2022年广东省湛江市高考物理一模试卷一、单项选择题1．（4分）下列叙述正确的是（ ） A．扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动 B．布朗运动就是液体分子的运动 C．分子间距离增大，分子间作用力一定减小 D．物体的温度越高，分子运动越激烈，每个分子的动能都一定越大考点：布朗运动；扩散；分子间的相互作用力．专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系．分析：扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动．据分子力与分子之间距离的关系图象求解．温度是分子平均动能的标志．解答：解：A、扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，故A正确B、布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动．故B错误C、当分子间距离增大时，分子力作用力不一定减小，故C错误D、气体温度升高，分子的平均动能增大，这是统计规律，具体到少数个别分子，其速率的变化不确定，因此仍可能有分子的动能较小，故D错误故选A．点评：本题考查对热力学知识的理解与掌握程度，要加强记忆和练习．2．（4分）一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示．下列说法中正确的是（ ） A．b→c过程中，气体压强不变，体积增大 B．a→b过程中，气体体积增大，压强减小 C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小 D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖•吕萨克定律分析体积的变化；a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化；根据玻意耳定律分析压强的变化；c→a过程中气体的体积保持不变；理想气体的内能与气体的体积无关，仅与气体的物质的量和温度有关，并且温度越高气体的内能增大．解答：解：A、b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据盖•吕萨克定律得知，体积应减小．故A错误．B、a→b过程中气体的温度保持不变，即气体发生等温变化；根据玻意耳定律PV=c得知，压强减小．故B正确．C、c→a过程中，由图可知，P与T成正比，则气体发生等容变化，体积不变．故C错误．12\nD、一定质量的理想气体与气体温度有关，并且温度越高气体的内能增大，则知c→a过程中，气体内能增大，而体积不变．故D错误．故选B点评：从P﹣T上找出各物理量之间的关系，分析气体的变化过程，根据气态方程进行分析，是我们解决此类问题的突破口．3．（4分）如图所示，在一根粗糙的水平直杆上，套有两个质量均为m的铁环，两铁环上系着两根等长线共同拴住质量为M的小球，两铁环与小球都处于静止状态．现想办法使得两铁环间距离AB增大一些而同时仍能保持系统平衡，则OA绳和OB绳的拉力变化情况是（ ） A．拉力增大B．拉力减小C．拉力不变D．不能确定考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件求解出拉力的表达式进行讨论即可．解答：解：对小球受力分析，受重力和两个拉力，如图所示根据共点力平衡条件，有；当两铁环间距离AB增大一些时，拉力FA、FB均变大；故选A．点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出表达式后分析变化情况，也可以用作图法分析．4．（4分）（2022•洪山区模拟）如图所示为某质点做直线运动的v﹣t图象，关于这个质点在4s内的运动情况，下列说法中正确的是（ ）12\n A．质点始终向同一方向运动 B．4s末质点离出发点最远 C．加速度大小不变，方向与初速度方向相同 D．4s内通过的路程为4m，而位移为0考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：正确理解v﹣t图象的物理意义，从图象上能得出物体加速度、速度、位移、路程等物理量的变化情况，注意速度的正负表示运动方向，斜率的大小表示物体运动的加速度．解答：解：图象的斜率不变，因此物体做匀变速直线运动，开始时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动，t=2s时，物体速度减为零，然后物体反向加速运动，t=4s时，回到起始点，由图可知物体所经历的路程为：，位移为零，故ABC错误，D正确．故选D．点评：正确理解v﹣t图象的物理意义，不能单凭感觉理解，如本题中图象为直线，很容易误认为物体做单项直线运动．二、双项选择题：5．（6分）朝鲜的“核危机”引起了全世界的瞩目，其焦点问题就是朝鲜核电站采用的是轻水堆还是重水堆．因为重水堆核电站在发电的同时还可以产出供研制核武器的钚239（Pu），这种Pu可由铀239（Pu）经过衰变而产生，则下列判断中正确的是（ ） A．Pu与Pu的核内具有相同的中子数 B．Pu与Pu的核内具有相同的核子数 C．Pu经过1次α衰变产生Pu D．