（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復習 模塊綜合檢測檢測

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1、（江蘇專用）2022年高考物理大一輪復習 模塊綜合檢測檢測 一、單項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確) 1．2017年12月29日，中國首個快堆核電示范工程在福建霞浦開工建設．“快堆”核反應進程依次為：U→U→Np→Pu，下列說法正確的是(　　) A.U和U是同位素，其原子核內(nèi)中子數(shù)相同 B.U和U發(fā)生了α衰變 C.U變?yōu)閁發(fā)生了β衰變 D．1 g U經(jīng)過一個半衰期，U原子核數(shù)目變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案：D 2.如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著一個光滑圓環(huán)，中央有孔的小球P和K套在環(huán)上，兩小球由伸直的輕細繩連接，它們恰好能保持靜止狀態(tài)

2、．已知K的質(zhì)量為m，O、K連線水平，P、K連線與水平線夾角為30°.重力加速度為g，則(　　) A．細繩對K球的拉力大小為mg B．細繩對K球的拉力大小為2mg C．P球的質(zhì)量為m D．P球的質(zhì)量為 m 解析：選B. 本題考查平行四邊形定則及物體的平衡．分析K球受力情況，有FTsin 30°＝mg，得FT＝2mg，A項錯誤，B項正確；分析P球受力情況，并作力的平行四邊形，如圖所示．由幾何關(guān)系得mPg ＝FT＝2mg，C、D項錯誤． 3.如圖所示，斜面體A上的物塊P，用平行于斜面體的輕彈簧拴接在擋板B上，在物塊P上施加水平向右的推力F，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是

3、　(　　) A．物塊P與斜面之間一定存在摩擦力 B．輕彈簧一定被拉長 C．地面對斜面體A一定存在摩擦力 D．若增大推力F，則彈簧彈力一定減小 解析：選C.若物塊P受到彈簧的彈力與物塊的重力及推力F、支持力平衡，則不受摩擦力，選項A錯誤；若物塊P受到支持力與物塊的重力及推力F三力平衡，則無彈簧彈力，選項B錯誤；物塊P、斜面A及彈簧相對靜止，可看成一整體，受到的水平面的摩擦力大小等于推力F，選項C正確；增大推力F，因為不確定彈簧的初始狀態(tài)及物塊P是否受靜摩擦力，增大推力F彈簧彈力減小、不變或者增大都有可能，選項D錯誤． 4．2017年國際雪聯(lián)單板滑雪U形池世錦賽決賽在西班牙內(nèi)華達山

4、收官，女子決賽中，中國選手蔡雪桐以90.75分高居第一，成功衛(wèi)冕．如圖所示，單板滑雪U形池場地可簡化為固定在豎直面內(nèi)的半圓形軌道場地，雪面不同曲面處的動摩擦因數(shù)不同．因摩擦作用，滑雪運動員從半圓形場地的坡頂下滑到坡底的過程中速率不變，則(　　) A．運動員下滑的過程中加速度不變 B．運動員下滑的過程所受合力恒定不變 C．運動員下滑過程中與雪面的動摩擦因數(shù)變小 D．運動員滑到最低點時所受重力的瞬時功率達到最大 解析：選C. 本題考查圓周運動與受力分析．運動員下滑過程中加速度始終指向圓心，方向不斷變化，A項錯誤；由牛頓第二定律可知，合力方向也不斷變化，B項錯誤；運動員下滑過程中

5、受力情況如圖所示，滑動摩擦力Ff＝μFN＝mgcos θ，由牛頓第二定律和圓周運動知識，有FN－mgsin θ＝m，聯(lián)立解得mgcos θ＝μ(mgsin θ＋m)，則運動員下滑過程中與雪面的動摩擦因數(shù)變小，C項正確；運動員滑到最低點時重力方向與速度方向垂直，此時重力的瞬時功率為零，D項錯誤． 5．為探究人在運動過程中腳底在接觸地面瞬間受到的沖擊力問題，實驗小組的同學利用落錘沖擊地面的方式進行實驗，即通過一定質(zhì)量的重物從某一高度自由下落沖擊地面來模擬人體落地時的情況．重物與地面的形變很小，可忽略不計．g取10 m/s2.表中為一次實驗過程中的相關(guān)數(shù)據(jù)．根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知(　　) 重物(包括傳

