山东省某重点中学2022年高考物理“最后一卷”17

山东某重点中学2022年高考物理“最后一卷”17第Ⅰ卷(选择题　共31分)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，这也归功于他们采用了正确的物理方法，下列表述正确的是(　　)A．卡文迪许用放大法测出了静电力常量B．伽利略用理想实验证明了力是使物体运动的原因C．法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件D．库仑用微分测出了静电力常量解析：选C　卡文迪许用放大法测出了引力常量，A项错；伽利略用理想实验证明了运动不需要力来维持，B项错；法拉第研究了各种电磁感应现象，如动生、感生等，归纳出了电磁感应产生的条件，C项正确；库仑用库仑扭秤测出了静电力常量，D项错。2．如图1所示，有5000个质量均匀为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°。则第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于(　　)图1A.　　　　　　　　B.C.D.解析：选A　选取所有的5000个小球为研究结象，由平衡条件得：Tsin45°＝5000mg，Tcos45°＝F，可得F＝5000mg，然后取下边5000－2011＝2989个小球为研究对象，设2011个小球与2012个小球间作用力为T′，T′与水平方向夹角为α，由平衡条件可得：Τ′sinα＝2989mg，T′cosα＝F，解得tanα＝，故A正确。3.如图2所示是物体在某段运动过程中v－t图象，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为v1和v2，则时间由t1到t2的过程中(　　)-13-\nA．加速度不断减小B．加速度不断增大图2C．平均速度＝D．平均速度>解析：选A　从图线的斜率可知物体的加速度逐渐减小，故A正确、B错误；若物体从t1时刻到t2时刻做匀减速运动，则其v－t图如图中直线2所示，从v－t图象可知两种运动情况下，匀减速运动的位移较大，其平均速度较大，物体做匀减速运动由t1到t2的过程中平均速度等于，所以物体做加速度减小的减速运动中的平均速度应小于，故C、D错误。4．神舟七号经过变轨后，最终在距地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行，约每90分钟绕地球一圈。则下列说法正确的是(　　)A．神舟七号绕地球正常飞行时三位宇航员的加速度都大于9.8m/s2B．神舟七号绕地球正常环绕飞行的速率可能大于8km/sC．神舟七号飞船在轨道上正常飞行时，宇航员由于失去重力作用而处于悬浮状态，在舱内行走时，须穿带钩的鞋子，地板是网格状的D．神舟七号运行的周期比地球近地卫星的周期大解析：选D　地球表面的重力加速度为g＝9.8m/s2，g值随着高度的升高而减小，故A错误；近地轨道上卫星的线速度为v＝7.9m/s，高度越高、半径越大、线速度越小，故B错误；飞船在轨道上正常飞行时，宇航员处于失重状态但是并没有失去重力，故C错误；近地轨道的卫星周期约为84min，半径越大、周期越大，故D正确。5.如图3所示，虚线框内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，只在电场力作用下，从cd边上的Q点飞出电场。下列说法正确的是(　　)A．不管电场方向如何，质子从M点到Q点一定做匀变速运动B．电场方向一定是垂直ab边向右图3C．电场力一定对电荷做了正功D．M点的电势一定高于Q点的电势解析：选A　由于是匀强电场，质子所受电场力为恒力，故质子运动的加速度恒定，一定做匀变速运动，A项正确。由于电场方向不确定，故无法判断M、Q两点的电势高低，也无法判断电场力做功的正负，BCD项均错。-13-\n二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，当线框的转速为n1时，产生的交变电动势的图线为甲，当线框的转速为n2时，产生的交变电动势的图线为乙。则(　　)A．t＝0时，穿过线框的磁通量均为零B．t＝0时，穿过线框的磁通量变化率均为零图4C．n1∶n2＝3∶2D．乙的交变电动势的最大值是V解析：选BCD　t＝0时，线圈的电动势为零，则线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A错误，B正确；由图可知，T乙＝0.04s，T甲＝s，由n＝可得n1∶n2＝T乙∶T甲＝3∶2，C正确；由Em甲＝NBSω甲，Em乙＝NBSω乙，又ω＝可解得Em乙＝V，D正确。7.如图5所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A。A、B接触面粗糙，现用一水平拉力F作用在B上使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，图5下列说法正确的有(　　)A．力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量B．力F做的功一定小于A、B系统动能的增加量C．力f1对A做的功等于A动能的增加量D．力F、f2对B做的功之和等于B动能的增加量解析：选CD　若力F较小，A、B间不发生相对滑动，则力F做的功等于A、B动能的增加量，若力F较大，A、B间发生相对滑动，则力F做的功等于A、B的动能增加量与系统内能增量的和，故A、B均错误；由动能定理可知，C、D均正确。8.如图6所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动。一小物块以v1的初速度冲上传送带，v1>v2。