2022年广东省高考物理模拟试卷（二）（选考）（附答案详解）

2022年广东省高考物理模拟试卷（二）（选考）

如图是氢原子从n=3、4、5、6能级跃迁到九=2能级时辐射的四条光谱线中，频

率从大到小列第三位的是（）

A.HaB.HRC.%D.

2.如图所示，一只蚂蚁沿着向下弯成弧面的树叶从a经B缓慢爬到c的过程中，下列说

法正确的是（）

A.树枝对蚂蚁的作用力先增大后减小

B.树枝对蚂蚁的作用力先减小后增大

C.树枝对蚂蚁的摩擦力先减小后增大

D.树枝对蚂蚊的摩擦力先增大后减小

如图所示，水平面内光滑的平行长直金属导轨间距为L,左端接电阻R,导轨上静

止放有一金属棒。正方形虚线框内有竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，该磁

场正以速度u匀速向右移动，则（）

A.电阻R两端的电压恒为BLD

B.电阻R中有从a向b的电流

C.导体棒以速度"向左运动

D.导体棒也向右运动，只是速度比"小

4.如图所示，宇宙中一对年轻的双星，在距离地球16万光年的蜘蛛星云之中。该双星

系统由两颗炽热又明亮的大质量恒星构成，二者围绕连接线上中间某个点旋转。通

过观测发现，两颗恒星正在缓慢靠近。不计其他天体的影响，且两颗恒星的质量不

变。则以下说法中正确的是（）

A.双星之间引力变大B.每颗星的加速度均变小

C.双星系统周期逐渐变大D.双星系统转动的角速度变大

5.如图所示，两个等量负点电荷固定于P、Q两点，正方形abed

为垂直P、Q连线的平面，e、f分别是ad、be的中点。。点

正好是PQ和e/■连线的中点，下列说法中正确的是（）

A.a、6两点场强相同

B.e、f两点电势相等

abed是一个等势面

D.将一正电荷由e点移动到f点，电势能先增加后减小

6.如图所示为一名同学“立定跳远”的频闪照片。对这位同学的物理分析正确的是

()

A.跳远过程可以看作质点

B.跳起至落到沙坑过程中动量先增大后减小

C.跳起至落到沙坑过程中重力势能先增大后减小

D.落到沙坑后沙坑作用力的冲量小于重力的冲量

7.如图甲所示为电容器的充电电路，先将可变电阻R的阻值调为％,闭合开关S,电

容器所带电荷量q随时间t变化的关系图象如图乙实线①所示。然后断开开关，先

使电容器放电完毕，再把R的阻值调为/?2伽2>%），接着重复前面的操作，得到如

图乙实线②所示图象，下列说法正确的是（）

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A.电容器充电过程，充电电流不断减小

B.电容器充电过程，充电电流不断增加

C.电容器充电过程，电容器的电容不断增加

D.增大可变电阻的阻值对电容器充电更快完成

8.假想这样一个情境：一辆理想小车沿地球赤道行驶（如图所示），将地球看作一个巨

大的拱形桥，桥面的半径就是地球的半径，小车重力G=mg,用FN表示地面对它

B,速度越大时，则FN越大

C.速度足够大时，则驾驶员将处于失重状态

D.速度达到7.9km/s时，将离开地面成为地球的卫星

9.如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压打和输电线的电阻、理想变压器

匝数均不变，且%:n2=n4：n3o下列表述正确的是（）

A.%：U2=U4：U3

B.若用户总电阻增大，%：U2U4：U3

C.用户的功率增大时，输电线消耗功率增加

D.用户的功率增大时，发电机的输出功率减小

10.如图所示，竖直平面内固定的光滑轨道中，必竖直、b到c的

圆轨道半径为2R,d到e的圆轨道半径为R,这两个圆轨道

的圆心。与b点等高，一小滑块从a点贴着ab由静止释放，

下列说法正确的是（）

d

A.如果小滑块不会脱离轨道，则ab高度不能小于2.5R

B.如果小滑块不会脱离轨道，则仍高度不能小于3.0R

C.小滑块在d点对轨道的压力小于在c点对轨道的压力

D.小滑块在经过e点时对轨道的压力不可能等于零

11.采用如图a所示电路测量一个线圈的长度，该线圈的阻值约为20。。

(1)要求测量的误差较小，且电压表、电流表的测量范围较大，请把图中未连接完

整的线路连接完整。

(2)用螺旋测微器测量这个线圈的铜丝直径，如图b所示，则可读得mm.

