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广东省湛江市2022届高三物理一模试卷(含解析)粤教版

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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

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发布时间:2022-08-25 12:13:05 页数:12
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文章作者:U-336598

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