2022高考物理 刷題增分：選擇題仿真2022Ⅲ卷高考模擬演練（含解析）4

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1、 選擇題仿真2021·Ⅲ卷高考模擬演練 二、選擇題：此題共8小題，每題6分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。 14．如下列圖，一個(gè)有彈性的金屬圓環(huán)用一根橡皮繩吊于通電直導(dǎo)線的正下方，直導(dǎo)線與圓環(huán)在同一豎直面內(nèi)，當(dāng)通電直導(dǎo)線中電流增大時(shí)，彈性圓環(huán)的面積S和橡皮繩的長(zhǎng)度l將(　　) A．S增大，l變長(zhǎng) B．S減小，l變短 C．S增大，l變短 D．S減小，l變長(zhǎng) 解析　當(dāng)通電直導(dǎo)線中電流增大時(shí)，穿過金屬圓環(huán)的磁通量增大，金屬圓環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流

2、產(chǎn)生的效果要阻礙磁通量的增大，一是用縮小面積的方式進(jìn)行阻礙，二是用遠(yuǎn)離直導(dǎo)線的方式進(jìn)行阻礙，選項(xiàng)D正確。 答案　D 15．(2021·山東菏澤模擬)2021年4月，“天宮一號(hào)〞完成其歷史使命，離開運(yùn)行軌道，進(jìn)入大氣層，最終其主體局部會(huì)在大氣層中完全燒毀。在燃燒前，由于稀薄空氣阻力的影響，“天宮一號(hào)〞的運(yùn)行半徑逐漸減小。在此過程中，以下關(guān)于“天宮一號(hào)〞的說法中正確的選項(xiàng)是(　　) A．運(yùn)行速率逐漸減小，機(jī)械能逐漸增大 B．運(yùn)行周期逐漸減小，機(jī)械能逐漸增大 C．運(yùn)行速率逐漸增大，機(jī)械能逐漸減小 D．運(yùn)行周期逐漸增大，機(jī)械能逐漸減小 解析　根據(jù)G＝m＝mr得，v＝，T＝，軌道半徑減小，

3、那么速率增大，周期減小，由于空氣阻力做功，根據(jù)功能關(guān)系知，機(jī)械能減小，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，C正確。 答案　C 16．如下列圖，兩斜面體A、B疊放在水平地面上，連接斜面體A與天花板的輕彈簧沿豎直方向，兩斜面體A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)。關(guān)于斜面體A和B的受力情況，以下說法正確的選項(xiàng)是(　　) A．斜面體A一定受兩個(gè)力 B．斜面體A可能受三個(gè)力 C．斜面體B一定受四個(gè)力 D．斜面體B可能受五個(gè)力 解析　斜面體A處于平衡狀態(tài)，可能只受彈簧拉力和重力，此時(shí)斜面體A、B間沒有相互擠壓不存在摩擦力，斜面體A只受兩個(gè)力，斜面體B也只受兩個(gè)力，C項(xiàng)錯(cuò)誤；假設(shè)彈簧彈力為零，對(duì)斜面體A進(jìn)行受力分析，斜

4、面體A受重力、斜面體B對(duì)斜面體A的支持力和摩擦力，處于平衡，斜面體A受三個(gè)力，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；對(duì)斜面體A、B整體分析，不管彈簧彈力有無(wú)，只受堅(jiān)直方向的外力，斜面體B與地面間不會(huì)存在摩擦力，斜面體B可能受兩個(gè)力或四個(gè)力，不可能受五個(gè)力，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　B 17．一個(gè)小球從足夠高處水平拋出，空氣阻力忽略不計(jì)，小球拋出后的動(dòng)能隨時(shí)間變化的關(guān)系為Ek＝2＋50t2(J)，重力加速度g取10 m/s2，那么(　　) A．小球的初速度為4 m/s B．小球的質(zhì)量為0.5 kg C．2 s末小球的水平位移為2 m D．2 s末小球的速度約為20.1 m/s 解析　由動(dòng)能定理得Ek－Ek0

5、＝mgh＝mg·gt2，那么Ek＝Ek0＋mg·gt2，與Ek＝2＋50t2(J)比照可知，m＝1 kg，初動(dòng)能為Ek0＝2 J＝mv，所以v0＝2 m/s，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；2 s內(nèi)水平位移x＝vt＝4 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2 s末的動(dòng)能Ek＝202 J＝mv2，解得v≈20.1 m/s，選項(xiàng)D正確。 答案　D 18．如下列圖，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v垂直射入一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，速度方向跟磁場(chǎng)左邊界垂直，從右邊界離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)角θ＝30°，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為d，那么以下說法正確的選項(xiàng)是(　　) A．該粒子帶正電 B．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ C．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半