(3)若该铜丝的电阻率为p,直径为d,电阻为R,则计算线圈长度表达式为L=.

图a图b

12.在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，其中重物质量为

0.2kg,交流电频率为50Hz。

ffli

和1[1冲甲1%"而||甲114代|1111产『同11|巾1|1111|叫1111|叫1111|岬1疝|1111|1111|111卜卜卜卜卜职向lll|l

01cm2319202122232425262728293031323334

图2

(1)为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的，理由是

(2)让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。。点

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为第一个点，A、B、。和。为4个连续的点。从刻度尺读得：=23.30cm,x℃=

27.90cm,XOD=

(3)已知当地重力加速度g取9.80m/s2,则从。点到C点，重物的重力势能变化量的

绝对值|4昂|=人C点的动能为©=/(计算结果均保留3位有效数字)。

比较&c与|4昂|的大小，出现这一结果的原因可能是(选序号)。

A.工作电压偏高

B.存在空气阻力和摩擦力

C接通电源前释放了纸带

13.如图所示，一个质量为4nl的小球(视为质点)，从高度为"的4点由静止释放，沿光

滑曲线轨道到最低点B处与质量为m的另一个小球发生正碰，碰撞时间极短，且碰

后粘在一起进入两个半径均为/?=0.4zn的光滑圆管，恰好能通过圆管最高点在

离开C进入与水平线成60。的固定的气垫导轨的顶端时，立即接通气垫导轨的电源,

给小球一个方向垂直于气垫导轨平面、大小/风=5mg的恒定风力。不计空气阻力,

g取lOm/s?。求：

(1)高度”；

(2)小球到达水平线。力时的速度大小。

14.如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属。形盒的半径为1.5R,左盒接出一个

水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R的圆

形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为2.46R的荧光屏。两盒间距较小，

加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度当的匀强磁场。现在盒的

中心处由静止释放一比荷为£的电子，经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知

m

电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时电压的大小可视为不

变。贝IJ:

(1)进入圆形磁场的电子获得的速度为多大?

(2)此加速器的加速电压U为多大?

(3)如果电子不能打出荧光屏之外,那么当必须符合什么条件?

荧

光

屏

次

15.一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起，若气泡内气体可以看作理想气体，则在

气泡缓慢上升的过程中，气泡内气体的体积(选填“变大”或“变小”)，同

时要(选填“对外放热”或“从外吸热”)o

16.设教室的体积为U=180m3,温度为33。(：时空气密度p=1.15的/苏。现在开空调，

使室内空气温度从匕=33久降到。=26℃,保持气体的压强不变，设在降温过程

把从室外进入室内的空气与原来室内的空气看成一个整体，求：

①这个整体的体积；

5)从室外进入室内的空气的质量。

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17.在阳光照射下，充满雾气的瀑布上方常常会出现美丽的彩虹。彩虹是太阳光射入球

形水珠经折射、内反射，再折射后形成的。光的折射发生在两种不同介质的

上，不同的单色光在同种均匀介质中传播速度。

18.湖面上停着4、B两只小船，相距s=16m,从水波传播到小船4开始计时，在20s内

4完成10次全振动，B完成8次全振动，两只小船都视为质点。

⑴求水波的传播速度；

（五）如果小船的振幅为0.5m,则20s内4比B多振动的路程是多少？

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：四种跃迁中，由几=6到n=2两能级间能级差最大，辐射的谱线频率最大

其次为由般=5到n=2两能级间能级差，其辐射的谱线频率次之，

再次之为由凡=4到n=2两能级间能级差，其辐射的谱线他的频率位列第三位，故B

正确，ACQ错误。

故选：Bo

能级间跃迁辐射光子的能量等于两能级间的能级差，能级差最大的，辐射光子频率最大.

解决本题的关键知道能级间跃迁能量差与光子能量的关系，即/-En=hv.

