2022年浙江省温州市高考物理一模试卷一、单选题1．（6分）（2022•温州一模）如图所示，一篮球从离地H高处的篮板上A点以初速度V0水平弹出，刚好在离地h高处被跳起的同学接住，不计空气阻力．则篮球在空中飞行的（ ） A．时间为B．时间为 C．水平位移为v0D．水平位移为V0【考点】：平抛运动．【专题】：平抛运动专题．【分析】：根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间求出水平位移．【解析】：解：A、根据H﹣h=知，篮球在空中飞行的时间：t=，故A、B错误．C、篮球的水平位移为：x=，故C正确，D错误．故选：C．【点评】：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解． 2．（6分）（2022•温州一模）如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部爬到a处，下列说法正确的是（ ） A．在a点碗对蚂蚁的支持力大于在b点的支持力 B．在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力 C．在a点碗对蚂蚁的作用力大于在b点的作用力 D．在a点蚂蚁受到的合力大于在b点受到的合力【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：共点力作用下物体平衡专题．-12-\n【分析】：小虫缓慢上爬，可以认为小虫处于平衡状态，合力为零，小虫所受的摩擦力为静摩擦力，越往上爬，所受静摩擦力越大．【解析】：解：小虫缓慢上爬，可以认为小虫处于平衡状态，则合力始终为零，受力分析，根据共点力平衡有：f=mgsinα，N=mgcosα，因为A点的α比B点的大，所以在a点碗对蚂蚁的摩擦力大于在b点的摩擦力，在a点碗对蚂蚁的支持力小于在b点的支持力，故A错误，B正确；C、在a点和b点，碗对蚂蚁的作用力都等于蚂蚁的重力，所以在a点碗对蚂蚁的作用力等于在b点的作用力，故CD错误．故选：B．【点评】：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解． 3．（6分）（2022•温州一模）如图所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上．有一质量为m的水球（可看作质点）在圆管中运动．水球以速率V0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为（ ） A．mB．mg+mC．2mg+mD．2mg﹣m【考点】：向心力．【专题】：匀速圆周运动专题．【分析】：先以球为研究对象，根据牛顿第二定律求出管壁对小球的作用力．再以圆环为研究对象，求解杆对圆管的作用力大小．【解析】：解：以球为研究对象，根据牛顿第二定律得，N﹣mg=m，解得N=mg+m由牛顿第三定律知：球对圆环的作用力大小N′=N=mg+m，方向向下．再以圆环为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F=mg+N′=2mg+m．故选：C．-12-\n【点评】：本题考查了牛顿第二定律和平衡条件的综合，知道小球在最低点向心力的来源是解决本题的关键． 4．（6分）（2022•温州一模）如图所示，在直角坐标系XOY中，X轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量m、电荷量为+q的粒子，以相同的速率V沿纸面内，由X轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R=，正确的图是（ ） A．B．C．D．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：根据粒子在磁场中做圆周运动的对称性画出极限情况的运动轨迹图进行分析即可．【解析】：解：以x轴为边界的磁场，粒子从x轴进入磁场后在离开，v与x夹角相同，根据左手定和R=，知沿x轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D正确；故选：D【点评】：本题考查分析和处理粒子在磁场中运动的轨迹问题，难点在于分析运动轨迹的边界，可以运用极限分析法分析． 二、多选题-12-\n5．（6分）（2022•温州一模）如图所示，虚线表示某电场中的三个等势面，相邻面间的电势差相等．一重力不计、带负电的粒子从左侧进入电场，运动轨迹与三个等势面分别交于a、b、c三点，则（ ） A．a点的电势比b点的电势高 B．粒子在c点的加速度为零 C．粒子从a到时c电势能不断增加 D．粒子从a到b克服电场力做功大于从b到c克服电场力做功．【考点】：电势；电势能．【专题】：电磁学．