小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则(　　)A．小物块到达B端的速度可能等于v2图6B．小物块到达B端的速度不可能等于零C．小物块的机械能一直在减少D．小物块所受合力一直在做负功解析：选AD　小物块一直做减速运动，到B点时速度为小于v1的任何值，故A正确，B错误；当小物块与传送带共速后，再向上运动摩擦力对小物块做正功，机械能将增加，故C错误。W合＝ΔEk<0，D正确。-13-\n9.在如图7所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与图7MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有(　　)A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，有(W1－ΔEk)机械能转化为电能D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W1－W2解析：选CD　由mgsinθ＝B·L得：v1＝，当ab到达JP和MN的中点时，mgsinθ＝2B·L得：v2＝，故v1>v2，A错误；因框运动过程中有安培力做负功，其机械能不守恒，机械能的减少量W1－ΔEk用于克服安培力做功，转化为电能，C正确；由动能定理得：ΔEk＝W1－W2，D正确。第Ⅱ卷(非选择题　共89分)三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分。请将解答填写在相应的位置。[必做题]10．(8分)某研究性学习小组做探究“橡皮筋做的功和物体速度变化的关系”的实验，实验开始前，他们提出了以下几种猜想：①W∝，②W∝v，③W∝v2。实验装置如图8甲所示，图中是小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行的情形，这时橡皮筋对小车做的功记为W。当我们用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时，每次橡皮筋都拉伸到同一位置释放。小车在实验中获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。-13-\n图8(1)实验时为了使小车只在橡皮筋作用下运动，应采取的措施是_______________；(2)每次实验得到的纸带上的点并不都是均匀的，为了计算出小车获得的速度，应选用纸带的________部分进行测量；(3)同学们设计了以下表格来记录数据。其中W1、W2、W3、W4…表示橡皮筋对小车做的功，v1、v2、v3、v4…表示小车每次获得的速度。实验次数1234…WW1W2W3W4…vv1v2v3v4…他们根据实验数据绘制了如图乙所示的W－v图象，由图象形状得出结论W∝v2。他们的做法是否合适？请说明理由：_________________________________________________________________________________________________________________________解析：(1)把木板的末端垫高，倾角为θ，若f＝mgsinθ，则平衡了摩擦力，此时只有橡皮筋的作用力使小车运动。(2)小车先加速后匀速，匀速时橡皮筋的弹力刚好全部做功，所以应选纸带的均匀部分测量。(3)因为W－v图象是曲线，不能确定W与v2的函数关系，所以不合适。答案：(1)把木板的末端垫起适当高度以平衡摩擦力　(2)点距均匀　(3)不合适。由曲线不能直接确定W、v2的函数关系，应进一步绘制W－v2图象11．(10分)图9是利用两个电流表A1和A2测量干电池电动势E和内阻r的电路原理图。图中S为开关，R为滑动变阻器，固定电阻R1和电流表A1的内阻r1之和为10000Ω(比r和滑动变阻器的总电阻都大得多)，A2为理想电流表。(1)按电路原理图在图10虚线框内各实物图之间画出连线。图9图10(2)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表A1和A2的示数I1-13-\n和I2。多次改变滑动端c的位置，得到的数据为I1/mA0.1200.1250.1300.1350.1400.145I2/mA48040032023214068在图11所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1－I2曲线。图11(3)利用所得曲线求得电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(保留两位小数)(4)该电路中电源输出的短路电流I短＝________A。解析：本题主要考查了实物图连接、实验注意事项、数据处理，本实验是用两个电流表测电源电动势和内阻，实质是将电流表A1与一定值电阻串联，改装成电压表使用。(1)实物连接如图所示(2)作I1－I2图象如图所示(3)电动势E＝I1′(图象与纵轴截距)×10000V＝1.49V，电源的内阻r＝k(图象斜率)×10000Ω＝0.60Ω。(4)若图象与横轴的截距为I2′，则电源输出的短路电流I短＝×I2′≈2.5A。答案：(1)见解析　(2)见解析(3)1.49(1.48～1.50)　0.60(0.55～0.65)　(4)2.5(2.3～2.7)-13-\n12．[选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分。A．[选修3－3](12分)(1)关于热现象，下列说法正确的是________。A．在一定条件下，物体的温度可以降到0KB．