2022届广东省六校联盟高三第二次联考物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0~6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．0~2s内物体做匀加速直线运动B．0~2s内物体速度增加了4m/sC．2~4s内合外力冲量的大小为8NsD．4~6s内合外力对物体做正功2．小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点()A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度3．空间存在如图所示的静电场，图中实线a、b、c、d、e为静电场中的等势线，虚线为等势线的水平对称轴。一个带负电的粒子从P点以垂直于虚线向上的初速度v0射入电场，开始一小段时间内的运动轨迹已在图中画出，粒子仅受电场力作用，则下列说法中正确的是（）A．等势线a的电势最高B．带电粒子从P点射出后经过等势线b时，粒子的速率小于v0C．若让粒子从P点由静止释放，在图示空间内，其电势能逐渐减小D．若让粒子从P点由静止释放，在图示空间内，粒子的加速度先减小后增大4．在物理学发展过程中做出了重要贡献。下列表述正确的是（）A．开普勒测出了万有引力常数B．爱因斯坦发现了天然放射现象C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D．卢瑟福提出了原子的核式结构模型5．如图，质量为m、带电荷量为＋2q的金属块a，在绝缘光滑水平台面上以水平初速度v0向右匀速运动，正碰完全相同的不带电的静止金属块b，碰后金属块b从高台上水平飞出，金属块a恰好无初速度下落(金属块a，b均可视为质点)。已知在足够高的光滑高台边缘右边空间中存在水平向左的匀强电场(电场区域足够大)。场强大小E＝，碰撞前后两金属块之间的库仑力不计，空气阻力不计。则（）A．在水平台面上碰后金属块b带电荷量为＋2qB．在水平台面上碰撞后金属块b的速度为C．第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞D．碰撞后运动过程中金属块b距高台边缘的最大水平距离6．如图所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块，已知所有接触面都是光滑的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（）A．Mg+mgB．Mg+2mgC．Mg+mg（sinα+sinβ）D．Mg+mg（cosα+cosβ）二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7．如图，质量相同的两球A、B分别用不同长度的细线悬挂，，当拉至同一高度使细线水平时释放，两球到最低点时，相同的物理量是（）A．细线的拉力 B．小球的加速度C．小球的速度 D．小球具有的动能8．a、b两物体沿同一直线运动，运动的位置一时间（）图像如图所示。分析图像可知（）A．时刻两物体的运动方向相同 B．时间内的某时刻两物体的速度相等C．时间内a、b两物体运动的路程不等 D．时刻b物体从后面追上a物体9．将一小球竖直向上抛出，取竖直向上为正方向，设小球在抛出点的重力势能为零，小球所受空气阻力大小恒定。从抛出到落回抛出点的过程中，小球的加速度a、速度v、机械能E、动能Ek与其离开抛出点高度h之间的关系正确的是（）A． B．C． D．10．如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L。1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B，2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B。边长为的正方形线圈PQMN电阻为R，各边质量和电阻都相同，线圈平面在纸面内。开始PQ与1重合，线圈在水平向右的拉力作用下以速度为向右匀速运动。设PQ刚进入磁场时PQ两端电压为，线圈都进入2、3间磁场中时，PQ两端电压为；在线圈向右运动的整个过程中拉力最大为F，拉力所做的功为W，则下列判断正确的是（）A． B． C． D．三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的__________。A．用橡胶塞密封注射器的下端B．用游标卡尺测量柱塞的直径C．读取压力表上显示的气压值D．读取刻度尺上显示的空气柱长度(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是____。(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是__________。12．（12分）要测量一个待测电阻Rx（190Ω～210Ω）的阻值，实验室提供了如下器材：电源E：电动势3.0V，内阻不计电流表A1：量程0～10mA，内阻r1约50Ω电流表A2：量程0﹣500μA，内阻r2为1000Ω电压表V1：量程0～1V，内阻RV1约为1kΩ电压表V2：量程0～10V，内阻RV2约为10kΩ滑动变阻器R：最大阻值20Ω，额定电流2A定值电阻R1＝500Ω定值电阻R2＝2000Ω定值电阻R3＝5000Ω电键S及导线若干求实验中尽可能准确测量Rx的阻值，请回答下面问题：（1）为了测定待测电阻上的电压，可以将电表___（选填“A1”、“A2”或“V1”、“V2“）串联定值电阻__（选填“R1”、“R2”或“R3”），将其改装成一个量程为3.0V的电压表。（2）利用所给器材，在虚线框内画出测量待测电阻Rx阻值的实验原理图（所有的器材必须用题中所给的符号表示）。（________）（3）根据以上实验原理图进行实验，若测量电路中一只电流表的读数为6.2mA，另外一只电流表的读数为200.0μA．根据读数并结合题中所给数据求出待测电阻Rx＝_____Ω。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，ABCD是某种透明材料的截面，AB面为平面，CD面是半径为R的圆弧面，O1O2为对称轴；一束单色光从O1点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点，刚好发生全反射，∠O1O2E=30°，DO2⊥CO2，透明材料对单色光的折射率为233，光在真空中传播速度为（i）单色光在AB面上入射角α的正弦值；（结果可以用根号表示）（ii）光在透明材料中传播的时间（不考虑光在BC面的反射）。（结果可以用根号表示）14．（16分）如图所示，MN、PQ两平行水平导轨间距为l=0.5m，分别与半径r=0.5m的相同竖直半圆导轨在N、Q端平滑连接，M、P端接有R=3Ω的定值电阻。质量M=2kg的绝缘杆cd垂直静止在水平导轨上，在其右侧至N、Q端的区域内充满竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B=0.4T。现有质量m=1kg、电阻R0=1Ω的金属杆ab，以初速度v0=12m/s水平向右与绝缘杆cd发生正碰后，进入磁场并最终未滑出，绝缘杆cd则恰好通过半圆导轨最高点。不计导轨电阻和摩擦，金属杆ab始终与导轨垂直且接触良好，a取10m/s2，（不考虑杆cd通过半圆导轨最高点以后的运动）。求：(1)杆cd通过半圆导轨最高点时的速度v的大小；(2)正碰后杆ab的速度v1的大小；(3)杆ab刚进入磁场时感应电流I的大小、方向及其所受的安培力F的大小；(4)杆ab运动的过程中，电阻R产生的焦耳热QR。15．（12分）如图所示，一厚度均匀的圆柱形玻璃管内径为r，外径为R，高为R。一条光线从玻璃管上方入射，入射点恰好位于M点，光线与圆柱上表面成30°角，且与直径MN在同一竖直面内。光线经入射后从内壁射出，最终到达圆柱底面，在玻璃中传播时间为，射出直至到底面传播时间为，测得.已知该玻璃的折射率为，求圆柱形玻璃管内、外半径之比.

