2022届高考物理二轮综合复习卷2

2022届高三二轮综合卷

物理（二）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。

号位2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 封座 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

密 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

号一、选择题：本题共8小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合不场考题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。

1．一位较高的男同学在家练习“起跳摸高”，若他刚好能摸到自家天花板，则其起跳初速度大 订 约为( )

A．2 m/s B．4 m/s

C．6 m/s D．没有数据，无法估算 【答案】B

装 号证【解析】设起跳初速度为v，起跳过程可以看做竖直上抛运动，由竖直上抛运动基本公式可得

考准v22gh，解得hv2 2g。若初速度为2 m/s，起跳高度为0.2 m，不符合实际，A错误；若初速 只 度为4 m/s，起跳高度为0.8 m，符合实际，B正确；若初速度为6 m/s，起跳高度为1.8 m，不符 合实际，CD错误。

2．用某金属进行光电效应实验时，得到光电子的最大初动能Ek与入射光的频率v的关系图线如 卷 图所示图线在两坐标轴上的截距分别为a、－b（b＞0），图线的斜率为k。若换用逸出功较大的金 属进行实验，在同一坐标系中绘制该金属的Ek－v图线，该图线在两坐标轴上的截距分别a′、－b 名姓（b＞0），图线的斜率为k′，则( )

此

级A．a′＞a B．b′＝b C．k′＜k D．k′＞k 班【答案】A

【解析】由光电效应方程Ekm＝hν－W，可知图象的斜率为普朗克常量h，故斜率不变k＝k′，在同一坐标系中绘制逸出功较大的金属的Ekm－v图象，该图象一定在题图的右方，即a′＞a，b′＞b，BCD错误，A正确。

3．如图所示的实线为电场线，电场线分布及a、e两点均于直线OO′对称，带电粒子仅在电场力作用下从a点沿虚线adb运动到b点，过直线OO′时速度方向恰好与OO′垂直，不计粒子重力，则下列说法正确的是( )

A．a、e两点的场强相同 B．b点的场强为零

C．带电粒子从a运动到b，其电势能增大 D．过b点后带电粒子可能运动到c点 【答案】C

【解析】电场线分布及a、e两点均于直线OO′对称，则a、e两点的场强大小相等，方向不同，故A错误；由图电场线分布可知，b点的场强不为零，故B错误；由图可知，带电粒子从a运动到b，带电粒子受电场力方向指向曲线凹测，则与运动方向夹角大于90°，则电场力做负功，则电势能增加，故C正确；根据题意及对称关系可知，过b点后带电粒子沿be运动，故D错误。

4．如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速v′从O沿着OD方向射入磁场，经时t′恰好由C点离开磁场。已知圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，则( )

A．v′＝

33v B．v′＝2332

3v C．t′＝4t D．t′＝5

t 【答案】B

【解析】由几何知识，恰好由A点射出时，电子轨道半径rR12mvqB，设电子从C点射出时的轨道半径为r2，由于圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，所以粒子做圆周运动的弦切角为60°，由

弦长公式R＝2r3mv232sin 60°，解得r23RqB，所以v′＝3v，由A点射出时，转过的圆心1

角为180°，有t1802πmπm360qBqB，电子从C点射出时，转过的圆心角为120°，有t′1203602πmqB2πm3qB23t，故ACD错误，B正确。 5．金星是从太阳向外的第二颗行星，假设金星和地球都是围绕太阳做匀速圆周运动，现从地球发射一颗金星探测器，可以简化为这样的过程，选择恰当的时间窗口，探测器先脱离地球束缚成为和地球同轨道的人造小行星，然后通过速度调整进入椭圆转移轨道，经椭圆转移轨道（关闭发动机）到达金星轨道，椭圆长轴的两端一端和地球轨道相切，一端和金星轨道相切。若太阳质量为M，探测器质量为m，太阳与探测器间距离为r，则它们之间的引力势能公式为EpGMmr。已知椭圆转移轨道与两圆轨道相切于A、B两点且恰好对应椭圆的长轴，地球轨道半径为rA、周期为TA，金星轨道半径为rB，周期为TB，万有引力常量G。忽略除太阳外其它星体对探测器的影响，则( )

