2022屆高三二輪綜合卷 物理（六）教師版

場，球內(nèi)稀薄氣體受到高頻電場的電離作用會產(chǎn)生輻射狀的輝光。站在大地上的人用手

（新圖考）2022屆昌三二輪綜合卷

觸摸球殼時(shí)輝光會隨乎移動(dòng)，好像人施了魔法一樣，關(guān)于通電后的魔法球下列說法正確

物理（六）的是（）

注意事項(xiàng)：

1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準(zhǔn)

考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。

A.球內(nèi)各處電勢均為零

2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題”的答

球內(nèi)電極產(chǎn)生的電場方向沿球半徑向外

案標(biāo)號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。B.

C.用手觸摸球時(shí)，不會有電流從手流過

3.非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在

D.用手觸摸球時(shí)，球內(nèi)的電場、電勢分布不對稱

左試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

【答案】D

4.考試結(jié)束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。

【解析】球內(nèi)各處電勢均不為零，因?yàn)榍騼?nèi)有高頻電場有一定的電勢差，所以A錯(cuò)

一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1?7題

誤；球內(nèi)電極產(chǎn)生的電場方向沿球半徑向里，因?yàn)榍騼?nèi)稀薄氣體受到高頻電場的電離負(fù)

曲

-只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8?10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分,

-離子向外運(yùn)動(dòng)，所以B錯(cuò)誤；用手觸摸球時(shí)，會有電流從手流過，所以C錯(cuò)誤；用手

-全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

-觸摸球時(shí)，球內(nèi)的電場、電勢分布不對稱，因?yàn)橛檬钟|摸后，電場強(qiáng)弱發(fā)生了變化，所

-I.天文物理學(xué)家認(rèn)為，在太陽和類似結(jié)構(gòu)的星體中，發(fā)生的核聚變反應(yīng)中占優(yōu)勢

-以D正確。

-的是質(zhì)子一質(zhì)子循環(huán)，又稱克里奇菲爾德循環(huán)，該循環(huán)的核反應(yīng)方程為：2X-汨+』e,

K--4.如圖為小球在水平面上移動(dòng)，每隔0.02秒記錄下的位置。將該段運(yùn)動(dòng)分為5段,

-X++H-Y,2YTHe+2X,其中X、Y分別為（）

fe則其中平均速度最大與平均加速度最小的運(yùn)動(dòng)過程分別為（）

照A.p,?HB.n,THC.p,yHeD.n,5He①②③④⑤.

?????

【答案】C*??..

??

【解析】原子核核反應(yīng)過程中，遵循質(zhì)量數(shù)，電荷數(shù)守恒定律，可知X、Y分別為?????

K①和②①和③

p、］He,所以C正確；ABD錯(cuò)誤。A.B.

⑤和③⑤和②

2.做簡諧運(yùn)動(dòng)的單擺，當(dāng)擺球通過最低位置時(shí)（）C.D.

A.擺球所受的同復(fù)力為零B.擺線對擺球的拉力為零【答案】C

C.擺球所受的合力為零D,擺球的重力勢能一定為零【解析】由圖可知⑤位移最大，各段運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由；=］知⑤平均速度最大；

s【答案】A

③最近似于勻速直線運(yùn)動(dòng)，即速度大小和方向變化最小，平均加速度最小，故C正確，

【解析】單擺的最低點(diǎn)是其簡諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置，故回復(fù)力為零，故A正確；當(dāng)擺

ABD錯(cuò)誤。

球通過最低位置時(shí)，滿足合外力提供向心力，即故BC錯(cuò)誤；因?yàn)榱銊菽?.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)4變化到狀態(tài)B,再變化到狀態(tài)C,其變化過程的p

—V圖象如圖所示（）

s面可以任意選取，所以當(dāng)擺球通過最低位置時(shí)擺球的重力勢能不一定為零，故D錯(cuò)誤。

3.如圖所示，魔法球（又名等離子球）外層為高強(qiáng)度透明玻璃球殼，球內(nèi)充有稀

薄的惰性氣體，球中央有黑色球狀電極，通電后，在電極周圍空間產(chǎn)生高頻高壓交變電

C.e=120sin57ir(V)D.e=120sin——nt(V)