Pu经过2次β衰变产生Pu考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：质量数等于质子数加上中子数，质量数等于核子数．经过1次α衰变，电荷数少2，质量数少4，发生1次β衰变，电荷数多1，质量数不变．解答：解：A、Pu的质子数为94，质量数为239，则中子数为145，Pu的质子数为92，质量数为239，则中子数为147．故A错误．B、核子数等于质量数，Pu与Pu的核内具有相同的核子数．故B正确．C、Pu经过1次α衰变，电荷数少2，质量数少4，即电荷数变为90，质量数变为235．故C错误．12\nD、Pu经过2次β衰变，电荷数多2，质量数不变，即电荷数变为94，质量数仍为239．故D正确．故选BD．点评：解决本题的关键知道α衰变和β衰变的实质，以及知道电荷数等于质子数，质子数和中子数之和等于质量数．6．（6分）两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以在导轨上自由滑动，当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是（ ） A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D C．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒CD的作用力向右考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：AB切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向；感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断安培力的方向．解答：解：A、BAB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，AB中感应电流的方向为B→A，则导体棒CD内有电流通过，方向是C→D．故A错误，B正确．C、D感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断可知磁场对导体棒CD的安培力向右．故C错误，D正确．故选BD点评：解决本题的关键掌握右手定则和左手定则，并能正确运用右手定则判断感应电流的方向，运用左手定则判断安培力的方向．7．（6分）如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈接入一电压为的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻．则下述结论正确的是（ ） A．副线圈中电压表的读数为55V B．副线圈中输出交流电的周期为0.01s C．原线圈中电流表的读数为0.5A D．原线圈中的输入功率为考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．解答：解：A、由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为22012\nV，所以原线圈的电压的有效值为V=220V，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V，即为电压表的读数，所以A正确．B、变压器不会改变电流的周期，则副线圈输出电流的周期为T==s=s，所以B错误．C、副线圈的电流为A=2A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为A=0.5A，所以C正确．D、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P==W=110W，所以原线圈中的输入功率也为110W，所以D错误．故选AC．点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题． 8．（6分）2022年6月16日，刘旺、景海鹏、刘洋三名宇航员搭乘“神舟九号”飞船飞向太空．6月24日执行手动载人交汇对接任务后，于29日10时03分乘返回舱安全返回．返回舱在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示．关于返回舱的运动，下列说法中正确的有（ ） A．在同一轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度 B．在轨道Ⅱ上经过A的动能大于在轨道I上经过A的动能 C．在轨道I上运动的线速度小于第一宇宙速度 D．在轨道II上经过A的加速度小于在轨道I上经过A的加速度考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：在轨道Ⅱ上运行至A点时，返回舱将开始做近心运动，所以A点的速度小于在轨道I上圆周运动经过A点的速度，根据速度大小关系确定动能的大小关系，在轨道I上做圆周运动，轨道半径大于地球半径，故线速度小于第一宇宙速度，加速度都是由万有引力产生的，故在A点时加速度大小相同．解答：12\n解：A、在轨道Ⅱ上经过A点，由于万有引力大于向心力，会靠近地球运动，在轨道I上经过A点时，万有引力等于向心力，做圆周运动，根据万有引力相同可知在轨道II上经过A的速度小于经过B的速度，故A正确；B、由A分析知，根据动能定义有B错误；C、因为轨道I的半径远大于地球半径，故在轨道I上运行的线速度小于第一宇宙速度．