2.【答案】C

【解析】解：树枝对蚂蚊的作用力即是树枝对蚂蚁的支持力和摩擦力的合力，与蚂蚁的

重力是一对平衡力，由于重力总竖直向下，故这个合力也竖直向上，大小不变。

而缓慢相当于动态平衡，有f=mgstn8.从A经B,随着。的减小，摩擦力先减小；从B

经C,随着。的增大，摩擦力再增大。

故错误，C正确；

故选：Co

树枝对蚂蚁的作用力即是树枝对蚂蚁的支持力和摩擦力的合力，根据力的平衡条件分析

摩擦力大小变化。

本题关键是明确蚂蚊的受力情况以及随坡角的变化情况，注意根据平衡条件分析。

3.【答案】D

【解析】解：CD、根据楞次定律，磁场正以速度D匀速向右移动，磁通量减小，则导体

棒也向右运动，阻碍磁通量的减小，但由于要产生感应电流，棒的速度比D小，C错误，

。正确；

AB,由此可认为磁场不动棒向左切割，感应电流方向从b向a流过R,8错误；产生感应

电动势的大小看棒与磁场的相对速度，故电阻R两端的电压小于BL。，A错误。

故选：Do

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当导体棒所达到的恒定速度方时，回路中总感应电动势为E=BLS1-v),电流/=白、

2K+7"

F=B〃得到安培力表达式：

根据楞次定律求解电流的方向，由产生磁感线产生感应电流的条件进行分析判断。

本题的解题关键推导安培力的表达式，安培力是联系电磁感应与力学知识的桥梁，根据

法拉第电磁感应定律、欧姆定律等等知识即得到其表达式。

4.【答案】A

【解析】解：力、根据万有引力定律公式F=G喈知，两颗恒星正在缓慢靠近，则双

星之间引力变大，故A正确；

B、对啊星，的=G詈，对g星，ci2=G詈，r减小，每颗星的加速度均变大，故8

错误：

C、由T=2兀匚三二,知双星系统周期变小，故C错误；

。、由3=年，知转动的角速度变小，故。错误。

故选：4。

双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，运用牛顿第二定律和万有引

力定律列式，分析两星间距离与周期、向心加速度和角速度的关系.

解决本题的关键是要知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度.要

灵活选择向心力公式的形式.

5.【答案】B

【解析】解：4、a、b两点场强是两个负点电荷场强的矢量和，大小相等，方向指向。点，

故A错误；

B、根据对称性可知e、/两点电势相等，故B正确；

C、由于是两个等量同种电荷产生的电场，则abed不是一个等势面，故C错误；

。、将一正电荷由e点移动到/点，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，

故。错误。

故选：B。

根据电场的矢量叠加判断帅电场方向，根据对称性可知e、，两点电势相等，电场力做

正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。

本题主要考查了等量同种电荷的电场线的分布情况，根据其分布情况确定电势和电场强

度，电场强度为矢量。

6.【答案】C

【解析】解：力、跳远过程的动作要细致分析，故该同学不可视为质点，故A错误；

B、跳起至落到沙坑，速度先减小后增加，则由p=可知，动量先减小后增大，故8

错误；

C、跳起至落到沙坑，离地面的高度先增加后减小，则重力势能先增大后减小，故C正

确；

。、设脚落在沙坑前瞬间人的速度为D,沙坑对人的冲量为心，重力的冲量为/G，脚在落

到沙坑之后，设向上为正方向，由动量定理得：Ip-IG=0-(-mv),则/F=/G+巾

%,即沙坑对人作用力的冲量大于重力的冲量，故。错误。

故选：Co

力与力的作用时间的乘积是力的冲量，分析清楚人的运动过程，根据冲量的计算公式与

动量定理分析答题。

本题考查了动量定理的应用，掌握基础知识、分析清楚人的运动过程是解题的前提，根

据冲量的计算公式、应用动量定理即可解题。

7.【答案】A

【解析】解：AB,电容器充电过程，q=/t,图线斜率视为电流，可知充电电流不断减

小，故A正确，8错误;