3

【答案】B

【解析】由圖可知，調(diào)整轉(zhuǎn)速前后周期之比工=2,由。=型可知角速度與周期成

T3T

A.氣體在A狀態(tài)時(shí)的內(nèi)能大于C狀態(tài)時(shí)的內(nèi)能b

B.氣體在B狀態(tài)時(shí)每個(gè)分子的動(dòng)能都比A狀態(tài)時(shí)大反比，得調(diào)整轉(zhuǎn)速前后角速度之比為"=二=」，調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速之后，交流電的角速度

5T.,2

C.氣體從狀態(tài)A到B吸收的熱量大于從狀態(tài)B到C放出的熱量

coba>=—=^^7trad/s,感應(yīng)電動(dòng)勢最大值Em=N8ss,轉(zhuǎn)速調(diào)整前后，NBS相同，Em

D.氣體從狀態(tài)4到B吸收的熱量等于從狀態(tài)B到C放出的熱量h

T?3

【答案】C

與3成正比互吆=幺，由圖可知，調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速之前交流電的最大電動(dòng)勢E?,"=150V,

【解析】由〃一V圖象可得外匕=應(yīng)乂，由理想氣體半守恒，可知?dú)怏w在A狀態(tài)和

Emh外

所以調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速之后交流電的最大電動(dòng)勢=久=100V,線圈從中性面開始轉(zhuǎn)

C狀態(tài)時(shí)的溫度相等即7；=4,一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，溫度相等內(nèi)

%

能也相等，因此氣體在A狀態(tài)時(shí)的內(nèi)能等于在C狀態(tài)時(shí)的內(nèi)能，A錯(cuò)誤：由圖象知，理

動(dòng)計(jì)時(shí)，所以圖線〃電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式e=100sin，m(V),故選B。

想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B為等壓膨脹過程，由牛守恒可知，溫度升高即TA<TB,3

7.如圖甲所示，某籃球運(yùn)動(dòng)員正在進(jìn)行超遠(yuǎn)三分球投籃?；@球的運(yùn)動(dòng)軟跡如圖乙

溫度越高分子平均動(dòng)能越大，則氣體在B狀態(tài)時(shí)分子平均動(dòng)能比A狀態(tài)時(shí)大，分子平

所示，4是籃球的投出點(diǎn)，8是運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)，C是籃球的投入點(diǎn)。已知籃球在4

均動(dòng)能變大并不是每個(gè)分子的動(dòng)能都增大，而是動(dòng)能較大分子數(shù)量所占的比例增大，B

點(diǎn)的速度與水平方向的夾角為60。，在C點(diǎn)的速度大小為⑶、與水平方向的夾角為45。,

錯(cuò)誤；A-8過程：氣體體積變大，外界對氣體做負(fù)功，即W<0,溫度升高,內(nèi)能增加，

重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是()

即AU>。，由熱力學(xué)第一定律AU=W+Q,可知。>0,則此過程氣體吸熱，吸收的熱量

等于增加的內(nèi)能加上外界對氣體做功的絕對值；8-C過程：氣體體積不變，外界不對

氣體做功，即W=0,溫度降低，內(nèi)能減少，即AU<0,同理可知。<0,此過程氣體放

熱，放出的熱量等于減少的內(nèi)能；因7\=*，可得A-8過程升高的溫度等于過

程降低的溫度，所以A-B過程內(nèi)能增加量等于5TC過程內(nèi)能減少量；由以上分析可B.從8點(diǎn)到C點(diǎn)，籃球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為叵■

知：氣體從狀態(tài)A到8吸收的熱量大于從狀態(tài)8到C放出的熱量，D錯(cuò)誤，C正確。

6.一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生正弦式交變電流，C.籃球在A點(diǎn)的速度為2vo

電動(dòng)勢隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖線。所示。僅調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速，電動(dòng)勢隨時(shí)間的變化規(guī)律如

D.A、C兩點(diǎn)的高度差為萼

圖線b所示，則圖線b電動(dòng)勢瞬時(shí)值的表達(dá)式是()2g

【答案】D

【解析】籃球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，籃球做的是斜拋運(yùn)動(dòng)，由斜拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可

知，在水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，在豎直方向?yàn)樨Q直上拋運(yùn)動(dòng)，已知在C點(diǎn)的速度大小