A．探测器在地球轨道上的A点和转移轨道上的A点处向心加速度不同 B．探测器从地球轨道经转移轨道到达金星轨道的最短时间为

TATB2 C．探测器在转移轨道A点的速度vA2rBGMrr A(rAB)D．探测器在地球正圆轨道的机械能比在金星正圆轨道的机械能小 【答案】C

【解析】A点椭圆轨道长轨的端点和正圆轨道的引力加速度相同，此处没有切向加速度，只有向心加速度，因此探测器在椭圆轨道和正圆轨道的A点向心加速度相同，A错误；沿转移轨道从Aa3r333到B时间最短为半个椭圆周期，由AarBT2T2，22，又arArBATTB2，解得

t1TTATArArB24(2)3(1r313)，B错误；半长轴端点A、B的等效半径相同，与两正圆

ArB相切，万有引力与速度方向垂直，充当向心力，设椭圆在A、B两点的等效半径为r，则有

22GMmmvA，MmvBr2G2m，可得vArAvBrB（或根据开普勒第二定律可得vArAvBrB），ArrBr探测器在转移轨道上A点的动能和引力势能之和与B点的相等，可得

12GMm12GMm2rBGM2mvAr2mvBr，联立可得vAAr，C正确；根据万有引力提供向心

BA(rArB) 力有GMmv2GM12GMmr2mr，解得vr，则探测器的机械能为EkEp2mvrGMm2r，

可知圆轨道半径越大机械能越小，所以探测器在地球正圆轨道的机械能比在金星正圆轨道的机械能大，D错误。

6．一个绝缘的刚性细圆环水平放在光滑的平面上，半径为R，质量为m，只能绕竖直轴O自由转动，圆环沿圆周均匀带电，电荷量为＋Q，在A点剪下一个小缺口，其空隙长度为l（l << R）。开始时圆环静止不动，现整个空间加一个匀强电场E，让E既垂直于轴O，又垂直于OA，如图所示，若垂直纸面向下看，则（忽略剪下小缺口的质量，不计一切阻力）( )

A．加电场后的瞬间圆环将沿逆时针转动 B．加电场后的瞬间圆环将沿顺时针转动 C．圆环转动的最大线速度为QElπm D．圆环转动的最大角速度为lQERπmR 【答案】BC

【解析】细圆环受到的电场力为圆环各点受到的电场力之和，各点受到的电场力对于O点的转动效果抵消，但是当上面剪下缺口，所受转动效果以下面对称电荷为主，环带正电荷。面受到电场力水平向左，所以转动方向为顺时针，A错误、B正确；当与小孔对称部分转到左端时，电场力做功最多，速度最大，有ElQ2πRR12mv2，vQElmπ，再由v ＝ Rω，得vREQlπmR2，C正

确、D错误。

7．一质量m＝2 kg的物块在长l＝9 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，经过t＝3 s到达斜面底端，其重力势能随下滑距离s的变化如图所示，重力加速度取10 m/s。则( )

A．物块下滑时加速度的大小为2 m/s2

B．由题给条件不能求出物块与斜面间的动摩擦因数 C．物块下滑过程中机械能守恒 D．物块下滑过程中机械能不守恒 【答案】AD

2

【解析】由题意可得l1at212，92a32，可求得a2m/s2，故A正确；由图像知，斜面的底部重力势能为零，物体在顶部重力势能mgh108，h5.4m，则sin5.40.6，cos0.，由牛顿第二定律mgsinmgcosma，可得agsingcos，0.5，故B错误；斜面对物块有摩擦力，所以机械能不守恒，故C错误，D正确。

8．如图甲所示。在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1和L2之间、L3

和L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面，磁场宽度为L，现有一宽度cd＝L＝0.5 m、质量为0.1 kg、电阻为2 Ω的矩形线圈abcd，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），速度随时间变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1～t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程线圈平面始终处于竖直方向，重力加速度g取10 m/s2

。则( )

A．t1时刻，线圈运动的速度大小为3.5 m/s B．L1与L2、L3与L4之间的匀强磁场的宽度为1 m C．在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C D．在0～t3时间内，线圈产生的热量为1.1125 J 【答案】BC

