2022年广东省惠州市高考物理二模试卷（附答案详解）

2022年广东省惠州市高考物理二模试卷

1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程.在对以

下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，符合史实的是（）

A.法拉第发现了电流周围存在着磁场

B.汤姆生发现了电子，表明原子具有核式结构

C.库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律

D.牛顿应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点

2.如图所示，质量为TH的光滑小球，在细线和墙壁的作用下处于静止

状态，重力加速度为g,细线与竖直墙壁的夹角为30。，则细线对小

球的拉力大小为（）

A.2\[3mg

3

B取mg

*3

C.mg

D6mg

・2

3.跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下.运动员沿竖直方向

运动的u-t图象如图.下列说法正确的是（）

A.0-10s平均速度小于lOm/s

B.15s末开始运动员静止

C.10s末速度方向改变

D.10s-15s运动员做加速度逐渐减小的减速运动

4.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点,

。点为半圆弧的圆心，4Mop=60。.电荷量相等、符号相

反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时。点电场强度的

大小为Ei；若将M点处的点电荷移至P点，则。点的场强大小变为E2,必与外之比为

()

A.1：2B.2：1C.2：V3D.4：V3

5.如图，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场

区，若两次拉出的速度之比为1：2,则两次线圈所受外力大

小之比&：尸2为（）

A.Fi：F2=2：1

B.F1：F2=1：2

C.&：F2=1：4

D.%F2=1：1

6.2021年，中国的载人飞船成功与天和核心舱（距离地球表面约400km的高度）对接,

中国人首次进入自己的空间站。关于地球的卫星及飞船空间站的运动，下列说法正

确的是（）

A.地球卫星的运行轨道可以与地球表面任一纬线所决定的圆是共面同心圆

B.地球同步卫星的向心加速度与赤道上物体的向心加速度相同

C.飞船与空间站对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之

间

D.该载人飞船的发射速度应大于地球的第一宇宙速度

7.如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖

直平面内旋转，下列说法正确的是（）

A.过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险

带，人就会掉下来

B.人在最高点时对座位不可能产生压力

C.人在最低点时对座位的压力大于rng

D.人在最低点时对座位的压力等于mg

8.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在

竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴

接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋

转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）

A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动

C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化

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D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率变为原来的4倍

9.如图所示，可视为质点的a、b两球的质量均为a球

从倾角为45。的光滑固定斜面顶端无初速度下滑，。球

同时从斜面顶端以速度先水平抛出，不计空气阻力，

以下说法正确的是（）

A.落地前，a、b两球都做匀变速运动

B.落地前的瞬间，a球的速率小于b球的速率

C.落地前的运动过程中，二者加速度始终相同

D.a、b两球同时落地

10.如图所示为理想变压器的示意图，其原副线圈的匝数比为3：1,电压表和电流表均

为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中&为热敏电阻（其阻值随温

度的升高而变小），R为定值电阻。下列说法正确的是（）

A.交流电压u的表达式为a=36esinlOOt（V）

B.若8处的温度升高，则电流表的示数变大

C.若凡处的温度升高，则变压器的输入功率变大

D.变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3：1

11.在逸证机械能守恒定律》实验中，两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的

装置，采用两种不同的实验方案进行实验，设重力加速度为g。

（单位：mm）

（1）在甲图中，下落物体应选择密度（选填“大”或“小”）的重物；在乙图

中，两个重物的质量关系是?nim2（选填“>”、"=”或“<”）；

（2）采用图乙的方案进行实验，除图中的器材外，还需要的实验器材有交流电源、

刻度尺和;

(3)某次实验所打纸带如图丙所示，0为第一个点，4、B、C、。点到。点的距离已

标出，打点时间间隔为0.02s,则记录C点时，重物的速度%=m/s；(结果

保留三位有效数字)

(4)从减少实验误差的角度看，比较两种实验方案，你认为更合理(选填“甲”

或“乙”)。

12.在“测定金属丝的电阻率”的实验中：：--

I1

I•

(1)在用伏安法测量金属丝的电阻(约为10。)时、备有下:

I•

列器材：:

I•

I•

A.量程为0~0.64，内阻为0.50的电流表；；

8.量程为0〜34内阻为0.10的电流表；

C量程为。〜3U，内阻为6k。的电压表;

D量程为0〜15V，内阻为30k。的电压表；

E.阻值为0〜额定电流为0.54的滑动变阻器;

F.阻值为0〜10。，额定电流为24的滑动变阻器；

G.蓄电池6V；

，.开关一个，导线若干.