6、感器)的質(zhì)量m/kg 8.5 重物下落高度H/cm 45 重物反彈高度h/cm 20 最大沖擊力Fm/N 850 重物與地面接觸時間t/s 0.1 A.重物受到地面的最大沖擊力時的加速度大小為100 m/s2　 B．重物與地面接觸前瞬時的速度大小為2 m/s C．重物離開地面瞬時的速度大小為3 m/s D．在重物與地面接觸的過程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍 解析：選D.本題考查牛頓運動定律、動能定理、動量定理等知識點，設重物受到最大沖擊力時加速度的大小為a，由牛頓第二定律有a＝，解得a＝90 m/s2，A項錯誤；重物在空中運動過程中，由動能

7、定理mgH＝mv2，可得重物與地面接觸前瞬時的速度大小v1＝＝3 m/s，B項錯誤；重物離開地面瞬時的速度大小v2＝＝2 m/s，C項錯誤；重物與地面接觸過程中，設重物受到的平均作用力大小為F，選取豎直向上為正方向，由動量定理有(F－mg)t＝mv2－m(－v1)，解得F＝510 N，由＝＝6，D項正確． 二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有錯選或不答的得0分) 6．有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉(zhuǎn)動，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星

8、，它們均做勻速圓周運動，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則(　　) A．a(chǎn)的向心加速度小于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度 B．在相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長，a、c轉(zhuǎn)過的弧長對應的角度相等 C．c在4小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是，a在2小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是 D．b的運動周期一定小于d的運動周期，d的運動周期一定小于24小時 解析：選ABC.此題考查萬有引力定律、衛(wèi)星的運動等知識點．c是地球同步衛(wèi)星，相對于地面靜止，a與c的角速度相等，由a向＝ω2R知，a的向心加速度小于c的向心加速度，c的向心加速度大于d的向心加速度，a、c的向心加速度均小于g，A項正確；a、b、c、d四顆衛(wèi)星中，

9、b的線速度最大，所以在相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長，a、c角速度相等，相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長對應的角度相等，B項正確；c的周期為24小時，c在4小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝ωt＝×4＝，處在地面上的a在2小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是，C項正確；由T＝知，d的周期大于c的周期，大于24小時，D項錯誤． 7．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，A右端連接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連．開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．在該過程中下列分析正確的是(　　) A．B物體機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量

10、 B．B物體獲得最大速度時，其受到細線的拉力的大小等于B所受重力大小 C．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量大于細線拉力對A做的功 D．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功 解析：選BD.對于物體A、B及彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，可知B物體機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量與A動能增加量之和，故A錯誤；對于B物體，只受重力與細線拉力，達到最大速度時，其受到細線的拉力的大小等于B所受重力大小，故B正確；根據(jù)功能關(guān)系可知，A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功，故C錯誤，D正確． 8.如圖所示直角坐標系xOy

11、，P(a，－b)為第四象限內(nèi)的一點，一質(zhì)量為m、電荷量為q的負電荷(重力不計)從原點O以初速度v0沿y軸正方向射入．第一次在整個坐標系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，該電荷恰好能通過P點；第二次保持y>0區(qū)域磁場不變，而將y<0區(qū)域磁場改為沿x方向勻強電場，該電荷仍通過P點．則(　　) A．勻強磁場的磁感應強度B＝ B．勻強磁場的磁感應強度B＝ C．電荷從O運動到P，第二次所用時間一定短些 D．電荷通過P點時的速度，第二次與x軸負方向的夾角一定小些 解析： 選AC.第一次在整個坐標系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，該電荷恰能通過P點，粒子做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示． 由幾何

12、知識可知： (a－R)2＋b2＝R2， 解得R＝，由qvB＝， 解得B＝，故A正確，B錯誤；第二次保持y＞0區(qū)域磁場不變，而將y＜0區(qū)域磁場改為沿x軸方向的勻強電場．該電荷仍通過P點，粒子在第一象限做勻速圓周運動．在第四象限做類平拋運動，運動時間t2＝T＋；第一次做勻速圓周運動時間t1＝T＋，大于b，所以t1＞t2，C正確；電荷第一次通過P點時，速度與x軸負方向的夾角為α，則tan α＝＝，第二次速度與x軸負方向的夾角為θ，則tan θ＝＝，所以tan θ＞tan α，D錯誤． 三、非選擇題(本題共4小題，共52分．按題目要求作答，計算題要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明

