì)后波的頻率將發(fā)生改變D.該波遇到高10 m的障礙物不會發(fā)生衍射16.云室能顯示射線的徑跡,把云室放在磁場中,從帶電粒子運動軌跡的彎曲方向和半徑大小就能判斷粒子的屬性。放射性元素A的原子核靜止放在磁感應(yīng)強度B=2.5 T的勻強磁場中發(fā)生衰變,放射出粒子并變成新原子核B,放射出的粒子與新核運動軌跡如圖所示,測得兩圓的半徑之比R1R2=421,且R1=0.2 m。已知粒子質(zhì)量m=6.64×10-27 kg,粒子質(zhì)量m=9.1×10-31 kg,普朗克常量取h=6.6×10-34 J·s,下列說法正確的是()A.新原子核B的核電荷數(shù)為84B.放射性元素A原子核發(fā)生的是衰變C.衰變放射出的粒子的速度大小為2.4×107 m/sD.如果A原子核衰變時釋放出一種頻率為1.2×1015 Hz的光子,那么這種光子能使逸出功為4.54 eV的金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)非選擇題部分三、非選擇題(本題共7小題,共55分)17.(5分)打點計時器是高中物理中重要的實驗儀器,圖中的甲、乙兩種打點計時器是高中物理實驗中常用的。請回答下面的問題:(1)圖乙是(選填“電磁打點”或“電火花”)計時器,電源采用的是(選填“交流46 V”“交流220 V”或“四節(jié)干電池”)。 (2)探究合力和分力的關(guān)系的實驗情況如圖丙所示,其中A為固定橡皮筋的圖釘,O為橡皮筋與細(xì)繩的結(jié)點,OB和OC為細(xì)繩。圖丁是在白紙上根據(jù)實驗結(jié)果畫出的圖。圖丁中的F和F'兩力中,方向一定沿AO方向的是。 本實驗采用的科學(xué)方法是()A.理想實驗法B.等效替代法C.控制變量法D.建立物理模型法18.(5分)(1)有一個額定電壓為2.8 V、功率約為0.8 W的小燈泡,現(xiàn)要描繪這個燈泡的伏安特性曲線,要求能測出盡可能多的數(shù)據(jù),如圖所示是連接完的實物電路。移動滑片P到某處,電壓表的示數(shù)為2.2 V,若要測量小燈泡的額定功率,應(yīng)將滑片P向(選填“左”或“右”)端滑動; 圖中燈泡的伏安特性曲線是曲線而不是過原點的直線,原因是 。 (2)在練習(xí)使用多用電表實驗中,某同學(xué)欲測量一節(jié)干電池的電壓,下述操作正確的是(填字母)。 A.歐姆調(diào)零、選擇擋位、表筆接觸電池兩極(其中紅表筆接觸正極)、讀數(shù)B.機械調(diào)零、選擇擋位、表筆接觸電池兩極(其中紅表筆接觸正極)、讀數(shù)C.選擇擋位、機械調(diào)零、表筆接觸電池兩極(其中黑表筆接觸正極)、讀數(shù)D.選擇擋位、歐姆調(diào)零、表筆接觸電池兩極(其中黑表筆接觸正極)、讀數(shù)19.(9分)質(zhì)量m=1 kg的物體放在傾角=37°的足夠長固定粗糙斜面上,如圖甲所示,現(xiàn)對物體施加一個沿斜面向上的拉力F,使物體由靜止開始沿斜面向上運動。t=4 s時撤去拉力。圖乙為物體運動的v-t圖象的一部分,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù); (2)拉力F大小;(3)前7 s內(nèi)物體的位移。20.(12分)圖甲為滑板運動,圖乙為滑板比賽滑道示意簡圖,滑行軌道均在同一豎直平面內(nèi),斜軌道AB的傾角=37°,與水平軌道BC間用小圓弧平滑相連(小圓弧的長度可忽略)。斜軌道DE傾角=53°,與半徑R=1.0 m的光滑圓弧軌道EFG相切于E點,F為圓弧軌道最低點,已知H1=4.2 m,L1=15.0 m,H2=1.0 m,H3=5.0 m。設(shè)滑板與直軌道間的摩擦因數(shù)均為=0.25,運動員連同滑板的總質(zhì)量m=60.0 kg。