【分析】：质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向左上方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向左上方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大【解析】：解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向右上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确B、相邻等势面之间的电势差相等，从左向右相邻等势面之间距离变大，可知电场变弱，带电粒子左向右运动时，电场力变小，加速度减小，故B错误；C、粒子从a到时c，电场力做负功，电势能增大，故C正确；D、电场力做功W=qU，因相邻面间的电势差相等，故粒子从a到b克服电场力做功等于从b到c克服电场力做功，故D错误故选：AC【点评】：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化． 6．（6分）（2022•温州一模）雨滴在空中下落，受到的空气阻力与速度大小有关．假设空气阻力大小与速度成正比，则下列图象能大致反映雨滴下降过程中加速度大小a与时间t及速度v关系的是（ ） A．B．C．D．-12-\n【考点】：牛顿第二定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据牛顿第二定律，结合阻力与速度的关系得出加速度的表达式，从而判断出a﹣v的关系，对a求导，得出a﹣t图线切线斜率表示的含义，从而确定正确的图象．【解析】：解：根据牛顿第二定律得，，可知加速度随速度成线性关系变化，故D正确，C错误．因为a=，对a求导，即，可知a﹣t图线的斜率正比于加速度大小，因为加速度逐渐减小，可知a﹣t图线的切线斜率绝对值逐渐减小，故A正确，B错误．故选：AD．【点评】：分析准确雨滴下落过程中的受力情况，再根据雨滴的受力分析雨滴的运动状态；图象能够直观的展现物体的运动情况． 7．（6分）（2022•温州一模）如图所示，水平传送带保持静止时，一个质量为m的小物块以水平初速度V0从传送带左端冲上传送带，然后从传送带右端以一个较小的速度V1滑出传送带．现在让传送带在电动机的带动下以速度V2逆时针匀速转动，小物体仍以水平初速度V0从传送带左端冲上传送带，则（ ） A．小物体可能会从传送带左端滑出 B．小物体仍以速度V1从传送带右端滑出 C．小物体克服摩擦力做功为mv02﹣mv12 D．小物块和传送带摩擦而产生的内能为mv02﹣mv12【考点】：功能关系；牛顿第二定律．【分析】：对小滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式列式分析即可．【解析】：解：A、B、水平传送带静止时，A从传送带左端冲上传送带，从传送带右端以速度v滑出传送带，运动过程中受到向左滑动摩擦力作用而做匀减速直线运动，相对于地通过的位移大小等于传送带的长度．若皮带轮逆时针方向转动，物块仍受到向左的滑动摩擦力作用做匀减速直线运动，滑动摩擦力没有变化，加速度也没有变化，相对于地通过的位移大小仍等于传送带的长度，则根据运动学公式得知，A物块仍以速度v1离开传动带；故A错误，B正确；C、根据动能定理，由于只有滑动摩擦力做功，根据动能定理，物体克服摩擦力做功为mv02﹣mv12，故C正确；-12-\nD、小物块和传送带摩擦而产生的内能为：Q=f•△S相对；第二次相对路程增加了，故第二次物块和传送带摩擦而产生的内能大于mv02﹣mv12，故D错误；故选：BC．【点评】：本题关键是分析滑动摩擦力和加速度，根据运动学公式研究物块滑出传送带时的速度，根据功能关系研究摩擦产生的热量． 三、实验题8．（8分）（2022•温州一模）在“验证机械能守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示．（1）该实验中使用电火花计时器，它的工作电压是 交流220V （填“交流220V”、“交流6V以下”或“直流6V以下”）纸带下端所挂重物应选图乙中的 C 重物比较合适（填所选重物的字母）．（2）按照正确对确的操作得到如图丙所示的纸带．其中打0点时释放重物，A、B、C是打点计时器连续打下的三个点，该同学用毫米刻度尺测量0点到A、B、C各点的距离，并记录在图乙中（单位cm）．已知打点计时器的电源频率为50HZ，重物质量为0.5kg，当地重力加速度g取9.80m/s2．现选取重物在OB段人运动进行数据处理，则打B点时重物的速度为 1.57 m/s．OB段动能增加量为 0.616 J，重力势能减少量为 0.627 J（计算结果均保留三位有效数字）．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：对于基本实验仪器，首先理解仪器的工作原理，会正确使用实验仪器，根据所测量数据正确进行数据处理以及具体使用仪器的注意事项等．根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，然后根据动能、势能的定义进一步求得动能、势能的变化量．【解析】：解：（1）根据打点计时器的构造和具体使用我们知道，打点计时器的工作电源为交流电源，电火花打点计时器的工作电压为220V，纸带下端所挂重物应该体积小，质量大，从而受到的阻力较小，而C是重锺，故选C；（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该段时间内的平均速度可以求出物体在B点时的速度，则有：vB=m/s=1.57m/s-12-\n动能的增量：△Ek=mvB2=×0.5×1.572≈0.616J重力势能的减少量：△Ep=mghB=0.5×9.8×0.128J≈0.627J．