2022届高考物理一轮复习综合检测（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习综合检测（解析版），共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不符的得0分)
1．(2020·内蒙古高三月考)篮球运动员在某次运球时，篮球落地速度为5 m/s，方向竖直向下，篮球与地面接触后的反弹速度为落地速度的0.8倍，球与地面的作用时间为0.1 s，篮球的质量为650 g，重力加速度g取10 m/s2.根据以上信息可得，地面对蓝球的平均弹力为( )
A．58.5 N B．65 N C．38 N D．31.5 N
答案 B
解析 取竖直向上为正方向，则由动量定理得(eq \x\t(N)－mg)t＝mv′－(－mv)，
解得eq \x\t(N)＝eq \f(mv′＋mv,t)＋mg＝eq \f(0.65×0.8×5＋5,0.1) N＋0.65×10 N＝65 N.
2.(2020·山东泰安市一轮检测)2019年1月3日，“嫦娥四号”月球探测器成功软着陆在月球背面的南极—艾特肯盆地冯·卡门撞击坑，成为人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，如图1所示，“嫦娥四号”探测器沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道上的A点，点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道Ⅱ上的近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动．关于“嫦娥四号”探测器的运动，下列说法正确的是( )
图1
A．探测器沿轨道Ⅰ做圆周运动时，速度大小为2eq \r(g0R)
B．探测器沿轨道Ⅰ做圆周运动时，速度大小为eq \r(\f(g0R,3))
C．探测器过A点时，在轨道Ⅰ上的动能等于在轨道Ⅱ上的动能
D．探测器过A点时，在轨道Ⅰ上的动能大于在轨道Ⅱ上的动能
答案 D
解析 探测器在轨道Ⅰ上时，根据万有引力提供向心力有eq \f(GMm,4R2)＝meq \f(v2,4R)，在月球表面，由万有引力等于重力得eq \f(GMm,R2)＝mg0，联立解得v＝eq \f(\r(g0R),2)，故A、B错误；探测器在圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点，点火减速进入椭圆轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ上A点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，则探测器在轨道Ⅰ上A点的动能大于在轨道Ⅱ上A点的动能，故C错误，D正确．
3．(2020·江西临川一中高三月考)某种热敏电阻的阻值随环境温度的升高而减小，可以利用这种特性来测量环境温度．在下面的四个电路中，电源电动势一定，Rt表示热敏电阻，R0表示定值电阻．若希望在环境温度升高时，电路中的电压表或电流表示数减小，则下列电路中符合要求的是( )
答案 C
解析 当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，干路电流增大，流过电流表的电流增大，A错误；当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，干路电流增大，内电压升高，路端电压降低，流过R0的电流减小，因此流过电流表的电流增大，B错误；当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，干路电流增大，内电压及R0两端的电压都增大，Rt两端的电压降低，电压表测量的是热敏电阻Rt两端的电压，因此电压表的示数减小，C正确；当环境温度升高时，外电路的总电阻减小，干路电流增大，内电压及R0两端的电压都增大，电压表测量的是R0两端的电压，因此电压表的示数增大，D错误．
4．(2020·山东烟台市第一次联考)秦山核电站是我国自行设计、建造和运营管理的第一座30万千瓦压水堆核电站．在一次核反应中一个中子轰击eq \\al(235, 92)U变成eq \\al(136, 54)Xe、eq \\al(90,38)Sr和若干个中子，已知eq \\al(235, 92)U、eq \\al(136, 54)Xe、eq \\al(90,38)Sr的比结合能分别为7.6 MeV、8.4 MeV、8.7 MeV，则( )
A．该核反应方程为eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(136, 54)Xe＋eq \\al(90,38)Sr＋9eq \\al(1,0)n
B．要发生该核反应需要吸收能量
C.eq \\al(90,38)Sr比eq \\al(136, 54)Xe更稳定
D．该核反应中质量增加
答案 C