運動員從A點由靜止開始下滑,從C點水平飛出,與斜面DE碰撞后,沒有反彈,繼續(xù)滑行,經(jīng)過圓弧軌道F點時對軌道壓力大小為FN=4 800 N,從G點飛出后落在與G點同一水平面且間距為L2=6.0 m的K點,軌跡最高點I與GK面的距離H4=1.8 m。運動員連同滑板可視為質(zhì)點,忽略空氣阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:(1)運動員從C點水平飛出時的速度大小vC;(2)運動員落在斜面DE上與斜面碰撞過程中損失的動能Ek;(3)G點與圓心O的高度差h。21.(4分)(1)如圖所示,在做用雙縫干涉測量光的波長實驗時,光具座上放置的光學(xué)元件有光源、遮光筒和其他元件,已知a、b、c、d各裝置中,a為濾光片,d為光屏,則b、c兩個裝置的名稱是下列選項中的(選填“A”或“B”),如果把光屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動,相鄰兩亮條紋中心的距離將(選填“增大”或“減小”)。 A.b單縫c雙縫B.b雙縫c單縫(2)研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實驗如圖所示,若連接滑動變阻器的兩根導(dǎo)線接在接線柱C和D上,在開關(guān)剛剛閉合時電流表指針右偏,則開關(guān)閉合后滑動變阻器的滑片向接線柱C移動時,電流表指針將(選填“左偏”“右偏”或“不偏”),將線圈A從線圈B中拔出時電流表指針將(選填“左偏”“右偏”或“不偏”)。 22.(10分)在如圖所示的直角坐標(biāo)系xOy中,矩形區(qū)域Oabc內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B=5.0×10-2 T;在第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強電場,電場強度大小為E=1×105 N/C。已知矩形區(qū)域Oa邊長為0.6 m,ab邊長為0.20 m。在bc邊中點N處有一放射源,某時刻,放射源沿紙面向磁場中各方向均勻地輻射出速率均為v=2×106 m/s的某種帶正電粒子,帶電粒子質(zhì)量m=1.6×10-27 kg,電荷量q=3.2×10-19 C,不計粒子重力,求:(1)該粒子在磁場中運動的半徑;(2)從x軸上射出的粒子中,在磁場中運動的最短時間;(3)放射源沿x軸負(fù)方向射出的粒子,從射出到從y軸離開所用的時間。23.(10分)如圖甲所示,絕緣水平面上有一間距L=1 m的金屬“U”形導(dǎo)軌,導(dǎo)軌右側(cè)接一R=3 的電阻。在“U”形導(dǎo)軌中間虛線范圍內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌的勻強磁場,磁場的寬度d=1 m,磁感應(yīng)強度B=0.5 T?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.1 kg,電阻r=2 、長為L=1 m的導(dǎo)體棒MN以一定的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運動,穿過磁場的過程中,線圈中的感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因素=0.3,導(dǎo)軌電阻不計,則導(dǎo)體棒MN穿過磁場的過程中,求:(1)MN剛進(jìn)入磁場時的速度大小;(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱;(3)導(dǎo)體棒通過磁場的時間。