故答案：（1）交流220V，C；（2）1.57，0.616，0.627．【点评】：对于基本实验仪器不光要了解其工作原理，还要从实践上去了解它，自己动手去操作，达到熟练使用的程度．本题比较简单，考查了验证机械能守恒定律中基本方法的应用，对于基本方法不能忽视，要在训练中加强练习，提高认识． 9．（10分）（2022•温州一模）某实验小组在“探究金属丝的电阻与长度关系”的实验中，取一段粗细均匀的金属丝拉直后连接在A、B接线柱上，金属丝上安装一个可滑动的金属夹P．实验室提供了下列器材：电压表V（0﹣3V﹣15V）、电流表A（0﹣0.6A﹣3A）、两节干电池、滑动变阻器0﹣20欧）、刻度尺、开关盒导线若干．（1）某同学设计了如图1所示的实验电路测量AP段的电阻R．在闭合开关前，请你帮该同学再检查一下电路．你觉得电路中错误的或不合理的有： 电流表量程应取0﹣0.6A；滑动变阻器接线组错误，与P相连的接线柱应是滑动变阻器的上面的接线柱 ．（2）实验中测出AP段长度l以及对应的电阻R，并多次改变I，记录下数据如表，在坐标纸上建立坐标系并描点如图2．请作出R﹣l图线，根据图象得出结论是 R与l成正比 ，并求出该电阻丝单位长度的电阻为 7Ω/m l/m30.0040.0050.0060.0070.0080.00R/（欧）2.13.33.54.25.05.7【考点】：测定金属的电阻率．【专题】：实验题．【分析】：（1）由电源的电动势与电压表的精确度来选择电压表，再由待测电阻与电源来确定电流表的量程，最后根据滑动变阻器的额定电流及阻值量程来共同确定．根据待测电阻的阻值与电压表、电流表的电阻比较来确定电流表内接还是外接；（2）根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出R﹣l图象，分析图象，然后得出结论．【解析】：解：（1）①由实验的条件可知，金属丝的电阻值约几个欧姆，所以电路中的电流小于1A，所以，电流表要接0.6A档，不能接3.0A档；②该电路中，滑动变阻器接的是下边的两个接线柱，这种接法，滑动变阻器仅仅相对于定值电阻，起不到调节电流的作用，正确的接法应该是与P相连的接线柱接在滑动变阻器的上面的接线柱．-12-\n（2）根据表中实验数据在坐标系中描点，然后作出R﹣l图象如图所示，由图象可知，R与l成正比．由图线可知，当导线的长度是50cm时，电阻值约3.5欧姆，所以单位长度的电阻值：故答案为：（1）电流表量程应取0﹣0.6A；滑动变阻器接线组错误，与P相连的接线柱应是滑动变阻器的上面的接线柱．（2）如图，R与l成正比，7Ω/m（7.0Ω/m﹣7.1Ω/m）．【点评】：此题是探究金属丝电阻大小与长度的关系，考查了有关滑动变阻器、电流表的连接及读数，同时考查了电阻的计算及根据实验数据得出结论的能力，是一道综合性很强的题目． 四、简答题10．（16分）（2022•温州一模）航天飞机是一直垂直起飞的、水平降落的载人航天器．航天飞机降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动．航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞（如图），加速度大小为a1，运动一段时间后减速为v；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下，已知两个匀减速滑行过程的总时间为t，求：（1）第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小；（2）航天飞机降落后滑行的总路程．【考点】：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：直线运动规律专题．【分析】：（1）根据速度时间关系求解出第一段的时间，然后利用速度时间关系可求出第二段加速度；（2）根据速度位移关系列式求解即可．【解析】：解：如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，-12-\nC点停下．A到B过程，依据v=v0+at有：第一段匀减速运动的时间为：则B到C过程的时间为：依据v=v0+at有：B到C过程的加速度大小为：根据得：第一段匀减速的位移第二段匀减速的位移为：所以航天飞机降落后滑行的总路程为：答：（1）第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小为；（2）航天飞机降落后滑行的总路程为．【点评】：本题考查匀变速直线运动的速度时间关系和速度位移关系，属于基本题目，但要特别注意计算． 11．（18分）（2022•温州一模）洛仑兹力演示仪可以演示电子在匀强磁场中的运动径迹．图甲为洛仑兹力演示仪的实物图，图乙为洛仑兹力演示仪结构示意图．