解析 该核反应方程为eq \\al(235, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\al(136, 54)Xe＋eq \\al(90,38)Sr＋10eq \\al(1,0)n，选项A错误；用一个中子轰击eq \\al(235, 92)U发生核反应，该核反应会释放出能量，选项B错误；eq \\al(90,38)Sr比eq \\al(136, 54)Xe的比结合能大，所以eq \\al(90,38)Sr比eq \\al(136, 54)Xe更稳定，选项C正确；该核反应中放出能量，有质量亏损，质量减小，选项D错误．
5.(2020·山东滨州市高三三模)如图2所示，光滑圆形轨道竖直固定在倾角α＝30°的光滑斜面上，B点为圆与斜面相切的点，C点为圆轨道上与圆心等高的点，D点为圆轨道的最高点．一质量为m＝0.5 kg的小球，从与D等高的A点无初速度释放，小球可以无能量损失地通过B点进入圆轨道，当地重力加速度为g＝10 m/s2.在小球运动的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A．小球可以通过D点
B．小球到最高点时速度为零
C．小球对C点的压力大小为10 N
D．由于圆轨道的半径未知，无法计算出小球对C点的压力大小
答案 C
解析 根据机械能守恒定律可知，小球从A点由静止释放，则到达等高的D点时速度为零；而要想经过圆轨道的最高点D的最小速度为eq \r(gR)，可知小球不能到达最高点D，而是过了C点后，在CD之间某处将脱离圆轨道做斜上抛运动，则到达最高点时速度不为零，选项A、B错误；从A点到C点由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mvC2，在C点NC＝eq \f(mvC2,R)，解得NC＝2mg＝10 N，由牛顿第三定律可知选项C正确，D错误．
6.(2019·广西柳州一中期中)将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与其上升高度h间的关系分别如图3中两直线所示，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
图3
A．小球的质量为0.2 kg
B．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.25 N
C．小球动能与重力势能相等时的高度为eq \f(20,13) m
D．小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J
答案 BD
解析 由题图知，小球上升的最大高度为h＝4 m，在最高点时，小球的重力势能Ep＝mgh＝4 J，得m＝eq \f(Ep,gh)＝0.1 kg，故A错误；根据除重力以外其他力做的功W其＝ΔE，则有－fh＝E高－E低，由题图知E高＝4 J，E低＝5 J，又h＝4 m，解得f＝0.25 N，故B正确；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝eq \f(1,2)mv2，由动能定理有－fH－mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，由题图知eq \f(1,2)mv02＝5 J，联立解得H＝eq \f(20,9) m，故C错误；由题图可知，在h＝2 m处，小球的重力势能是2 J，动能是eq \f(5,2) J＝2.5 J，所以小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为2.5 J－2 J＝0.5 J.
7.如图4，半径为R的圆形区域(纸面)内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，半径OA与半径OC夹角α＝60°，CD为直径．电子、质子均从A点沿与OA夹角θ＝30°方向垂直射入匀强磁场中，电子经磁场偏转后从C点以速率v射出磁场，质子从D点垂直AO方向射出磁场．已知电子和质子的质量之比为k，重力及粒子间的相互作用均不计，则( )
图4
A．磁场方向垂直纸面向外
B．电子在磁场中运动的路程为eq \f(1,3)πR
C．质子在磁场中运动的速率为kv
D．电子、质子通过磁场所用的时间之比为1∶2
答案 BC
解析 电子、质子在磁场中运动的轨迹如图所示．电子在磁场中偏转通过C，根据左手定则判断知磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；由几何关系知：△AOC、△AO1C均为正三角形且全等，则电子做匀速圆周运动的半径r1＝R＝eq \f(m1v,eB)，在磁场中运动的路程L1＝eq \f(1,6)×2πr1＝eq \f(1,3)πR，选项B正确；由几何关系知，圆心O2在边界圆的圆周上，四边形AODO2是边长为R的菱形，∠AO2D＝120°，质子在磁场中运动的轨迹半径r2＝R＝eq \f(m2v2,eB)，得v2＝eq \f(m1,m2)v＝kv，选项C正确；电子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(1,6)·eq \f(2πm1,eB)＝eq \f(πm1,3eB)，质子在磁场中运动的时间t2＝eq \f(1,3)·eq \f(2πm2,eB)＝eq \f(2πm2,3eB)，则eq \f(t1,t2)＝eq \f(m1,2m2)＝eq \f(k,2)，选项D错误．