a电容器的电容是电容本身的属性，不变，故c错误；

。、增大可变电阻的阻值对电容器充电更加平缓，充电时间更长，故。错误。

故选：Ao

由乙图可知图像的斜率为电流，根据图像斜率越来越小可知电流越来越小，电容器的电

容取决于电容自身的构造，增大可变电阻的阻值对电容器充电更加平缓，充电时间更长。

该题考查q-t图像斜率的物理意义，电容大小的决定因素等知识点，属于基本题型。

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8.【答案】CD

【解析】解：48、小车沿地球赤道行驶，做圆周运动。根据牛顿运动定律有zng-/=

22

山一，即产尺=巾9一巾5。汽车缓慢行驶时，”接近于零，故/川=69，故A错误；速

度越大，风越小，故8项错误；

C、运动过程中风＜机9,故小车处于失重状态，速度足够大时，FN=O,驾驶员处于

完全失重状态，故C正确；

D、根据地球的第一宇宙速度为7.9km/s可知，当速度达到7.9km/s时，将离开地面成为

地球的卫星，故。正确。

故选：CD.

汽车做圆周运动，重力与支持力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出支持力；根

据支持力与重力的关系判断驾驶员所处的状态。

本题考查了圆周运动问题，分析清楚汽车的运动性质与受力情况是解题的前提与关键，

应用牛顿第二定律、掌握基础知识即可解题。

9.【答案】AC

【解析】解：AB、因为:兀2，U3：。4="3*，又:九2=:几3，所

以U1：U2=U4：y3,与用户用电情况没有关系，故A正确，B错误；

CD,用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，则

输电线上的电流增大，可知输电线上的消耗功率增加，发电机的输出功率等于输电线消

耗功率与用户的功率之和，因此，发电机的输出功率增加，故C正确，。错误；

故选：AC.

当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线

上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器

的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化.升压变压器的输出功率等于功率损失

和降压变压器的输入功率之和.变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比

解决本题的关键知道：

1、输送功率与输送电压、电流的关系；

2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；

3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；

4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系

10.【答案】BD

【解析】解：AB,如果小滑块不会脱离轨道，则过c点的速度%从释放到c点

由动能定理，-2R)=gm评-0,得ab高度不能小于3R,故A错误，8正确；

CD、根据牛顿第二定律，在d点，F\d=m—+mg，在c点，加=mg,v>v,

R2r?dc

FNd>FNc,根据牛顿第三定律，小滑块在d点对轨道的压力大于在c点对轨道的压力，

故C错误；小滑块在经过e点时对轨道的压力不可能等于零，故。正确。

故选：BD。

从a到c根据小滑块不脱离轨道求得到达c点的速度，在c点滑块的重力刚好提供向心力，

根据牛顿第二定律即可求得，根据机械能守恒定理分别求得到达c,d,e点的速度，根

据牛顿第二定律即可与轨道间的作用力。

本题主要考查了机械能守恒定律和牛顿第二定律，抓住向心力的来源即可判断。

11.【答案】0.695等

【解析】解：(1)由于被测线圈电阻很小，电压表内阻远大于待测线圈电阻，为减小误

差电流表采用外接法；实验要求电压表、电流表的测量范围较大，滑动变阻器应采用分

压式连接法；由图示可知，电源由两节干电池组成，电源电动势为3V,电压表应选择3V

量程，实物电路图如图所示

(2)由图示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+19.5x0.01mm=0.695nun。

(3)由电阻定理得：R=pg,导线的横截面积：S=苧，解得线圈的长度：L二喏。

故答案为：(1)实物电路图如上图所示；(2)0.695(0.692〜0.697均正确)；(3)

(1)根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。

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(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器读数。

(3)根据电阻定律求出线圈的长度。

根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是连接实物电路图的前提；要掌握常用器材的

使用方法与读数方法；应用电阻定律可以解题。

12.【答案】阻力与重力之比更小33.000.5470.588C

【解析】解：(1)为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的，

理由是阻力与重力之比更小；

⑵由图中可知。。之间的距离为Mo=33.00cm；

(3)因为x0c=27.90cm,则重物的重力势能变化量的绝对值|4Ep|=mgxoc-0.2X

10x27.90xIO-27=0,547/；匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程的

平均速度，则%=等=*二丁。*io-2m/s=2A25m/s,因此动能的增加量为瓯。=

-mvl=|x0.2x2.4252/=0.588/。工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力

会使重力势能的减小量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零,

下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减小量，故C正确，

A8错误；

故选：C.