為vo、與水平方向的夾角為45。，則有在水平方向的速度%=180545。=乎用，8點(diǎn)是最

A.e=100sin5浦(V)B.100sin——nt(V)

3

高點(diǎn)，在豎直方向的速度是零，只有水平方向的速度，所以籃球在8點(diǎn)的速度令o,A

2

錯(cuò)誤；籃球在點(diǎn)時(shí)，豎直方向的速度內(nèi)=如。。=乎籃球從點(diǎn)到點(diǎn)，豎直

C145vo,5C公式，加速下降過程位移占=工，減速下降過程位移羽=二，故*：壬=4:3,因而

2q~2a2

方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，則有w=gr,籃球從8點(diǎn)到C點(diǎn)，籃球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間1=生=也生，3

x,=-//,故D正確。

g2g7

B錯(cuò)誤；籃球在A點(diǎn)的水平方向速度為"=當(dāng)用,籃球在A點(diǎn)的速度Vx=i^cos60。=小10.如圖所示，在xO.y平面第一象限內(nèi)存在有垂直平面的勻強(qiáng)磁場（沒畫出），一

個(gè)質(zhì)量為〃?、電荷量為g的帶電粒子，由y軸上的P點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，初速度為vo,方向沿

困,C錯(cuò)誤；設(shè)籃球由A到C的高度差為h,由機(jī)械能守恒定律可得3〃八］=mgh+；吟,

x軸正方向，P到。的距離為小L,后來粒子經(jīng)過不軸上的。點(diǎn)，此時(shí)速度方向與x軸

負(fù)方向的夾角為6=60。，Q到。的距離為2L,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8=￥^殳，則下列

解得/?=至。D正確。

2g

9.在上海世博會上，拉脫維亞館的風(fēng)洞飛行表演令參觀者大開眼界，若風(fēng)洞內(nèi)總

的向上的風(fēng)速風(fēng)量保持不變，讓質(zhì)量為〃?的表演者通過調(diào)整身姿，可改變所受的向上的

風(fēng)力大小，以獲得不同的運(yùn)動(dòng)效果，假設(shè)人體受風(fēng)力大小與正對面積成正比，已知水平

橫躺時(shí)受風(fēng)力面積最大，口人體站立時(shí)受風(fēng)力面積為水平橫躺時(shí)受風(fēng)力面積的《，風(fēng)洞

內(nèi)人體可上下移動(dòng)的空間總高度為“。開始時(shí)，若人體與豎直方向成?定角度傾斜時(shí)，A.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為小L

受風(fēng)力有效面積是最大值的一半，恰好可以靜止或勻速漂移；后來，人從最高點(diǎn)A開始,

先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處8后，再以向上的最大加速度勻減速下落,B.求帶電粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)所用的時(shí)間為逗

6%

剛好能在最低點(diǎn)C處減速為零，則以下說法正確的有（）

A.由A至0全過程風(fēng)力對表演者做的功為〃?g”C.若勻強(qiáng)磁場的區(qū)域是圓形磁場，則圓形磁場的最小面積為箸

3

B.表演者向上的最大加速度是承D.若勻強(qiáng)磁場的區(qū)域是矩形，則矩形磁場的最小面積為延工

16

C.表演者向下的最大加速度是上

u1【答案】AC

向

風(fēng)

D.B點(diǎn)的高度是【解析】根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得gwB="耳，又已知B=生^聯(lián)立可

7

【答案】

D得R=*L,A正確；根據(jù)

【解析】對A至C全過程應(yīng)用動(dòng)能定理限"+W=°,解得卬=一，咫〃，故A錯(cuò)誤；

R=*L,畫出粒子軌跡過程圖，如圖一所示，分析可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度"

設(shè)最大風(fēng)力為A”由于人體受風(fēng)力大小與正對面積成正比，故人站立時(shí)風(fēng)力為,4，

801

由于受風(fēng)力有效面積是最大值的一半時(shí)，恰好可以靜止或勻速漂移，故可以求得重力=120%根據(jù)周期公式7=納=細(xì)，所以粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

%2%

6=1/；,,人平躺勻減速下落時(shí)有最大加速度3=竺二￡=g,故B錯(cuò)誤：人站立加速

2~m

?,=—T=,粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)的位移s=CP+CQ-（CM+CN）=2"\/kian

下降時(shí)的最大加速度4=生芻=3；?,故C錯(cuò)誤；設(shè)下降的最大速度為v,由速度位移360°6v0

m4

30。+二?-2R〔an60。，將口=裝,代入上式可得$=工心，故粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)的

cos30042

時(shí)間為弓=￡=匹，所以粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為"L+八=包心+",

【答案】（I）見解析圖（2心（3）0.5

-

-%2%6%2v0

B錯(cuò)誤:

2。-

w-l.