【解析】t222～t3时间内线圈做匀速运动，根据受力平衡有mg＝BILBLv2R，解得v2＝8 m/s，t1～

t2的时间间隔为t＝0.6 s，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，根据速度－时间关系有v2＝v1＋gt，解得v1＝2 m/s，故A错误；t1～t2时间内，线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进入上边的

磁场时，cd边也刚进入下边的磁场，设磁场的宽度为d，则线圈的长度L′＝2d，线圈下降的位移

匀加速下降的位移为x＝L′＋d＝3d，则有3d＝v121t2gt，解得d＝1 m，故B正确；在0～t1时间

内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量qIΔtBΔSBLdRR，解得q＝0.25 C，故C正确；在0～t3时间内，根据能量守恒定律得Q＝mg（3d2d）122mv2，解得Q＝1.8 J，故D错误。 二、非选择题：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。

9．(6分)如图甲所示的实验装置，一木块放在水平长木板上，左侧拴有一细线，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一重物相连，木块右侧通过纸带与打点计时器相连。释放重物后，木块在木板上向左加速运动。图乙是重物落地前，打点计时器在纸带上打出的一些点（单位：cm）。

(1)已知打点计时器使用的交变电流频率为50 Hz，由图乙给出的数据，可得木块运动加速度的大小为___________m/s2

，纸带打P点时重物的瞬时速度大小为___________m/s。（结果均保留3位有效数字）

(2)设重物的质量为M，木块的质量为m，且线与纸带的质量均不计，除了木块与木板间有摩擦外，其它部分的摩擦不计，重力加速度用g表示，若测得的加速度为a，则木块和木板之间的动摩擦因数μ的表达式为μ＝___________。

【答案】(1)4.14（4.12—4.16） 2.59（2.59—2.61） (2)Mg(Mm)amg

【解析】(1)由xaT2，可得木块运动加速度的大小为

axT211.0510.379.729.068.407.7290.042102ms24.14ms2， 打P点时重物的瞬时速度大小为vx2Pt10.370.0410ms2.59ms。 (2)由牛顿第二定律有MgmgMma，则得Mg(Mm)amg。

10．(9分)为了测量某电池的电动势E（约3 V）和内阻r（约5 Ω），可供选择的器材如下： A．电流表G1（2 mA，100 Ω） B．电流表G2（1 mA，内阻未知）

C．电阻箱R1（0～9.9 Ω）和电阻箱R2（0～9999 Ω） D．滑动变阻器R3（0～10 Ω，1 A） E．定值电阻R0（800 Ω，1 A） F．待测电池 G．导线、开关若干

(1)采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数

I2如下表所示：

I1/mA 0.40 0.81 1.20 1.59 2.00 I2/mA 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I1－I2图线，由图得到电流表G2的内阻等于___________Ω。

3

(2)首先将G1和G2表分别改装成0.5 A量程的电流表和3 V量程的电压表，选择恰当的电阻箱与G1表并联和G2表串联，改装后电阻箱的阻值分别应拨到___________Ω、___________Ω。

(3)在现有器材的条件下，采用如图丙所示的电路测量该电池的电动势和内阻，将两电阻箱的阻值拨到和计算的值一致后，闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，分别读出两电流表的数值，并作出

I2－I1图线，若图线斜率的大小为k，纵轴截距为a，则电源的电动势为___________V，内阻为

___________Ω。

【答案】(1)见解析图 200（195～205均正确，） (2)0.4 2800 (3)3a 12k 【解析】(1)根据数据在题图乙中描点连线，如图所示。由并联电路的特点可得I1r1gI2r2g，

Ir2g1rI2，则图线斜率kr2g，r2g200。

1gr21g

(2)由串、并联规律得I1gr1g(II1g)R1，UI2g(r2gR2)，所以R10.4，R22800。 (3)由闭合电路欧姆定律UEIr，可得I2(r2gR2)E(II1r1g1R)r，变换后可得

1I2Er(r1gR1)rRIEr，所以有E1I1a，rk，即E3a，r12k。 2gR2(r2g2)R1300012300010001211．(14分)在北京举办的第24届冬季奥运会，促生了许多室内冰雪项目。如图，与水中面成