为了尽可能提高测量精度，且要求测量多组实验数据，电流表应选用;电压

表应选用

滑动变阻器应选用.(只填字母代号)

(2)在答题卡的方框内画出符合要求的实验电路图.

13.一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a,0)点以

速度0，沿与x正方向成60。的方向射入第一象限内的匀强磁

场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。

(2)带电粒子在磁场中的运动时间是多少？

14.如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质

弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m,可视为质点的小木块4质量m=

1kg,原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数〃=0.2。当滑板B受

水平向左恒力F=14N作用时间t后，撤去凡这时木块4恰好到达弹簧自由端C处,

此后运动过程中弹簧的最大压缩量为x=5cm。g^lOm/s2,求：

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(1)木块4刚滑动时，木块4和滑板B的加速度大小;

(2)木块4压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；

(3)整个运动过程中系统产生的热量。

15.晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能(填“增

力口”、“减少”或“保持不变”)，分子平均动能(“增加”、“减少”或“保

持不变”)，所以晶体有固定的熔点。

16.一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为

%，开始时内部封闭气体的压强为Po.经过太阳暴晒，气体温度由"=300K升至

7\=350K.

(1)求此时气体的压强;

(2)保持7；=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到po,求集热器内

剩余气体的质量与原来总质量的比值.

出气口

进气口

17.图甲为某列简谐横波在t=0时刻的波形图，a、b、c、d是横波上的四个质点，图

乙是横波上质点b的振动图象，四个质点中加速度最大的是点，0-0.5s振动

18.如图所示，空气中有一折射率为n=&的正方形玻璃，若光线以入射角。投射到AB

面上，接着在BC面上发生全反射，最后从CD面上射出.求：

(。入射角。角的取值范围；

俳)射出光线与CD面的夹角.

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：力、电流的磁效应发现者是奥斯特，故A错误；

B、卢瑟福的a粒子散射实验说明了原子具有核式结构，故B错误；

C、库仑研究总结出了静止点电荷之间的相互作用规律，即库仑定律，故C正确；

。、伽利略“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，

故。错误。

故选：Co

本题比较简单，考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学

家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中了解这些著

名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键.

物理学的发展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献.

2.【答案】A

【解析】解：对小球受力分析，如图所示，由力的平衡知识可知，细线对小球的拉力大

小为」=昔=等=弩,故人正确。

小球静止处于平衡状态，对小球受力分析，根据共点力的平衡求解。

本题考查共点力的平衡，关键是对物体受力分析，并找出各个力之间的关系。

3.【答案】D

【解析】解：4、0〜10s内，若运动员做匀加速运动，平均速度为歪=竽=等根/5=

10m/s.根据图象的“面积”等于位移可知，运动员的位移大于匀加速运动的位移，所以

由公式万=%导知：0〜10s内的平均速度大于匀加速运动的平均速度10m/s.故A错误.

B、由图知，15s末开始运动员做匀速直线运动，故B错误.

C、由图看出，运动员的速度一直沿正向，速度方向没有改变，故C错误.

D、10〜15s图象的斜率减小，则其加速度减小，故10〜15s运动员做加速度减小的减速

运动，故。正确.

故选：D.

速度时间图象与坐标轴所围的“面积”大小表示位移，将运动员0-10s的运动与匀加

速直线运动进行分析，分析位移关系，确定平均速度的大小.速度的方向反映运动员的

运动方向.速度图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断运动

员的运动情况.

本题考查理解速度问题的能力.关键根据图线的斜率等于加速度、“面积”大小等于位

移，来分析运动员的运动情况.