8.(2020·广西高三一模)如图5所示，边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd放在光滑绝缘的水平面上，边长为L的正方形区域内有垂直于水平面向下的匀强磁场，L>l，两个正方形均关于MN对称．给金属线框一个向右的初速度v0使线框向右穿过磁场区域，线框运动过程中始终关于MN对称，线框穿过磁场后的速度为eq \f(1,2)v0，磁场的磁感应强度大小为B，则下列说法正确的是( )
图5
A．线框进入磁场过程中感应电流沿abcda方向
B．线框进入磁场过程中通过线框截面的电荷量为eq \f(Bl2,R)
C．线框完全进入磁场后的速度等于eq \f(3,4)v0
D．线框进入磁场过程克服安培力做功是出磁场过程克服安培力做功的eq \f(7,5)倍
答案 BCD
解析 根据楞次定律可知，线框进入磁场过程中线框中感应电流沿adcba方向，A项错误；线框进入磁场过程，通过线框截面的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bl2,R)，B项正确；根据动量定理，线框进入磁场过程中Beq \x\t(I)lΔt＝m(v0－v)，即Bql＝m(v0－v)，同理，出磁场过程中Bql＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v－\f(1,2)v0))，求得v＝eq \f(3,4)v0，C项正确；根据动能定理，进入磁场过程克服安培力做功：W1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)v0))2＝eq \f(7,32)mv02，出磁场过程克服安培力做功：W2＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)v0))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v0))2＝eq \f(5,32)mv02，因此有eq \f(W1,W2)＝eq \f(7,5)，D项正确．
二、非选择题(共62分，第9～12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13～14题为选考题，考生根据要求作答．)
(一)必考题(共47分)
9．(7分)(2020·云南昆明市一模)为测量某电子元件的电阻，实验室提供了如下器材：
待测电阻Rx(阻值约为8 Ω)
电流表A1(量程0～0.6 A，内阻r1＝1 Ω)
电流表A2(量程0～3.0 A，内阻r2约为0.5 Ω)
滑动变阻器R1(阻值范围0～5 Ω)
滑动变阻器R2(阻值范围0～1 kΩ)
定值电阻R3＝39 Ω
电源(输出电压为24 V)
开关S，导线若干
(1)某同学设计了测量Rx的一种实验电路，如图6，为了较准确地测量待测电阻的阻值，请用笔画线完成实物图的连线；
图6
(2)为了较准确地测量待测电阻的阻值，X处的电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(用题目中相关物理量的符号表示)；
(3)若实验中测得X处电流表示数为I1，Y处电流表示数为I2，则待测电阻Rx＝________(用题目中相关物理量的符号表示)．
答案 (1)见解析图 (2)A1 R1 (3)eq \f(I1r1＋R3,I2－I1)
解析 (1)滑动变阻器应该采用分压式接法，电路连接如图；
(2)为了较准确地测量待测电阻的阻值，X处的电流表应选用内阻已知的电流表A1，滑动变阻器要接成分压电路，则为了方便调节，则应选用阻值范围较小的R1；
(3)由电路的结构可得I1(R3＋r1)＝(I2－I1)Rx
解得Rx＝eq \f(I1r1＋R3,I2－I1).
10．(8分)(2020·福建永安市一中高三上学期月考)(1)利用气垫导轨通过频闪照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验．实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大应选图7中的________(填“甲”或“乙”)；若要求碰撞时动能损失最小则应选图中的________(填“甲”或“乙”)．(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)
图7
(2)某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到的频闪照片如图8所示．
图8
已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0～80 cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10 cm处．若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻，A、B两滑块质量之比mA∶mB＝________.