物体吸收了热量，内能不一定增加C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动的反映(2)某学习小组做了如下实验：先把空的烧瓶放入冰箱冷冻，待冷却后取出烧瓶。并迅速把一个小气球紧套在烧瓶颈上，封闭了一部分气体(视为理想气体)，然后将烧瓶放进盛有热水的烧杯里，气体逐渐膨胀起来，如图12所示。在气体膨胀过程中，该密闭气体组成的系统内能________(选填“增加”“减少”或“不变”)；大气压力对气体做功为________功(选填图12“正”“负”或“零”)。(3)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，其p－T图和V－T图如图13所示。①求温度为600K时气体的压强；②请在p－T图线上将温度从400K升高到600K的变化过程补充完整。解析：(1)温度0K为极限温度，不可能达到，A错误；物体吸收热量，但因不知做功情况，故无法确定内能变化，B正确；当分子间距由r<r0增到r>r0的过程中，分子势能先减小后增大，C正确；布朗运动是液体分子无规则运动的反映，不反映固体分子的无规则运动，D错误。(2)气体从热水中吸收热量温度升高，内能增加，气球膨胀体积变大，气体对外做正功，大气压力对气体做负功。(3)①由理想气体状态方程＝，即＝温度为600K时，气体的压强为p2＝1.25×105Pa②由根据V－T图线可知：在温度从400K升高到500K的变化过程中，气体经历了等容变化，其p－T图线是正比例函数图象。在温度从500K升高到600K的变化过程中，气体经历了等压变化，其p－T图象是平行于T轴的直线段。如图所示。-13-\n答案：(1)BC　(2)增加　负　(3)1.25×105Pa　见解析B．[选修3－4](12分)(1)如图14所示是一列简谐横波在t＝0时的波形图，若波的传播速度为2m/s，此时质点P向y轴正方向振动，P、Q两个质点相距一个波长。下列说法正确的是________。A．质点P在一个周期内的路程为20cm图14B．经过0.1s，质点Q和P的振动方向相反C．经过Δt＝0.15s，质子P向y轴负方向振动D．若该波传播中遇到宽约0.4m的障碍物，能发生明显的衍射现象(2)薄膜干涉在科学技术上有很大应用。如图15甲是干涉法检查平面示意图，图15乙是得到的干涉图样，则干涉图样中条纹弯曲处的凹凸情况是________。(选填“上凸”或“下凹”)图15(3)某同学做“测定玻璃的折射率”实验时，由于没有量角器，在完成光路图后，以O为圆心画圆，分别交入射光于A点，交OO′连线延长线于C点。分别过A点、C点作法线NN′的垂线AB、CD交NN′于B点、D点，用刻度尺量得AB＝6cm，CD＝4cm。求：玻璃的折射率n。图16解析：(1)任何质点在一个周期内走的路程均为4A＝20cm，A正确，P和Q两点相距一个波长，为同相点，振动情况相同，B错误；由v＝2m/s，λ＝0.4m可得T＝＝0.2s，故Δt＝0.15s＝T，质点P此时向＋y方向振动，T后来到x轴下方，仍向＋y方向振动，C错误；因障碍物的尺寸d＝λ，故该波遇到此障碍物能发生明显的衍射现象，D正确。(2)由图乙可知干涉条纹向左弯曲，即向空气薄膜的较厚一侧弯曲，说明在弯曲处与其在一条线上的空气薄膜厚度相比反射光和入射光的光程差较小所至，故在弯曲处向上凸起。(3)O所在玻璃面为界面，设入射角为θ1，折射角为θ2，由几何关系得：sinθ1＝sinθ2＝，OA＝OC由以上关系得n＝-13-\n带入数据得：n＝1.5答案：(1)AD　(2)上凸　(3)1.5C．[选修3－5](12分)(1)下列说法正确的是________。A．卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构B．β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子动能增大，总能量减小D．在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大(2)假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦的同位素和中子，已知氘核的质量是2.0136u，中子的质量是1.0087u，氦核同位素的质量是3.0150u，已知1u质量对应931.5MeV的能量，聚变的核反应方程式是________，在聚变核反应中释放出的能量为________MeV。(保留两位有效数字)(3)如图17所示，光滑水平面上，轻弹簧两端分别拴住质量均为m的小物块A和B，B物块靠着竖直墙壁。今用水平外力缓慢推A，使A、B间弹簧压缩，当压缩到弹簧的弹性势能为E时撤去此水平外力，让A和B图17在水平面上运动。求：①当弹簧达到最大长度时A、B的速度大小；②当B离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值。解析：(1)卢瑟福根据α粒子散射实验结果提出了原子的核式结构，A正确；β射线是原子核内中子转化为质子时放出的电子形成的电子流，B错误；氢原子辐射光子后，向离核较近的轨道跃迁，库仑力做正功，氢原子电势能减少，总能减少，C对；由hν－W＝Ekm可知，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大，与光的强度无关，D错误。(2)根据题中条件，可知核反应方程为H＋H→He＋n。核反应方程中的质量亏损Δm＝2mH－(mHe＋mn)＝2×2.0136u－(3.0150＋1.0087)u＝3.5×10－3u。