演示仪中有一对彼此平行的共轴串联的圆形线圈（励磁线圈），当通过励磁线圈的电流为I时，线圈之间产生沿线圈轴向、磁感应强度B=KI（K=1×10﹣3T/A）的匀强磁场；半径R=10C-12-\nM的圆球形玻璃泡内有电子枪，可通过加速电压U对初速度为0的电子加速并连续射出，电子刚好从球心正下方S点沿水平方向射出．已知图乙所示演示仪中励磁线圈产生的磁场方向垂直纸面向里，OS=10cm，电子的比荷取1.75×1011C/kg．（1）若电子枪的加速电压为U=35v，则电子离开电子枪的速度大小是多少？（2）电子以（1）问中的速度进入磁场，且励磁线圈中的电流大小I=1A，则电子在磁场中的运动半径是多少？（3）若电子枪的加速电压可以在0到875V的范围内连续调节，且励磁线圈的电流从0.5A到2A的范围内连续调节．求玻璃泡被电子连续击中的范围，和电子运动到两边界点对应的半径大小．【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力．【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】：（1）电子在电场中加速，由动能定理可以求出电子的速度．（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出电子轨道半径．（3）求出电子做圆周运动的轨道半径，然后确定电子打在玻璃泡上的范围．【解析】：解：（1）电子在电子枪中加速，根据动能定理得：eU=mv2﹣0，代入数据解得：v=3.5×106m/s；（2）电子由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，由题意可知：B=kI，代入数据解得：r=0.02m=2cm，（3）联立上述方程可得，电子轨道半径：r=，当电压取875V电流取0.5A时，半径r最大，最大值为r=20cm．此时电子达到C点，在三角形OCO'中，由余弦定理：O′C2=OC2+OO′2+2OC•OO′cos∠COO′，代入数据解得：cos∠COO′=，当粒子的半径比较小时，运动轨迹与图中的D点相切，此时半径为r=（5+5）cm．电子打到玻璃泡上的范围在CD之间．答：（1）若电子枪的加速电压为U=35v，则电子离开电子枪的速度大小是3.5×106m/s；-12-\n（2）电子以（1）问中的速度进入磁场，且励磁线圈中的电流大小I=1A，则电子在磁场中的运动半径是2cm．（3）若电子枪的加速电压可以在0到875V的范围内连续调节，且励磁线圈的电流从0.5A到2A的范围内连续调节．玻璃泡被电子连续击中的范围如图CD所示，电子运动到两边界点对应的半径大小分别为：20cm、（5+5）cm．【点评】：本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键． 12．（16分）（2022•温州一模）如图所示，倾角30°的粗糙斜面上有四条间距相等的水平虚线MM′、NN′、PP′、QQ′，在MM′与NN′之间PP′与QQ′之间存在着垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B均为1T．现有质量m=0.1Kg、电阻R=4Ω的矩形线框abcd，从图示位置静止释放（cd边与MM′重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与NN′重合，t2时刻ab边与PP′重合，t3时刻ab边与QQ′重合．已知矩形线框cd边长度L0=0.5m，t1～t2时间间隔△t=1.2s，线圈与斜面之间的动摩擦因数μ=，重力加速度取10g/s2．求：（1）线圈匀速运动的速度V2的大小；（2）磁场的宽度L0和线圈ab边的长度L2；（3）0～t3时间内，线圈产生的热量Q．【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：（1）线框进入磁场后做匀速直线运动，则对线框受力分析，由共点力的平衡条件可得出线框的速度；（2）由于t1～t2的时间线框匀加速运动，可知线圈ab边的长度是磁场宽度的2倍-12-\n（3）在运动过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加；但能量守恒；由能量的转化及守恒关系可得出内能的增加量【解析】：（1）在t2时刻：ab棒切割磁感线产生的电动势为：E=BL1v2流过线圈的电流为：I=根据线框匀速运动可得：mgsinθ﹣μmgcosθ﹣BIL1=0解得：v2=4m/s（2）由于t1～t2的时间线框匀加速运动，可知线圈ab边的长度是磁场宽度的2倍，即为：L2=2L0该过程中，根据牛顿第二定有：mgsinθ﹣μmgcosμ=maa=2.5m/s2根据线框的匀变速运动特点：v2﹣v1=a△tv1=1m/sx=L0+L2=3mL0=1mL2=2L0=2m（3）根据能量守恒可得：=0.45J答：（1）线圈匀速运动的速度V2的大小为4m/s．（2）磁场的宽度L0为1m线圈ab边的长度L2；为2m（3）0～t3时间内，线圈产生的热量Q为0.45J【点评】：解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动利用牛顿第二定律求解问题，并能合理利用能量守恒定律． -12-