答案 (1)乙 甲 (2)2.5T 2∶3
解析 (1)若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选题图中的乙；若要求碰撞时动能损失最小则应使两滑块发生完全弹性碰撞，即选题图中的甲；
(2)由题图可知，第1次闪光时，滑块A恰好位于x＝10 cm处；第二次闪光时A在x＝30 cm处；第三次闪光时A在x＝50 cm处；碰撞在x＝60 cm处，从第三次闪光到碰撞的时间为eq \f(T,2)，则可知碰撞发生在第1次闪光后的2.5T时刻；若设碰前A的速度为v，则碰撞后A的速度为－eq \f(v,2)，B的速度为v，根据动量守恒定律可得：mAv＝－mA·eq \f(v,2)＋mB·v，解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(2,3).
11．(12分)(2020·天津市塘沽第一中学高三月考)如图9所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上，第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤去水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为f＝12 N，求：
图9
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移大小；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤去水平推力后滑行的最大距离．
答案 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
解析 (1)根据牛顿第二定律得F－f＝ma1
运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为a1＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s
位移大小x1＝eq \f(1,2)a1t12＝0.6 m
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝eq \f(f,m)＝0.2 m/s2
撤去水平推力F后，经过t2＝2.0 s，速度大小为v2＝v1－a2t2＝0.8 m/s，
第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v3，则v32－v22＝2a1x1
第二次撤去水平推力后滑行的最大距离x2＝eq \f(v\\al(,32),2a2)
联立解得x2＝5.2 m.
12.(20分)(2018·安徽淮南高三二模)如图10所示，在足够高的竖直绝缘挡板上A点，以水平速度v0向左抛出一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)，由于空间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场，小球抛出后经过一段时间将再次到达墙面上的B点，重力加速度为g，不计空气阻力，求在此过程中：
图10
(1)小球水平方向的速度为零时到板面的距离；
(2)板上A、B两点间的距离；
(3)小球的最小速度的大小．
答案 (1)eq \f(mv\\al(,02),2qE) (2)eq \f(2m2gv\\al(,02),q2E2) (3)eq \f(mgv0,\r(q2E2＋m2g2))
解析 (1)小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动；将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向上有：F＝max，
得ax＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)
则有x＝eq \f(v\\al(,02),2ax)＝eq \f(mv\\al(,02),2qE).
(2)水平方向速度减小为零所需的时间为t1＝eq \f(v0,ax)
小球从A到B所用时间t＝2t1＝eq \f(2v0,ax)＝eq \f(2mv0,qE)
竖直方向上：y＝eq \f(1,2)gt2＝eq \f(2m2gv\\al(,02),q2E2).
(3)将运动沿图示方向分解．当v1＝0时，小球速度最小，此时vmin＝v0cs θ
又cs θ＝eq \f(mg,\r(q2E2＋m2g2))
解得vmin＝eq \f(mgv0,\r(q2E2＋m2g2)).