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

A．0~2s内物体的加速度变大，做变加速直线运动，故A错误；B．图像下面的面积表示速度的变化量，0~2s内物体速度增加了，故B错误；C．2~4s内合外力冲量的大小故C正确；D．由图可知，4~6s内速度变化量为零，即速度不变，由动能定理可知，合外力对物体做功为零，故D错误。故选C。2、C【解析】从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：，在最低点的速度只与半径有关，可知vP＜vQ；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得，F=mg+m=3mg，，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D错误．故选C．点睛：求最低的速度、动能时，也可以使用动能定理求解；在比较一个物理量时，应该找出影响它的所有因素，全面的分析才能正确的解题．3、C【解析】

A.由图可知，负电荷弯曲的方向向右，则受到的电场力得方向向右，由于负电荷受到的电场力得方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左，等势线a电势最低，故A错误；

B.粒子在P点由静止释放，粒子受到的电场力的方向始终向右，所以将一直向右做加速运动，即电场力对粒子一直做正功，其电势能减小，故粒子从P点射出后经过等势线b时，粒子的速率一定大于，故B错误，C正确；

D.粒子在P点由静止释放，粒子受到的电场力的方向始终向右，将一直向右做加速运动，由于等势线的疏密代表电场的强弱，可知从P向右的过程中电场强度先增大后减小，所以粒子的加速度先增大后减小，故D错误；故选C。4、D【解析】

根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【详解】A.卡文迪许测出了万有引力常数，A错误；B.天然放射现象是法国物理学家贝克勒耳发现的，B错误；C.磁场对运动电荷的作用力公式是由洛伦兹提出的，C错误；D.卢瑟福提出了原子的核式结构模型，D正确。【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。5、D【解析】

A．由于金属块与金属块完全相同，根据接触后先中和再平分可知金属块与金属块的电荷量相等，即在水平台面上碰后金属块带电荷量为，故A错误；B．金属块与金属块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得在水平台面上碰撞后金属块的速度为：故B错误；C．碰后金属块在竖直方向做自由落体运动，在水平方向受到电场力和高台边缘对金属块的支持力，处于静止状态；碰后金属块在竖直方向做自由落体运动，在水平方向受到向左电场力，做匀减速直线运动，所以第一次碰撞后两金属块会发生第二次碰撞，故C错误；D．碰撞后运动过程中金属块在水平方向有：距高台边缘的最大水平距离：故D正确。故选D。6、A【解析】