故答案为：(1)阻力与重力之比更小；(2)33.00；(3)0.547；0.588；C

(1)根据实验原理分析出选用密度大的重物可以减小实验误差；

(2)根据刻度尺得出00间的距离；

(3)根据重力势能的表达式得出重力势能的变化量，根据运动学规律得出C点的瞬时速度

并计算出此时的动能，同时要分析出产生此结果的原因。

本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合

运动学规律和动能的表达式即可完成分析。

13.【答案】解：(1)小球从4释放滑到最低点的过程，由动能定理，有=：x4m资-

0

两球在B处发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律，有=(4m+巾)笠2

两球恰好渭,到C点速度为零，由动能定理，有-5?ng•2R=0-1x5m该

联立解得H=1.25m

(2)两球在离开C后它受到的力如图所示，由于F月=5mg,且它们的夹角等于120。，根

据力的平行四边形定则，可得合力的大小?合=5mg,方向与重力的夹角成60。。

设小球到达水平线的点为E,其速度为在，从C到E的过程中，根据动能定理，有

F4•R=；x5mvj一0

acos6Q02c

解得益=4m/s

答：⑴身度H为!•.25m；

(2)小球到达水平线O'D时的速度大小是4m/s。

【解析】(1)两球恰好滑到C点速度为零，由动能定理列式，可求出碰后两球的共同速度

大小。对于碰撞过程，利用动量守恒定律求出碰撞前小球4m的速度大小，再对小球从4

释放滑到最低点的过程，由动能定理列方程求解

(2)两球在离开C后受到重力和风力，从C到E的过程中，根据动能定理求解小球到达水

平线0'。时的速度大小。

解答本题的关键要正确分析小球的受力情况，来判断其运动情况，同时，要把握每个过

程的物理规律，在涉及力空间的积累效果求速度时，要优先想到动能定理。

14.【答案】解：(1)电子加速至。形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有e〃Bi=小』

得进入圆形磁场的电子获得的速度为：u=事述。

(2)电子在。形盒中做圆周运动的周期P：7=受网2nm

eBr

电子加速次数为：n=25=组

根据动能定理有：n-eU=1mv2

得加速器的加速电压为：U=—=2-23nB^R\

2ne2t

(3)当电子恰好打在屏的边缘时，由于电子离开磁场

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时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为仇如图所示，由此可得:

tand=.OR=V3,得8=60°,

1.2R

电子在磁场中运动的圆心角也为：9=60°,圆弧的半径为：V3/?

■»，2

7n

根据牛顿第二定律，有：evB2=商

联立解得：当=照

11.5

即当：当2皿，电子就不会打出荧光屏之外。

11.5

答：(1)进入圆形磁场的电子获得的速度为"誓；

(2)此加速器的加速电压U为卫誓的;

(3)如果电子不能打出荧光屏之外，那么当必须符合：当？理。

【解析】(1)当电子在回旋加速器中的半径被加速到。形盒的半径时，速度最大，由洛伦

兹力提供向心力可求速度；

(2)根据电子在回旋加速器的时间近似等于做匀速圆周运动的时间求回旋的次数，从而

求出加速电压；

(3)画出恰好打在屏的边缘的电子的轨迹，由几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心

力求磁感应强度。

本题关键分析清楚带电粒子的运动情况，明确粒子各个阶段的运动规律，然后结合动能

定理、牛顿第二定律等规律列式求解。

15.【答案】变大从外吸热

【解析】解：一个气泡从恒温水槽的底部缓慢向上浮起过程中，温度不变，外部的压强

逐渐减小，根据玻意耳定律，可知气泡膨胀，气泡的体积变大，由于外部恒温，可以认

为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则气泡内气体的内能不变，根据热

力学第一定律4U=〃+Q,可知/U=0,W<0,可得Q>0,所以气泡内气体要从外

界吸收热量。

故答案为：变大，从外吸热。

在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀，由于外部恒