綜合測試(三)1.D2.D3.B4.C5.A6.D7.D8.D9.B10.C11.B由銘牌信息知,電動機工作的額定功率P總=UI=1 100 W,熱功率P熱=10%P總=110 W,輸出功率P機=90%P總=990 W,電動機每分鐘對外所做的功W=P機t=5.94×104 J,由P熱=I2R解得電動機線圈電阻R=4.4 ,故ACD正確,B錯誤。故本題選B。12.B第一次擊打小球時小球最高運動到過O點與水平地面平行的直徑的兩端位置,小錘對小球做功W1=mgR;第二次擊打小球,小球恰好做圓周運動,此時小球在最高點的速度v=,與小球在最高點對應(yīng)最低點的速度為vA,根據(jù)機械能守恒定律,得-mg·2R=mv2-;第二次擊打小球,小錘對小球做的功W2=-mgR=mgR;則先后兩次擊打,小錘對小球做功之比的最大值為,故選B。13.A銅棒上擺的過程,根據(jù)動能定理得FBLsin 60°-mgL(1-cos 60°)=0,又安培力FB=BIa;代入解得I=2 A,故選A。14.A當(dāng)遏止電壓為零時,最大初動能為零,則入射光的能量等于逸出功,所以W0=h0,A選項正確;因為Uc=,知圖線的斜率等于,B選項錯誤;只有當(dāng)入射光的頻率大于極限頻率時,遏止電壓與入射光的頻率才成線性關(guān)系,C選項錯誤;遏止電壓只與材料有關(guān),與入射光頻率無關(guān),D選項錯誤。15.ABP、Q兩點此刻都遠(yuǎn)離平衡位置向下運動,A正確;由波的平移得經(jīng)過0.5 s波峰剛好平移到N點,B正確;波在傳播過程中的頻率不變,始終等于波源的頻率,C錯誤;衍射是波特有的現(xiàn)象,因障礙物尺寸遠(yuǎn)大于波長,會發(fā)生衍射,但衍射現(xiàn)象不明顯,D錯誤。16.ACD通過軌跡圓外切,結(jié)合速度的方向和洛倫茲力的方向判斷出粒子的帶電性質(zhì),從而判斷出是何種衰變;結(jié)合洛倫茲力提供向心力,通過半徑公式、動量守恒定律求出衰變后的粒子電荷的比值,從而確定衰變前原子核的電荷數(shù),得出原子核的種類;結(jié)合半徑公式,求出放出粒子的速度大小;依據(jù)E=h,結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生條件,入射光的能量大于或等于逸出功即可。17.答案 (1)電火花交流220 V(2)F'B解析 (2)F是通過作圖的方法得到合力的理論值,而F'是通過一個彈簧測力計沿AO方向拉橡皮條,使橡皮條伸長到O點,使得一個彈簧測力計的拉力與兩個彈簧測力計的拉力效果相同,測量出的合力相同。故方向一定沿AO方向的是F'。合力與分力是等效替代的關(guān)系,所以本實驗采用的等效替代法,故選B。18.答案 (1)右燈絲的電阻會隨溫度的升高而增大(2)B解析 (1)小燈泡的額定電壓為2.8 V,而此時電壓表的示數(shù)為2.2 V,故要增大小燈泡兩端的電壓,則應(yīng)該增大滑片P和左端之間的電阻,故應(yīng)將滑片P向右端滑動;由圖象知電壓越大,電阻越大;燈泡的實際功率越大即燈絲的溫度越高,所以說燈絲的電阻會隨溫度的升高而增大。(2)多用電表測電壓,應(yīng)先機械調(diào)零,再選擇電壓擋位,還需使電流從紅表筆流入多用電表,黑表筆流出,所以應(yīng)選擇B。19.答案 (1)0.75(2)18 N(3)72 m解析 (1)設(shè)力F撤去后物體的加速度為a2,由牛頓第二定律可知撤去F后:mgsin +mgcos =ma2根據(jù)圖象可知:a2=12 m/s2解得=0.75(2)設(shè)力F作用時物體的加速度為a1,由牛頓第二定律可知撤去F前:F-mgsin -mgcos =ma1根據(jù)圖象可知:a1=6 m/s2得 F=18 N(3)設(shè)撤去力后物體運動到最高點時間為t2,v1=a2t2,解得t2= s=2 s則物體沿著斜面下滑的時間為t3=t-t1-t2=(7-4-2)s=1 s設(shè)下滑加速度為a3,由牛頓第二定律可得mgsin -mgcos =ma3解得a3=0 m/s2所以6 s后物體靜止向上加速的位移:x1=a1=48 m撤去F后的位移:x2=·t2=24 m前7 s內(nèi)的總位移:x=x1+x2=72 m20.