本题由于斜面光滑，两个木块均加速下滑，分别对两个物体受力分析，求出其对斜面体的压力，再对斜面体受力分析，求出地面对斜面体的支持力，然后根据牛顿第三定律得到斜面体对地面的压力。【详解】对木块a受力分析，如图，受重力和支持力

由几何关系，得到：N1=mgcosα故物体a对斜面体的压力为：N1′=mgcosα…①同理，物体b对斜面体的压力为：N2′=mgcosβ…②对斜面体受力分析，如图，根据共点力平衡条件，得到：N2′cosα-N1′cosβ=0…③F支-Mg-N1′sinβ-N2′sinα=0…④根据题意有：α+β=90°…⑤由①～⑤式解得：F支=Mg+mg根据牛顿第三定律，斜面体对地的压力等于Mg+mg；故选：A。【点睛】本题关键先对木块a和b受力分析，求出木块对斜面的压力，然后对斜面体受力分析，根据共点力平衡条件求出各个力。也可以直接对三个物体整体受力分析，然后运用牛顿第二定律列式求解，可使解题长度大幅缩短，但属于加速度不同连接体问题，难度提高。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AB【解析】

AC．根据动能定理得解得因为。所以再根据得所以绳子拉力相等，故A选项正确，C选项错误；B．根据可得所以两球加速度相等，故B选项正确；D．根据动能定理得因为，所以在最低点，两球的动能不等。故D选项错误；故选AB．8、BCD【解析】

A．图像的切线斜率表示速度，时刻a的速度为正、b的速度为负，运动方向相反，选项A错误；B．如图所示，时间内有一点N，在这一点b图像的斜率与a图像的斜率相等，即二者速度相等（临界点），选项B正确。C．时刻和时刻，二者位置坐标均相等，则时间内两物体位移相等。但该过程中，a始终正向运动，b先负向、后正向运动，则二者运动的路程不等，选项C正确。D．时刻两物体在同一位置，之前一段时间二者速度方向相同，且b的速度大于a的速度，则b从后面追上a。选项D正确；故选BCD.9、AD【解析】

A．小球所受空气阻力大小恒定，上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有a1大小恒定，方向向下，小球所受空气阻力大小恒定，下降阶段是匀加速直线运动，取向上为正方向，根据牛顿第二定律有a2大小恒定，方向向上，且有故A正确；B．上升阶段是匀减速直线运动，取向上为正方向，有非一次线性函数，同理可知，下降过程的图像也非一次线性函数，故B错误；C．上升过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为下降过程机械能E与小球离抛出点高度h的关系为由图像可知，故C错误；D．上升过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为下降过程动能Ek与小球离抛出点高度h的关系为且落回出发点的动能小于抛出时的动能，故D正确。故选AD。10、ABD【解析】

A．只有PQ进入磁场，PQ切割磁感线产生电动势电路中电流PQ两端电压选项A正确；C．受到的安培力进入过程克服安培力做功都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0，不做功；PQ进入右边磁场、MN在左边磁场中，MN切割磁感线产生电动势，PQ切割右边磁感线产生电动势回路中电流PQ和MN受到安培力大小分别为需要拉力最大为选项C错误；B．PQ进入右边磁场过程中克服安培力做功都进入右边磁场后，PQ和MN都切割磁场，回路无电流，安培力为0，选项B正确；D．PQ出磁场后，只有MN切割磁感线，线圈受到安培力PQ出磁场过程中安培力做功整个过程克服安培力做功选项D正确。故选ABD.三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、B保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变C【解析】

(1)[1]A．为了保证气密性，应用橡胶塞密封注射器的下端，A需要；BD．由于注射器的直径均匀恒定，根据可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B不需要D需要；C．为了得知气压的变化情况，所以需要读取压力表上显示的气压值，C需要。让选不需要的，故选B。(2)[2]手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以这样做的目的为保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变。(3)[3]根据可知当气体做等温变化时，p与V成反比，即，故图像为直线，所以为了能直观反映p与V成反比的关系，应做图像，C正确。12、A2R3200.0【解析】

（1）[1]．将小量程的电流表改装成电压表，电流表需要知道两个参数：量程和内阻，故电流表选A2。[2]．根据串联电路特点和欧姆定律得：串联电阻