由于1u的质量与931.5MeV的能量相对应，所以氘核聚变时放出的能量ΔE＝3.5×10－3×931.5MeV≈3.3MeV(3)①当B离开墙壁时，A的速度为v0，由机械能守恒有mv＝E-13-\n解得v0＝以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时，A、B速度相等，设为v，由动量守恒有2mv＝mv0解得v＝②根据机械能守恒，最大弹性势能为Ep＝mv－(2m)v2＝E则：v0＝　Ep＝E答案：(1)AC(2)H＋H→He＋n　3.3(3)①均为　②E四、计算题：本题共3小题，共计47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(15分)半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属圆环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属圆环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计。图18①若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图18所示)MN中的电动势和流过灯L1的电流。②撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为＝T/s，求L1的功率。解析：①棒通过圆环直径时切割磁感线的有效长度L＝2a，棒中产生的感应电动势为E＝BLv＝B·2av0＝0.2×0.8×5V＝0.8V(3分)当不计棒和圆环的电阻时，直径OO′两端的电压U＝E＝0.8V(1分)通过灯L1的电流为I1＝＝A＝0.4A(3分)②右半圆环上翻90°后，穿过回路的磁场有效面积为原来的一半，S′＝πa2-13-\n，磁场变化时回路产生的感应电动势为E′＝＝＝πa2×V＝0.32V(3分)由于L1、L2两灯相同，圆环电阻不计，所以每个灯的电压均为U′＝E′(1分)L1的功率为P1＝＝＝1.28×10－2W。(4分)答案：①0.8V　0.4A　②1.28×10－2W14．(16分)一质量为M＝2kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹并从物块中穿过，如图19甲所示，地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间的变化关系，如图19乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变。(g＝10m/s2)图19(1)指出传送带的速度v的大小及方向，说明理由。(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数？(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？解析：(1)由题图可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2m/s。(3分)(2)由题图可知，a＝＝m/s2＝2m/s2(2分)由牛顿第二定律得滑动摩擦力f＝Ma，其中f＝μN，N＝Mg，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝＝0.2(3分)(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3s，传送带在这段时间内的位移s＝vt＝2×3m＝6m，所以物块对传送带所做的功为W＝－fs＝－4×6J＝－24J(4分)物块相对于传送带通过的路程s′＝t＝×3m＝9m，所以转化为内能E＝fs′＝4×9J＝36J(4分)答案：见解析15．(16分)如图20所示，质量为m带电量为＋q-13-\n的带电粒子(不计重力)，从左极板处由静止开始经电压为U的加速电场加速后，经小孔O1进入宽为L的场区，再经宽为L的无场区打到荧光屏上。O2是荧光屏的中心，连线O1O2与荧光屏垂直。第一次在宽为L整个区域加入电场强度大小为E、方向垂直O1O2竖直向下的匀强电场；第二次在宽为L区域加入宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向垂直纸面且相反。两种情况下带电粒子打到荧光屏的同一点。求：图20(1)带电粒子刚出小孔O1时的速度大小；(2)加匀强电场时，带电粒子打到荧光屏上的点到O2的距离d；(3)左右两部分磁场的方向和磁感应强度B的大小。解析：(1)带电粒子在加速电场中加速过程，由动能定理得：qU＝mv①(1分)解得：v0＝(1分)(2)带电粒子在偏转电场中，设运动时间为t，加速度为a，平行电场的分速度为vy，侧移距离为y。由牛顿第二定律得：qE＝ma②(1分)由运动学公式得：L＝v0t③(1分)vy＝at④(1分)由②③④得：y＝at2⑤(1分)带电粒子从离开电场到打到荧光屏上的过程中，设运动时间为t′，侧移距离为y′。由运动学公式得：＝v0t′⑥(1分)由③④⑥得：y′＝vyt′⑦(1分)-13-\n由⑤⑦得带电粒子打到荧光屏上的点到O2的距离：d＝y＋y′＝(1分)(3)磁场的方向如图所示，左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。(1分)带电粒子运动轨迹与场区中心线交于N点，经N点做场区左边界的垂线交于M点，经N点做过N点速度的垂线交场区左边界于O点，O点就是带电粒子在左半区域磁场中做圆周运动的圆心。带电粒子在两部分磁场中的运动对称，出磁场的速度与荧光屏垂直，所以O1M＝。(意思明确即可)(1分)设带电粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系得：R2＝()2＋(R－)2⑧(2分)由牛顿第二定律得：qv0B＝m⑨(1分)由v0、d的结论和⑧⑨式解得：B＝()(未代入原始数据不得分)(2分)答案：(1)　(2)(3)()-13-