°5101520,111

【解析】（1）根據(jù)數(shù)據(jù)合理選取坐標(biāo)值，描點(diǎn)、連線，如圖所示。

⑵由動(dòng)能定理有-竽*=0-，"『，解得「聆X，所以圖線斜率k=

畫出最小面積的圓形磁場區(qū)域如圖二所示，即以MN為直徑時(shí)，圓形磁場區(qū)域面積

（3）由圖線可得斜率r=10s-',所以小球質(zhì)量m=0.5kgo

最小；根據(jù)兒何關(guān)系可知磁場區(qū)域半徑，?邛R*,所以圓形區(qū)域面積為

12.（8分）某實(shí)驗(yàn)小組需測量某一電源的電動(dòng)勢和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供的實(shí)驗(yàn)器材有:

待測阻源（E大約為6V,,?大約為2.0C）

S2=—,c正確；畫出最小面積的矩形磁場區(qū)域如圖三所示，所以矩形區(qū)域面

I=7Cr64電阻箱Ri（最大阻值為99999Q）

積為S2=小我便一次），將R=#￡，代入可得§2=嚕二D錯(cuò)誤。電阻箱R2（最大阻值為999.9C）

電阻箱出（最大阻值為5.0C）

二、非選擇題：本題共5小題，共54分。靈敏電流計(jì)G（量程.為1mA,內(nèi)阻未知）

11.（6分）如圖甲所示，為了測量小物塊的質(zhì)量小，進(jìn)行了如下操作：開關(guān)，導(dǎo)線若干。

（1）實(shí)驗(yàn)過程中需要測出該靈敏電流表G的內(nèi)阻R,所用的電路如圖甲，主要步驟

①把勁度系數(shù)2=50N/m的長彈簧固定在長木板的一端，把速度傳感器固定在彈簧

原長位置處；

②墊起長木板沒有彈簧的另一端，直到小物塊能沿長木板勻速下滑；

②保持用阻值不變，再接通開關(guān)S2,調(diào)節(jié)電阻箱用，使G指針偏轉(zhuǎn)到滿刻度的一

③給小物塊某一速度使其沿長木板下滑，速度傳感器測得其速度為也，刻度尺測得

半，讀出此時(shí)心的阻值為198.0。。則靈敏電流表G的內(nèi)阻心=Q,從理論上

彈簧最大壓縮量為陽；

分析&測量值真實(shí)值（填"大于"小于”“等于“）0

④重復(fù)③，得到數(shù)據(jù)如下表所示：

（2）由于靈敏電流表G的量程太小，實(shí)驗(yàn)小組欲將其改裝成量程為100mA的電流表

v(m/s)0.51.01.52.0

A,需將靈敏電流表G與電阻箱4（填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”），并將用的阻值調(diào)為

x(cm)5101520

C。然后完成對改裝好的電流表表盤的重新刻度并校對。

回答下列問題：

（3）接著該小組將待測電源、改裝電流表A、電阻箱R、電阻箱心,開關(guān)連接成如

（1）在下面的坐標(biāo)系中作出I，一工圖像。

圖乙所示電路，將R?調(diào)到合適阻值60Q后保持不動(dòng)，閉合開關(guān)S,多次調(diào)節(jié)電阻箱

（2）圖線的斜率表達(dá)式〃=（僅與鼠機(jī)有關(guān)）。

得到了多組昭的值和對應(yīng)的電流表的讀數(shù)/,并做出如圖丙所示的;一島關(guān)系圖像。若

⑵由以上可得小球的質(zhì)量m=kgo

圖像斜率為k=0.16AfQr,縱截距為6=10.2Ar，則電源電動(dòng)勢七=V,內(nèi)線框中的電流"