故C正确；D、在A点的加速度都是由万有引力产生的，在两个轨道上经过A点时，地球对返回舱的万有引力相同，故加速度相等，故D错误．帮选AC．点评：解决本题的关键掌握卫星的变轨的原理，以及万有引力提供圆周运动向心力． 9．（6分）如图所示，两个质量相同的带电粒子以同一速度、同一位置由P点垂直于边界进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示．已知粒子a的运动轨道半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是粒子（ ） A．a带负电、b带正电，q1：q2=1：2 B．a带正电、b带负电，q1：q2=2：1 C．a、b两个粒子在磁场中运动时间之比ta．：tb=l：2 D．a、b两个粒子在磁场中运动时间之比ta：tb=2：1考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：通过图示得出洛伦兹力的方向，根据左手定则得出电荷的电性，正电荷定向移动的方向与四指方向相同，负电荷定向移动的方向与四指方向相反．根据qvB=m，得出半径公式r=，通过半径公式的得出荷质比．解答：解：A、B、粒子A向左偏，粒子B向右偏，根据左手定则知，A带正电，B带负电．根据半径公式r=，知荷质比=，v与B不变，所以荷质比之比等于半径之反比，所以：=2：1．故A错误，B正确；C、D、根据周期公式，以及，得到；由于：=2：1，故ta：tb=1：2；故C正确，D错误；12\n故选BC．点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=和周期公式． 三、解答题（共4小题，满分54分）10．（9分）如图所示为“探究加速度与物体受力与质量的关系”实验装置图．图中A为小车，B为装有砝码的小桶，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连，计时器接50HZ交流电．小车的质量为m1，小桶（及砝码）的质量为m2．（1）下列说法正确的是 D ．A．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力B．实验时应先释放小车后接通电源C．本实验m2应远大于m1D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a﹣图象（2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a﹣F图象，可能是图1中的图线 丙 ．（选填“甲”、“乙”、“丙”）（3）如图2所示为某次实验得到的纸带，纸带中相邻计数点间的距离已标出，相邻计数点间还有四个点没有画出．由此可求得小车的加速度大小 0.49 m/s2．（结果保留二位有效数字）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）实验时需要提前做的工作有两个：①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：际上绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g．（2）如果没有平衡摩擦力的话，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．（3）小车做的是匀加速直线运动，可由△x=at2求解加速度．12\n解答：解：（1）A：平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故A错误．B：实验时应先接通电源后释放小车，故B错误．C：让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是m＜＜M，而当m不再远远小于M时a==随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C错误．D：F=ma，所以：a=，当F一定时，a与成正比，故D正确．（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况．故图线为丙．（3）设第1段位移为：x1，第2段位移为：x2，计时器打点的时间间隔为0.02s．从比较清晰的点起，每两测量点间还有4个点未画出，说明时间间隔T=0.1s由△x=aT2得：即：0.49×10﹣2=a×0.12解得：a=0.49m/s2故答案为：（1）D；（2）丙；（3）0.49点评：会根据实验原理分析分析为什么要平衡摩擦力和让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，且会根据原理分析实验误差．纸带的处理在高中实验中用到多次，需要牢固的掌握． 11．（9分）要测量某导电材料棒的电阻．①首先用多用电表的欧姆档（倍率为×100）粗测其电阻，指针位置如图甲所示，其读数为 900 Ω．②然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：A．电流表：量程为0﹣5mA，内阻约为10Ω．B．电压表：量程为0﹣3V，内阻约为7.2kΩ．C．