13、單位) 9．(8分)某實驗小組用圖甲所示的實驗裝置測量滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)．在一端裝有定滑輪的長木板上固定A、B兩個光電門，與光電門相連的計時器能顯示滑塊上的遮光片通過光電門時的遮光時間，滑塊通過繞過定滑輪的輕質(zhì)細繩與測力計掛鉤相連，測力計另一端吊著沙桶，測力計能顯示滑塊所受的拉力，滑塊對長木板的壓力與滑塊的重力大小相等，已知遮光片寬度為d，當?shù)氐闹亓铀俣葹間. (1)為了滿足實驗的要求，下列說法正確的是______． A．長木板應放在水平桌面上 B．長木板沒有定滑輪的一端應適當墊高，以平衡摩擦力 C．沙桶及測力計的總質(zhì)量應遠小于滑塊的質(zhì)量 D．定滑輪與滑塊之間的細繩

14、應與長木板平行 (2)甲同學測出A、B兩光電門之間的距離為L，滑塊通過A、B兩光電門的時間分別為t1、t2，滑塊的加速度大小a＝________________(用字母L、d、t1、t2表示)． (3)多次改變沙桶里沙的質(zhì)量，重復步驟(2)，根據(jù)測得的多組F和a，作出a－F圖象如圖乙所示，由圖象可知，滑塊的質(zhì)量為____________，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為________． 解析：(1)為保證滑塊做勻加速運動，繩子的拉力必須恒定，應調(diào)整滑輪高度，使細線與木板平行，故A、D正確；本實驗要測量動摩擦因數(shù)，不需要平衡摩擦力，故B錯誤；由于本實驗中有測力計，故不要求沙桶及測力計的總質(zhì)量

15、遠小于滑塊的質(zhì)量，故C錯誤． (2)滑塊通過A、B兩光電門的速度分別為：vA＝，vB＝，由勻變速直線運動的速度—位移公式可知，2aL＝v－v，解得：a＝＝＝. (3)滑塊受到的摩擦力為：f＝μmg 由牛頓第二定律可得：F－μmg＝ma 解得力F與加速度a的函數(shù)關(guān)系式為：a＝－μg， 由圖象所給信息可得圖象斜率為：k＝＝，所以 m＝， 由圖象所給信息可得圖象截距為：b＝－μg＝－a0，所以μ＝.　 答案：(1)AD　(2) (3)　 10．(9分)某研究小組想用下列器材組裝成一個電路，既能測量出電池組的電動勢E和內(nèi)阻r，又能同時描繪小燈泡的伏安特性曲線． A．電壓表V1 (

16、量程6 V、內(nèi)阻約5 000 Ω) B．電壓表V2 (量程3 V、內(nèi)阻約3 000 Ω) C．電流表A(量程3 A、內(nèi)阻約0.5 Ω) D．滑動變阻器R(最大阻值10 Ω、額定電流4 A) E．小燈泡(2 A、5 W) F．電池組(電動勢E、內(nèi)阻r) G．開關(guān)一只，導線若干 實驗電路如甲圖所示時，調(diào)節(jié)滑動變阻器的阻值，經(jīng)多次測量，得到多組對應的電流表、電壓表示數(shù)，并在U－I坐標系中描繪出兩條圖線，如乙圖所示，則 (1)電池組的電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________．(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (2)在U－I坐標中兩條圖線在P點相交，此時滑動變阻器連入

17、電路的阻值應為________Ω. (3)將三個這樣的燈泡并聯(lián)后再接到該電路上，則每個燈泡的實際功率為________W. 解析：(1)電源的U－I圖象是一條傾斜的直線，由圖象可知，電源電動勢等于圖線的總截距，即E＝4.5 V，電源內(nèi)阻r＝＝ Ω＝1.0 Ω.　 (2)由圖乙所示圖象可知，兩圖象的交點坐標，即燈泡電壓UL＝2.5 V，此時電路電流I＝2.0 A，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：E＝Ir＋UL＋IR滑，即4.5 V＝2.0×1 V＋2.5 V＋2.0×R滑，解得R滑＝0. (3)設流過每個燈泡的電流為I，三個燈泡并聯(lián)接在電源上，在閉電路中，路端電壓：U＝E－3Ir＝4.5 V－