4.【答案】C

【解析】解：依题意，每个点电荷在。点产生的场强为3%,则当M点处的点电荷移至P

点时，该点电荷在。点场强与N处电荷在。点场强的夹角为60。，合场强大小为E2=2X

[EICOS30°=/EI，Ei与%之比为2：V3«

故选：C。

由电场的叠加可知各点电荷单独在。点形成的场强大小，移动之后电荷距。点的距离不

变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比

值.

电场强度为矢量，在求合场强时应先分别求得各电荷在。点的场强再由矢量的合成方法

-平行四边形求得总的场强.

5.【答案】B

【解析】解：设线圈左右两边边长为3整个线圈的电阻为R,磁场的磁感应强度为B。

线圈产生的感应电动势为：E=BLv

感应电流为：/=5=萼

线圈所受的安培力为：F安培=B1L=W

线圈做匀速直线运动，由平衡条件得线圈所受外力大小：尸=尸发增=嘤

可知，Foc则得：F]：尸2=%：%=1：2,故错误，B正确。

故选：Bo

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矩形线圈匀速拉出磁场区，所受外力与安培力大小相等，根据法拉第电磁感应定律、欧

姆定律和安培力公式相结合推导出安培力大小与速度的关系，从而得到外力与速度的关

系，再求外力大小之比。

解答本题的关键要根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式，推导出安培力与

速度的关系式尸安增=喈，要在理解的基础上记牢这个结论，在电磁感应问题中经常

用到。

6.【答案】D

【解析】解：4、人造地球卫星所受万有引力提供向心力，方向始终指向地心，所以其

轨道平面一定经过地球的球心，故4错误；

B、同步卫星的周期等于地球自转的周期，根据a=“2r,结合同步卫星的轨道半径大，

可知地球同步卫星的向心加速度比赤道上物体的向心加速度大，故8错误；

C、第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行的最大速度，所以两者的速度都小于地球的第

一宇宙速度，故C错误；

。、第一宇宙速度是人造卫星发射的最小速度，可知载人飞船的发射速度应大于地球的

第一宇宙速度，故。正确。

故选：。。

人造地球卫星所受万有引力提供向心力，向心力始终指向地心；注意第一宇宙速度有三

种说法：①它是人造地球卫星在近地圆轨道上的运行速度；②它是人造地球卫星在圆

轨道上运行的最大速度；③它是卫星进入近地圆形轨道的最小发射速度.根据万有引

力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系，从而比较出大小.同步卫星处于赤

道的上方，周期等于地球自转的周期.

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、周期与轨道半径的关

系.

7.【答案】C

2________

【解析】解：力、在最高点，根据F+mg=?得，若fJ正F=0,若u>J正座

椅对人有弹力，若。〈质，保险带对人有拉力，故4、B错误。

CD、在最低点，根据牛顿第二定律得，N-mg=ma,可知支持力大于重力，则人对

座椅的压力大于重力，故C正确，。错误；

故选：Co

乘坐游乐园的翻滚过山车时，在最高点和最低点，靠竖直方向上的合力提供向心力.在

最高点，根据速度的大小，判断是靠拉力和重力的合力还是靠重力和座椅对人的弹力的

合力提供向心力.在最低点，根据加速度的方向确定支持力和重力的大小关系.

解决本题的关键知道最高点和最低点向心力的来源，结合牛顿第二定律分析判断，难度

不大.

8.【答案】AD

【解析】解：4、设圆盘的半径为3圆盘转动的角速度为3。铜盘转动产生的感应电动

势为：E=BLv=BL-^=^BUco,B、L、3恒定，则圆盘产生的感应电动势E恒定，

由闭合电路的欧姆定律可知，感应电流大小恒定，故A正确；

8、从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，圆盘中的电流方向由圆盘边缘指向

盘心，通过电阻R的电流沿a到b的方向，故8错误；

C、感应电流方向与圆盘转动的角速度大小无关，则若圆盘转动方向不变，角速度大小

发生变化，则电流方向不变，故C错误；

D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据E可知感应电动势变为原来的2

倍，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流/变为原来的2倍，根据电功率公式P=〃R可

知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故。正确。

故选：AD.