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1A．D．低压直流电源：电压4V，内阻可以忽略．E．电键K，导线若干．请按提供的器材和图乙中的电路图，以笔画线代替导线将图丙中的实物连接成正确的实验电路．12\n③实验开始时，滑片P应置于变阻器的 a 端．（填a或b）④根据实验的测量数据在坐标系中描点，得出如图丁所示的该导电材料棒的伏安特性图线．根据图丁知该导电材料棒阻值为 875 Ω．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：欧姆表的读数为示数乘以倍率，根据实验电路图连接实物图，注意滑动变阻器的接法，实验开始时，滑片P应置于变阻器的左端，这样滑片上的电压为零，U﹣I图象的斜率表示电阻．解答：解：①欧姆表的读数为示数乘以倍率，读数为：9.0×100=900Ω；②根据实验电路图连接实物图，如图所示：③实验开始时，滑片P应置于变阻器的最左端a端，这样滑片上的电压为零，起到保护电路的作用，还可以使被测电阻的电压从零开始逐渐增加；④U﹣I图象的斜率表示电阻，则由图可知，R=故答案为：①900；②实物连接图如图所示；③a；④875点评：本题考查了欧姆表读数的读数方法，明确伏安法测电阻的实验原理和实验方法，能够用图象法处理数据，难度不大，属于基础题． 12．（18分）如图所示，竖直平行直线为匀强电场的电场线，电场方向未知，一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以初速度v0从A点垂直电场方向进入电场，该带电粒子经过电场中的B点和C点，不考虑带电粒子的重力．（1）试确定电场强度的方向．12\n（2）若粒子过C点时速度方向与水平方向夹角为60°，试求从A点到C点过程中电场力做功．（3）若已知电场强度为E，AB两点连线与电场线夹角为60°，求粒子从A点到B点的运动时间．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）做曲线运动的物体受到的力的方向与轨迹弯曲的方向一致；从而判定出电场力的方向，再判断出场强的方向；（2）A到C电场力做功等于粒子动能的增加；（3）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向的做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．解答：解：（1）因粒子带负电且向下偏转，电场力方向向下，所以电场方向竖直向上．（2）设粒子到达C点的速度为v，电场力做功为W，则由合运动与分运动的关系有①由动能定理有②联立①②式解得③（3）粒子在电场中做类平抛运动，设水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，则有x=v0t④⑤粒子的加速度为⑥而⑦联立④⑤⑥⑦式解得⑧答：（1）电场强度的方向竖直向上；（2）从A点到C点过程中电场力做功；（3）粒子从A点到B点的运动时间．点评：12\n能运用运动的合成与分解的方法处理类平抛运动问题，熟悉电场力做功与电势能变化的关系是解决这类问题的关键． 13．（18分）如图所示，A滑块放在光滑的水平面上，B滑块可视为质点，A和B的质量都是1kg，A的左侧面紧靠在光滑竖直墙上，A上表面的ab段是光滑的半径为0.8m的四分之一圆弧，bc段是粗糙的水平丽，ab段与bc段相切于b点．已知bc长度为2m，滑块B从a点由静止开始下滑，取g=10m/s2．（1）求滑块B滑到b点时对A的压力大小．（2）若滑块B与bc段的动摩擦因数为μ，且μ值满足0.1≤μ≤0.5，试讨论因μ值的不同，滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量（计算结果可含有μ）考点：动量守恒定律；牛顿第二定律；机械能守恒定律．专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）滑块滑到B点由机械能守恒定律求得速度大小，由牛顿第二定律求解滑块B滑到b点时对A的压力大小（2）根据动量守恒定律求出共同的速度，由能量守恒定律求解．解答：解：（1）设滑块滑到B点的速度大小为v，到B点时轨道对滑块的支持力为N，由机械能守恒定律有mgR=mB①滑块滑到B点时，由牛顿第二定律有N﹣mg=m②联立①②式解得N=3mg=30N根据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力大小为N′=N=30N（2）若滑块B滑到A的最右端时达到共速，设为v，由动量守恒和能量守恒有mv0=2mv由能量守恒得：μmgl=m﹣（2m）v2解得μ=0.2①当满足0.1≤μ≤0.2，A和B不能共速，B将从A的右端滑落，A和B因摩擦而产生的热量为Q1=μmgl=20μJ②当满足0.2≤μ≤0.5，A和B共速，A和B因摩擦而产生的热量为Q2=m﹣（2m）v2解得Q2=4J12\n答：（1）滑块B滑到b点时对A的压力大小是30N．（2）0.1≤μ≤0.2，滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量是20μJ0.2≤μ≤0.5，滑块B在滑块A上相对A运动过程中两者因摩擦而产生的热量是4J点评：本题首先要分析物理过程，确定研究对象，其次要把握解题的规律，采用机械能守恒、动量守恒和能量守恒结合研究，难度适中． 12