18、3×1×I＝4.5 V－3I，即U＝4.5 V－3I，在圖乙所示坐標系中作出圖象如圖所示： 由圖示圖象可知，燈泡兩端電壓約為1 V，流過每個燈泡的電流為1.2 A，每個燈泡實際功：P＝UI＝1×1.2 W＝1.2 W. 答案：(1)4.5　1.0 Ω　(2)0　(3) 1.2 11．(15分) 如圖所示，在光滑的冰面上放置一個曲面滑槽，其上表面為四分之一圓周的圓弧，圓弧的半徑足夠大且光滑，圓弧與水平地面相切．一個坐在冰車上的小孩手扶一小球靜止在冰面上，某時刻小孩將小球以v0的速度向曲面推出．已知小球的質(zhì)量為m，曲面滑槽的質(zhì)量為2m，重力加速度為g. (1)求小球在曲面上能上升

19、的最大高度； (2)若小孩將小球推出后還能再接到小球，則小孩和冰車的總質(zhì)量M應滿足什么條件？ 解析：(1)小球在曲面上運動到最大高度時兩者共速，設速度為v，小球與曲面的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒，有： mv0＝(m＋2m)v mv＝(m＋2m)v2＋mgh 解得：h＝. (2)小孩推球的過程中動量守恒，即0＝mv0－MvM 對于球和曲面，在相互作用到最后分開的過程中，動量守恒且機械能守恒，則有： mv0＝mv1＋2mv2 mv＝mv＋×2mv 解得：v1＝－v0 若小孩將球推出后還能再接到球，則有 v0>vM 得：M>3m. 答案：見解析 12．(20分)研究太空

20、宇宙射線的粒子組成時，要在探測衛(wèi)星上安裝“太空粒子探測器”和質(zhì)譜儀．“太空粒子探測器”由加速裝置、偏轉(zhuǎn)裝置和收集裝置三部分組成，其原理可簡化為圖甲所示．輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心圓，圓心為O，外圓的半徑為R1，電勢為φ1，內(nèi)圓的半徑R2＝，電勢為φ2.內(nèi)圓內(nèi)有方向垂直紙面向里的磁感應強度為B1的勻強磁場，收集薄板MN與內(nèi)圓的一條直徑重合，收集薄板兩端M、N與內(nèi)圓間存在狹縫．假設太空中漂浮著質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓面上，并被加速電場從靜止開始加速，粒子進入磁場后，發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板兩面均能吸收粒子，兩端不吸收粒子)，不考慮粒

21、子間的相互作用． (1)求粒子剛到達內(nèi)圓時速度的大??； (2)以收集薄板MN所在的直線為橫軸建立如圖甲所示的平面直角坐標系．分析外圓哪些位置的粒子將在電場和磁場中做周期性運動，求出這些粒子運動的一個周期內(nèi)在磁場中運動的時間； (3)現(xiàn)“太空粒子探測器”收集到質(zhì)量分別為2m和m、電荷量均為＋q的甲、乙兩種粒子，粒子從靜止開始經(jīng)乙圖所示的電壓為U0的加速電場加速后通過狹縫PQ垂直磁場方向進入磁感應強度為B2的勻強磁場，最后打在照片底片上，不考慮粒子間的相互作用，若加速電壓在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間波動，要使甲、乙兩種粒子在底片上沒有重疊，求狹縫PQ的寬度L滿足的條件． 解析：

22、(1)帶電粒子在輻射狀電場中加速時，由動能定理可知： q(φ1－φ2)＝mv2－0 則粒子剛到達內(nèi)圓時速度的大小v＝. (2)粒子進入磁場后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，有：qvB1＝m 解得：r＝ ＝R2 所以由幾何關(guān)系可知，從收集板左端貼著收集板上表面進入磁場的粒子在磁場中運動圓周后，射出磁場，進入電場，在電場中先減速后反向加速，再返回磁場，如此反復做周期性的運動，其運動軌跡如圖所示．設粒子在磁場中運動的時間為T，有：T＝＝ 粒子進入電場的四個位置坐標分別為(0，R1)，(R1，0)，(0，－R1)，(－R1，0)．　 (3)設甲種粒子在磁場B2中的運動半徑為r1，則其在電場中加速時，有： qU0＝×2mv 且qvB2＝2m 解得：r1＝ 最小半徑r1min＝ 設乙種粒子在磁場B2中的運動半徑為r2，同理可得最大半徑r2max＝ 由題意得：2r1min－2r2max>L， 即 － >L 解得：L< [2－]． 答案：見解析