θ＝37°的光滑倾斜冰面，长L＝75 m、宽均为d＝60 m，两侧均安装有安全护网，底部有缓冲装置

（未画出）。开始时，工作人员将载有一对父子的凹形滑板置于顶端正中间，由静止释放，瞬间父亲沿水中方向推出儿子，父子俩迅速分开，沿冰面滑下，若父亲及滑板总质量为M＝70 kg，儿子及滑板总质量为m＝35 kg，父子俩均视为质点，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2

，sin 37°＝0.6。假设运动中始终没有碰到护网。则：

(1)若父子俩都能安全到达冰面底端，下滑过程支持力对父亲的冲量是多大；

(2)父子俩都能安全到达冰面底端，父亲在推儿子时最多做功多少焦耳。 【解析】(1)父子俩都沿冰面做类平抛运动，根据牛顿第二定律有 MgsinMa

则沿冰面向下的加速度agsin6m/s2

两者同时达到底端，平行斜面方向是匀加速直线运动，故L＝12

2at

得下滑的时间t5s 则支持力的冲量

INMgcost2800Ns

方向垂直斜面向上。

(2)推开后，设父亲获得初速度为v1，儿子获得初速度v2，父子俩水平方向动量守恒，则有

0Mv1mv2

因儿子质量小些，只要儿子安全即可，水平滑动距离为d2，则d2v2t

解得v26m/s

代入动量守恒式，得v13m/s 则有W1122Mv212mv2 代入数据得，最多做的功W945J。

12．(18分)如图所示，在xOy平面内，y轴的左侧存在着一个垂直纸面向外、磁感应强度大小

B4mv01qL的匀强磁场，在直线x＝L的右侧存在着另一个垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2（未知）的匀强磁场。在y轴与直线x＝L之间存在着一个平行y轴的匀强电场，场强方向关于x轴对称，

场强大小Emv204qL，在原点O处可沿x轴负向发射初速度大小为v0、质量为m、电量为q的带正电

粒子。求：

(1)粒子第一次穿过y轴的位置坐标；

(2)若粒子经磁场B2和x轴下方的电场各自偏转1次后，能回到原点，求B2的大小； (3)若电场场强大小可调，B28mv05qL，最终粒子能回到原点，求满足条件的所有场强E0的值。 【解析】(1)由洛伦兹力提供向心力2qv00B1mvR

4

可得RL4

故位置坐标为L，写成L0，2y2亦可。 (2)粒子运动轨迹如图甲所示，粒子经x轴上方电场沿y轴方向偏转距离为 2y1qEL电2mLv08

根据对称性可知，粒子经x轴下方电场沿y轴方向偏转距高亦为18L，设粒子进入磁场B2时速

度与x轴的夹角为，则

(v0)2qv0cosB2mcosR 2可得R02mvqB

2cos粒子经x轴下方电场偏转后直接回到原点，则其在磁场中偏转的距离为34L，即

2R32cos4L

可得Bmv0283qL

若粒子经x轴下方电场偏转后进入磁场B1中偏转，然后回到原点，则其在磁场中偏转的距离为L，即 2R2cosL 可得B28mv0

5qL

(3)粒子在磁场B2中绕行1次沿y轴方向偏转的距离为L，与电场强度大小无关，若粒子第1

次经x轴下方电场偏转后宜接回到坐标原点，则其单次在电场中的偏转距离为38L，有

122qE0mL3 vL08

可得E3mv2004qL 若场强再大一点，则无法回到原点；

若场强小一点，设粒子单次在电场中的偏转距离为y，则粒子每次由左向右穿过y轴时的位置坐标相比上一次会沿y轴负向移动距离y，有ΔyyLy12L34L2y

只要满足关系34L2yLn2

则有y3814nL

2即可回到原点，故y1qE0312mLv84nL

0可得E31mv200（n取正整数）。 42nqL（二）选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

13．[物理——选修3－3]（15分）

(1)(5分)如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经abcda一个循环过程，最后回到状态a，其p－V图像是一个椭圆，已知椭圆圆心O对应的压强为p0、体积为V0、温度为T0，则下列判断中的说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．ab过程中，气体吸收热量 B．bc过程中，气体的内能一定减少 C．气体在状态d时的温度T【答案】ACD