答案 (1)3 m/s(2)1 897.5 J(3)0.55 m解析 (1)設(shè)運動員從A點到C點的過程中克服阻力做功Wf,由動能定理得-0=mgH1-WfWf=mgcos ·+mg·L1=·cos +代入數(shù)據(jù),解得vC=3 m/s。(2)運動員從C點水平飛出到落到DE軌道上的M點過程中做平拋運動,設(shè)經(jīng)過的時間為t1水平位移x=vCt1豎直位移y=由幾何關(guān)系tan =解得t1=1 s則運動員下落的高度y=5 m運動員從C點水平飛出到落到DE軌道上的M點過程中,由機械能守恒定律可得EkM1=+mgy=3 270 JM點距地面的高度hM=H3+H2-y=1 m設(shè)運動員從M點離開時的動能為EkM2,經(jīng)過F點的速度為vF,從離開M到圓弧軌道最低點F,由動能定理可得-EkM2=mg(hM+R(1-cos )-mgcos 在F點,由牛頓第二定律有FN-mg=mEkM2=1 372.5 J運動員落在斜面DE上與斜面碰撞過程中損失的動能為Ek=EkM1-EkM2=1 897.5 J。(3)從G點飛出后的運動過程中相對于GK水平面上升到最大高度I處的速度為v1,I到K做平拋運動,則豎直方向H4=水平方向L2=v1t2代入數(shù)據(jù),解得v1=5 m/s由F到I過程,由動能定理可有=-mg(hFG+H4)代入數(shù)據(jù)得hFG=0.45 m由幾何關(guān)系得h=R-hFG=0.55 m。21.答案 (1)A增大(2)左偏左偏解析 (1)a是濾光片可得到單色光,b是單縫可得到平行光,c是雙縫形成雙縫干涉;根據(jù)x=,光屏遠(yuǎn)離雙縫則l增大,所以條紋間距將增大。(2)開關(guān)剛閉合時,A中的電流從無到有,電流是增大的,B中的感應(yīng)電流使電流表指針右偏,當(dāng)滑動變阻器的滑片向C移動時,則電阻增大,A中的電流減小,所以B中的感應(yīng)電流與原來方向相反,即指針左偏;當(dāng)將A拔出時,效果相當(dāng)于電流減小,同理B中的感應(yīng)電流使電流表指針左偏。22.答案 (1)0.20 m(2)×10-7 s(3)×10-7 s解析 (1)粒子運動的軌跡如圖所示,由牛頓第二定律可得qvB=m,解得R=0.20 m。(2)由數(shù)學(xué)知識可知,最短弦對應(yīng)最小的圓心角由圖可知=60°最短的時間t=×10-7 s。(3)粒子在磁場中的周期T=2×10-7 s粒子在磁場中沿NP運動的時間t1=粒子在電場中的加速度a=,v=at解得t=1.0×10-7 s則可解得粒子在電場中往返運動的時間為t2+t3=2t=2.0×10-7 s由圖可知cos =0.5,故=60°粒子在磁場中運動的第二部分時間t4=T=粒子運動的總時間t總=t1+t2+t3+t4=×10-7 s。23.答案 (1)5 m/s(2)0.3 J(3)0.5 s解析 (1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得I1=根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLv0聯(lián)立解得v0=5 m/s(2)導(dǎo)體棒通過磁場過程,由動能定理得:-mgd-W安=mv2-而v=3 m/sQR=W安聯(lián)立解得:QR=0.3 J(3)導(dǎo)體棒通過磁場過程,由動量定理得:-mgt-BLt=mv-mv0t=聯(lián)立解得t=0.5 s