圆盘转动可等效看成无数轴向导体组成，这些导体切割磁感线产生感应电动势，有效切

割长度为铜盘的半径，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求出感应电流表

达式，再分析电流大小与角速度的关系；根据右手定则分析感应电流方向，根据电功率

计算公式分析电流在R上的热功率变化情况。

本题考查电磁感应规律的应用；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：

一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据七=8口来计算；二是导体棒转动切割

磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=来计算。

9.【答案】AB

【解析】解：4a球做匀加速直线运动，b球做平抛运动，是匀变速曲线运动，故A正

确；

正根据机械能守恒定律可知，两球重力势能的减少量相同，则动能的增加量也相同，但

是a无初速度释放，b有初速度，则落地前的瞬间，a球的速率小于b球的速率，故8正

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确:

C.对两球受力分析，根据牛顿第二定律可知，aa=gsin45°=^-g，而b的加速为g,故

C错误;

D根据匀加速直线运动的规律，a球落地时间为,而b球落地的时

间为第,故。错误。

故选：AB.

受力分析可知a球做匀加速直线运动，b球做匀变速曲线运动；根据机械能守恒定律判断

落地前b球的速率大；根据牛顿第二定律求两球的加速度，a球沿斜面做匀加速直线运动

求时间，b球竖直方向做自由落体运动求时间判断b球先落地。

本题考查斜面上的加速和平抛运动，运用牛顿第二定律和机械能守恒定律求解。

10.【答案】BC

【解析】解：力、由图乙可知交流电压最大值Um=36夜叭周期7=0.02s,可由周期

求出角速度的值为3=y=篇rad/s=100nrad/s,则可得交流电压”的表达式U=

36vls讥100兀州，故4错误；

B、&处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，故B正确；

C、若上处的温度升高时，电流表的示数变大，输出电压不变，输出功率P=U/增大,

则变压器的输入功率变大，故C正确；

D、变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1：1,故。错误；

故选:BC»

由图乙可知交流电压最大值Um=36位V,周期7=0.02s,可由周期求出角速度的值，

则可得交流电压u的表达式U=36立s讥100兀4、由变压器原理可得变压器原、副线圈

中的电流之比，&处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流.

根据图象准确找出己知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电

压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键.

11.【答案】大〉天平0.780甲

【解析】解：（1）为了减小实验的误差，甲图中的重物应选择质量大、体积小的重物，

即密度大的重物。乙图是验证系统机械能是否守恒，mi向下运动，机2向上运动，所以

mr>m2;

(2)验证系统机械能是否守恒，即验证系统动能的增加量和系统重力势能的减小量是否

2

相等，动能的增加量为ZER=|(mx+m2)v,重力势能的减小量为4Ep=(初-m{)gh,

可以知道需要测量两个重物的质量，所以实验器材还需要天平；

(3)根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，则

v-=4*°T7.8*10-2巾/5—0.780m/s；

c2T2X0.02''

(4)甲方案更合理，因为在乙图中受到细绳和滑轮之间的摩擦力。

故答案为:(1)大;>;(2)天平;(3)0.780；(4)甲

(1)根据实验原理选择合适的实验器材，比较出两个重物的质量关系；

(2)根据实验原理分析出正确的实验器材；

(3)根据匀变速直线运动的规律得出中间时刻的瞬时速度；

(4)理解实验会产生的误差，由此选择更合适的方案。

本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解

运动学规律得出物体的速度，再学会简单的误差分析即可。

12.【答案】ACF

【解析】解：(1)电源电动势为9心选0〜15U量程的电压表读数误差

较大，电压表应选C、量程为0〜3U,内阻为6k0；

选择3P的电压表，待测电阻丝两端的最大电压是3U,则最大电流约

为:/="卷=0.34所以需要选择的电流表是4、量程为0〜0.64

内阻为0.5。；

为方便实验操作，滑动变阻器应选人阻值为0〜10。，额定电流为24

(2)电压从0开始测量，滑动变阻器应采用分压接法；

由于告=高=10，*=等=1200,雪〉白电流表应采用外接法，实验电路图如图

"AU.3K5K

所示.