(二)选考题(共15分，请考生从2道物理题中每科任选一题作答．如果多做，则每科按所做的第一题计分．)
[物理——选修3－3](15分)
13．(1)(5分)下列说法正确的是________．(选填正确答案标号)
A．液晶具有流动性、各种物理性质均具有各向异性
B．在太空大课堂中处于完全失重状态的水滴呈现球形，是由液体表面张力引起的
C．热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体
D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，则气体分子的平均动能一定增大，但气体压强不一定增大
E．某气体分子的体积是V0，阿伏加德罗常数为NA，则标准状态下该气体的摩尔体积为NAV0
(2)(10分)(2020·山西大同市第一次联考)如图11所示，一横截面积为3×10－4 m2的U形管竖直放置，左端封闭，右端开口，两侧水银面高度差为5 cm，左侧封闭的气体长为12.5 cm，右侧被一轻质活塞封闭气体的长度为10 cm.然后缓慢向下压活塞，使左右两侧液面相平，气体温度保持不变，问此时施加压力多大？活塞下移的距离是多少？(已知大气压强为p0＝1×105 Pa＝75 cmHg)
图11
答案 (1)BCD (2)10 N 5 cm
解析 (1)液晶具有液体的流动性和光学性质具有各向异性，故A错误；在太空大课堂中处于完全失重状态的水滴受到的重力提供向心力，由于液体的表面张力的作用而呈现球形，故B正确；热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，而温度是分子的平均动能的标志，所以热量总是自发地从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，故C正确；根据理想气体状态方程：eq \f(pV,T)＝C可知，气体的温度升高，而体积的变化不知道，所以不能判断出气体的压强的变化，故D正确；对气体，由于分子间距的存在，NAV0并不等于摩尔体积，故E错误．
(2)对于左侧封闭气体，初状态：p1＝p0＋ρgΔL，V1＝L1S
末状态：p2＝p0＋eq \f(F,S)，V2＝(L1－eq \f(ΔL,2))S
根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
代入相关数据得F＝10 N
对于右侧封闭气体，初状态：p3＝p0，V3＝L2S
末状态p4＝p0＋eq \f(F,S)，V4＝L2′S
由玻意耳定律可得p3V3＝p4V4，代入相关数据可得L2′＝7.5 cm
根据L2＋eq \f(ΔL,2)＝h＋L2′可得活塞下降高度h＝5 cm.
[物理——选修3－4](15分)
14．(1)(5分)(2020·重庆八中高三月考)如图12甲是一列简谐横波在t＝0.2 s时刻的波形图像，P是距离原点1.5 m的一个质点，Q是距离原点2 m的一个质点，图乙是质点Q的振动图像．下列说法正确的是________．
图12
A．这列简谐波的波速为10 m/s
B．这列简谐波的传播方向为＋x方向
C．0.3 s时P的速度正在增大，加速度正在减小
D．t＝0.4 s到t＝0.6 s质点Q通过的路程为4 cm
E．质点Q的简谐运动的表达式y＝0.02sin (5πt) m
(2)(10分)(2020·四川高三月考)如图13，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A＝30°，∠B＝90°，AC长度为2eq \r(3)a，一细光束从AB边上的D点以与AB边成45°角射入三棱镜，AD长度为a，三棱镜的折射率为n＝eq \r(2)，光在真空中的传播速度为c，不考虑多次反射．求：
图13
①光束在BC边的出射光线与BC边的夹角；
②光束在三棱镜中传播的时间．
答案 (1)ADE (2)①90° ②eq \f(5\r(2)a,2c)
解析 (1)由题意可知T＝0.4 s，λ＝4 m，则v＝eq \f(λ,T)＝10 m/s，所以A正确；由题意可知，乙图为质点Q的振动图像，所以当t＝0.2 s时，质点Q的振动方向为沿着y轴的负方向．对甲图，由同侧法可知，这列简谐波的传播方向为－x方向，所以B错误；0.3 s时这列波向左传播了x＝vt＝1 m.
即此时质点P正在远离平衡位置向下振动，所以可知此时质点P的速度在减小，加速度在增大，所以C错误；
由题意可知t＝0.4 s到t＝0.6 s，Δt＝eq \f(T,2)，则Q点通过的路程为2A＝4 cm，所以D正确；由题意可知A＝0.02 m，ω＝eq \f(2π,T)＝5π rad/s，即质点Q的简谐运动的表达式为y＝0.02sin (5πt) m，所以E正确．
(2)①光线在AB界面上折射，光路图如图．
因此n＝eq \f(sin i,sin r)，得r＝30°，因为∠A＝30°，所以在△ADE中∠AED＝30°，△ADE是等腰三角形，根据几何关系可得i2＝60°，又sin C＝eq \f(1,n)，得C＝45°，因此光线在AC边发生全反射．
又因为θ3＝30°，∠ACB＝60°，所以光线从BC边垂直射出，出射光线与BC边的夹角为90°.
②由几何关系有AD＝DE＝a，AE＝2ADcs 30°，EF＝(AC－AE)cs θ3
又n＝eq \f(c,v)，t＝eq \f(DE＋EF,v)
联立解得t＝eq \f(5\r(2)a,2c).