6、徑R＝d D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝ 解析　由左手定那么可判斷，該粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；分別作出入射方向和出射方向的垂線，交點(diǎn)為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O，由幾何關(guān)系可得，圓心角θ＝30°，半徑R＝＝2d，C錯(cuò)誤；由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，得R＝，將R＝2d代入可得B＝，B錯(cuò)誤；粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝，將B＝代入可得T＝，那么運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T＝×＝，D正確。 答案　D 19．有一個(gè)銅盤，輕輕撥動(dòng)它，能長(zhǎng)時(shí)間地繞軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。如果在銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)把條形磁鐵的磁極放在銅盤邊緣，但并不與銅盤接觸，如下列圖。以下說法正確的選項(xiàng)是(　　) A．銅盤中既有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，又有感應(yīng)電流 B．銅盤的

7、轉(zhuǎn)動(dòng)不受鐵磁影響 C．銅盤受到磁鐵影響將越轉(zhuǎn)越慢 D．銅盤受到磁鐵影響將越轉(zhuǎn)越快 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律可知，銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，盤中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，有感應(yīng)電流，使銅盤受到安培力的作用，即受到阻尼的作用，銅盤的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為焦耳熱，因此銅盤將越轉(zhuǎn)越慢，直到停下，選項(xiàng)A、C正確。 答案　AC 20．(2021·云南昆明檢測(cè))如圖甲所示，質(zhì)量mA＝1 kg，mB＝2 kg的A、B兩物塊疊放在一起靜止于粗糙水平地面上。t＝0時(shí)刻，一水平恒力F作用在物塊B上，t＝1 s時(shí)刻，撤去F，B物塊運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，假設(shè)整個(gè)過程中A、B始終保持相對(duì)靜止，那么以下說

8、法正確的選項(xiàng)是(　　) A．物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．1～3 s內(nèi)物塊A不受摩擦力作用 C．0～1 s內(nèi)物塊B對(duì)A的摩擦力大小為4 N D．水平恒力的大小為12 N 解析　在v-t圖像中圖線的斜率大小等于物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小，那么a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2，對(duì)兩物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，解得：μ＝＝0.2，F(xiàn)＝18 N，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；1～3 s內(nèi)兩物塊一起運(yùn)動(dòng)，物塊A也具有水平向左的加速度，對(duì)其受力分析，可知：B對(duì)A施加了水平向左的靜摩擦力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

9、同理在0～1 s內(nèi)物塊A也具有水平向右的加速度，對(duì)其受力分析，可知：B對(duì)A施加了水平向右的靜摩擦力，由牛頓第二定律可得：Ff＝mAa1＝4 N，選項(xiàng)C正確。 答案　AC 21．如下列圖，一質(zhì)量為m、電荷量為q的離子靜止于A處，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)，方向如圖中所示，圓弧虛線的半徑為R。離子經(jīng)過靜電分析器后從B點(diǎn)垂直CN進(jìn)入存在勻強(qiáng)電場(chǎng)的矩形區(qū)域，矩形區(qū)域中電場(chǎng)方向水平向左，離子從邊界MN射出電場(chǎng)，且出電場(chǎng)時(shí)與邊界MN成45°角。B點(diǎn)到邊界MN的距離為d，不計(jì)離子的重力，那么以下說法正確的選項(xiàng)是(　　) A．離子到達(dá)

10、B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 B．離子到達(dá)邊界MN時(shí)的速度大小為2 C．矩形區(qū)域中場(chǎng)強(qiáng)的大小為 D．B點(diǎn)與邊界MN間的電勢(shì)差為U 解析　離子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得qU＝mv－0，解得v0＝，離子進(jìn)入靜電分析器后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v0＝，A項(xiàng)正確；離子到達(dá)邊界MN時(shí)的速度大小為v＝v0＝2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；離子在矩形區(qū)域電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，出電場(chǎng)時(shí)水平方向速度設(shè)為vx，且離子出電場(chǎng)時(shí)速度方向與邊界MN成45°角，故有vx＝v0，v＝2ad，由牛頓第二定律得qE＝ma，聯(lián)立解得E＝，C項(xiàng)錯(cuò)誤；B點(diǎn)與邊界MN間的電勢(shì)差為UBN＝Ed＝U，D項(xiàng)正確。 答案　AD 6