故答案为：(1)4C；F；(2)电路图如图所示.

根据电路最大电流选择电流表，根据电源电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最

大阻值较小的滑动变阻器.根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电

路图.

本题关键：(1)用伏安法测电阻时安培表内、外接法的选择原则是“大内小外”，即对

于大电阻采用安培表内接法，对于小电阻采用安培表外接法；(2)需要有较大的电压测

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量范围时，滑动变阻器采用分压式接法.

13.【答案】解：（1）设磁感应强度为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r。

由Bqu=--

mv

得,口r=—

EqB

粒子在磁场中运动情况如图

有上两式得B="竺

2aq

又由几何知识知。。'=atand=—a

3

射出点到。点的距离为y=r+00'=V3a

所以射出点的坐标为：（0,百a）

（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为7,则

2nr2nm

1=---=-----

vqB

由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为

6=180°-60°=120°

所以，粒子在磁场中运动的时间是

丁T2nm4na

I=-1-2-0-0/=—=-----=------

360°33qB3^3v

答：（1）匀强磁场的磁感应强度8=舞，射出点的坐标：（0,百a）

（2）带电粒子在磁场中的运动时间是瑞。

【解析】（1）由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系得到半径，洛伦兹力提供向心力,

由牛顿第二定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度B；

（2）根据运动时间与周期的关系：t=先求出偏转角，再求出运动的时间。

该题考查带电粒子在磁场中的偏转，属于常规题目，要注意解题的步骤，画出粒子运动

的轨迹是解题的关键。

14.【答案】解：(1)木块4和滑板B均向左做匀加速直线运动

22

aA=ng=0.2X10m/s=2m/s

F-fimg14-0.2X1X10/

---------m/s27=3m/s2

%二F-

(2)根据题意有：SB—SA=L，即

22

|aBt-\aAt=L

代入数据得：t=Is

1秒末木块A和滑板B的速度分别为:

vA=aAt=2xIm/s=2m/svB=aBt=3xIm/s=3m/s

当木块4和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能。

根据动量守恒定律有m以+MVB=(M+m)v

2

由能的转化与守恒得gm若+=|(M+m)v+Ep+nmgx

代入数据求得最大弹性势能为：Ep=0.3/

(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度”，相对

木板向左滑动距离为s,有小以+MVB=(M+m)v'

解得：v=v'

由能的转化与守恒，Ep=umgs

得：s=0.15m

由于x+Z,>s且s>x,故假设成立。

整个过程系统产生的热量为Q=nmg(L+s+x)=0.2x1x10(0.5+0.15+0.05)；=

1.47

答：(1)木块a刚滑动时.，木块A和滑板B的加速度大小为2m/s2和3m/s2；

(2)木块4压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为0.15/；

(3)整个运动过程中系统产生的热量为1.4/。

【解析】(1)根据牛顿第二定律分别计算出木块和滑板的加速度；

(2)根据动量守恒定律和能量守恒定律分析出弹簧弹性势能的最大值；

(3)根据能量转化的特点结合位移关系计算出系统产生的热量。

本题主要考查了动量守恒定律，根据牛顿第二定律计算出加速度，由此分析出物块的运

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动情况，结合能量转化的特点即可完成分析。

15.【答案】增加保持不变

【解析】解：晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，晶

体熔化过程中温度保持不变，则分子平均动能保持不变。

故答案为：增加，保持不变。

晶体熔化过程中，增加分子势能，温度保持不变，分子平均动能保持不变。

本题考查了晶体和非晶体的特性，记忆为主，基础题。

16.【答案】解：(1)设升温后气体的压强为P,由于气体做等容变化，根据查理定律得：

PoP

T^~T\

又To=300K,7\=350K

解得：p=1p0

(2)根据克拉伯龙方程华=