1R

阻廠=C。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

加兩端的電勢差為3R

【答案】（1）198.0小于（2）并聯(lián)2.0（3）6.251.77

【解析】（1）根據(jù)半偏法測電流表內(nèi)阻的方法及原理可知，滿偏時(shí)電流聯(lián)立以上各式得1/3=2%歷

/=―半偏時(shí)電流上=---,因?yàn)镽?，.，R》人,所以認(rèn)為電路中總

故線框剛進(jìn)入磁場時(shí)ab兩點(diǎn)間的電勢差為3班反?

r+Ri+Rg2r+R+R井

4

電流幾乎不變，見的電流也為g,所以“=198.00,從理論上分析&測量值小于（2）由圖乙可知以邊進(jìn)入磁場前線框已做勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)此時(shí)速度為1,線框電流為72,

則有

真實(shí)值，因?yàn)閷?shí)際電流變大了，導(dǎo)致測量值偏小。

B12L=mg

（2）靈敏電流計(jì)改裝成電流表，應(yīng)并聯(lián)一個(gè)電阻，起分流作用，并聯(lián)的阻值

且有4=*,E,=BLV2

&=~^~=2.0Q。

聯(lián)立解得％=嚶

2B-1：

（3）由閉合電路歐姆定律可得E=/"+4+&+&）,整理得1=工舄+-+鳥+8,結(jié)

/EE根據(jù)能量守恒定律有Q=2mgL-

合4圖像可得：圖像斜率火=!，縱軸戳距b,+1+%.,代入數(shù)據(jù)解得E=6.25V,由以上各式解得Q=2,"皿-竺察

/EE

2BL

r=1.77Q

o故線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為2,"gL-察舁。

13.（11分）如圖甲所示，一質(zhì)量為加、電阻為R、邊長為L的正方形閉合金屬線框

而cd處于豎直平面內(nèi)，水平虛線^下方存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方向垂直于線框所在14.（10分）如圖所示，在湖邊A處有一路燈，路燈高6m,平靜的湖面上有一長木

平面向外的勻強(qiáng)磁場。將線框從爐上方由靜止釋放，剛釋放時(shí)心邊水平且與距離也板，木板的左端距離4點(diǎn)4.5m,木板長度為3.5m,在湖面上距離長木板右端21m處

為L從線框開始釋放到剛好全部進(jìn)入磁場的過程中，其速度y與下落位移工的關(guān)系圖的B點(diǎn)有一水中動(dòng)物，當(dāng)空中出現(xiàn)該動(dòng)物的天敵時(shí)，動(dòng)物豎直向下潛水，動(dòng)物到達(dá)。

像如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：點(diǎn)處時(shí)能夠看到湖邊地面，且木板右端恰好處在景物的邊緣，已知sin37。=0.6,cos37。

4

=0.8,水的折射率為亨求：

（1）線框剛進(jìn)入磁場時(shí)ab兩點(diǎn)間的電勢差；

（2）線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量。（1）。點(diǎn)到水面的距離；

【解析】（1）設(shè)時(shí)邊剛進(jìn)入磁場時(shí)線框的速度為用根據(jù)機(jī)械能守恒定律有（2）動(dòng)物為了躲避空中天敵，最安全的是躲在路燈照射不到的區(qū)域內(nèi)，則動(dòng)物還要從

,I

mgL=-nn＞；2。點(diǎn)繼續(xù)向下潛水最小深度和最大深度。（計(jì)算結(jié)果可以保留根號）

ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的電動(dòng)勢g=BL”【解析】（1）由sinC」

【解析】(1)物塊A從圓弧軌道頂端由靜止釋放，滑到圓弧軌道底端，由動(dòng)能定理

可得

解得力=7幣mo

%gR(l-cos37。)=

(2)若光線恰好從長木板右端射入，折射角為。，根據(jù)折射定律〃=地區(qū)

sin，

解得\\=3m/s

解得sin6=-

5物塊A碰前瞬間，由牛頓第二定律，有尸、一切送=嚕

如，一」

加+2125解得尸N=5.6N

解得々=28〕n由牛頓第三定律，可得碰前瞬間物塊A對軌道的壓力大小&'=FN=5.6No

若光線恰好從長木板左端射入，折射角為乙同理〃=畫2(2)物塊A、B碰撞，動(dòng)量守恒可得叫曠心”切眼

sin/

mv

由機(jī)械能守怛,可得;mAv[=；~Bl

解得siny=2

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