【解析】气体由状态a变化到状态b的过程，由于压强和体积都增大，根据理想气体状态方程有

pVTC，故气体的温度升高，物体的内能增加，而体积增大的过程气体对外做功，根据热力学第一定律有UWQ，则Q0，气体吸收热量，故A正确；气体由状态b变化到状态c的过程，根据理想气体状态方程有pbVbpcVcT，代入数据得Tc4TbTc3b，气体的温度升高，内能增加，故B错

5

误；将气体状态d与椭圆圆心相比较，发生等容变化，根据查理定律有p0TpdT，由于pdp0，则

0TT0，故C正确；气体由状态c变化到状态d的过程，由于体积减小，故外界压缩气体做功，故D正确；气体由状态d变化到状态a的过程，由pdVdpaVa，解得TTTa0.5Td，气体的温度降低，故E

da错误。

(2)(10分)某设备中控制物体升降部分装置原理如图所示，开口向上的汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞质量为m＝1 kg，横截面积为S＝5 cm2

，可沿气缸无摩擦的滑动，绕过光滑定滑轮的轻绳一端活塞相连，另一端与放在地面上质量为M的物块相连。开始时，轻绳处于伸直状态但无弹力，活塞离气缸内底的距离为h＝9 cm，缸内气体的温度为T1＝300 K。当汽缸内气体温度下降为

T225 K时，物块对地面的压力刚好为零。气缸的质量大于物块的质量，外界大气压为p5

2＝0＝1.0×10

Pa，重力加速度g取10 m/s2

，环境温保持不变。求：

(i)物块的质量M；

(ii)要使物块缓慢上升3cm，需要将缸内气体的温度缓慢降为多少K。 【解析】(i)设开始时缸内气体的压强为p1，对活塞进行受力分析有

p1Sp0Smg

当物块对地面的压力为零时，轻绳中拉力与物块重力相等，有

FTMg

设缸内气体的压强为p2，对活塞进行受力分析有

p2SFTp0Smg

当物块对地面的压力为零时，缸内气体的温度为T2＝225 K，气体发生等容变化，则有 p1pT21T2

联立解得M＝1.5 kg。

(ii)当物块上升3cm的高度时，此时缸内压强仍为p2，活塞的高度为h'＝6 cm，设此时缸内气体温度为T3，气体发生等压变化，有

hSThS2T3

解得T3＝150 K。

34．[物理——选修3－4]（15分）

(1)(5分)如图所示，由单色光①、②组成的一束细光束投射在屏幕上的P点，当把三棱镜ABC放在它的传播方向上，且光束与斜面AB垂直时，屏幕上出现两个光斑，单色光①的光斑位置较高，

单色光②的光斑位置较低，则下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．两个光斑均在P的上方 B．两个光斑均在P的下方

C．在三棱镜中，单色光①的传播速度比较小

D．适当增大光束射到BC面的入射角，单色光①在BC面的折射光先消失

E．用同一双缝干涉实验装置观察这两色光的干涉条纹时，单色光①的条纹间距比较大 【答案】ACD

【解析】由于细光束经过棱镜时发生折射，故两个光斑均在P的上方，B错误，A正确；由于单色光①的光斑位置较高，折射率大，说明在三棱镜中，单色光①的传播速度比较小，C正确；适当增大光束射到BC面的入射角，根据sinC1n可知，单色光①在BC面的折射光先消失，D正确；根

据条纹间距公式xld可知，由于单色光①的波长较短，故条纹间距比较小，E错误。

(2)(10分)一列简谐横波沿x轴正方向传播，频率为5 Hz，某时刻的波形如下图所示，介质中质点A的平衡位置在x1＝7.5 cm处，质点B的平衡位置在x2＝16 cm处，从图示对应的时刻算起

(i)判断A、B两质点，谁先回到平衡位置，并求出它们先后回到平衡位置的时间差； (ii)求出质点A的振动方程。 【解析】(i)由题图可知波长为0.2m 波速为vf1m/s

A质点回到平衡位置需要的时间tx117.5102vs

B质点回到平衡位置需要的时间xt222v6.0102s

所以B先回到平衡位置

它们先后回到平衡位置的时间差tt1t21.5102s (ii)设质点A的振动方程为yAsint0

A10cm

2f10rad/s

6

由(i)可知，质点A在t17.5102s时，位移y10，代入振动方程中可得

03 4cm。 3所以，质点A的振动方程为y10sin10t4

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