2022年山东省临沂一中高考物理二模试卷一、不定项选择（共7个小题，每小题6分，共42分．在题目给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1．（6分）如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ．在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．弹簧弹力的大小为B．地面对m2的摩擦力大小为F C．地面对m2的支持力可能为零D．ml与m2一定相等【考点】：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【专题】：受力分析方法专题．【分析】：对整体受力分析可求得地面对m2的摩擦力大小及支持力；再分别对两个物体受力分析可明确弹簧的弹力及两物体的质量大小关系．【解析】：解：对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力及弹簧的弹力；要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同；故B正确；因m2与地面间有摩擦力；则一定有支持力；故C错误；再对m2受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力T=；因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系；也无法求出弹簧弹力与重力的关系；故AD错误；故选：B．【点评】：本题考查共点力的平衡条件的应用，要注意对整体进行受力分析即可判断外力的大小；再隔离物体进行受力分析可得出弹力的大小． 2．（6分）一汽车沿直线运动的速度一时间（v﹣t）图象如图所示，则下列关于该汽车运动情况的说法中正确的是（ ） A．第4s末，汽车的运动方向发生变化 B．6～10s内，汽车一直处于静止状态 C．汽车在0～4s内的位移大小为24m D．第12s末，汽车的加速度为﹣1m/s2-11-\n【考点】：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：由图中的各点的坐标可明确物体的速度；根据图象的变化明确物体速度是否发生改变；根据图象的斜率表示物体的加速度，由面积表示位移，明确何时回到出发点．【解析】：解：A、由图可知，第4s前后，汽车的运动方向没有发生变化；故A错误；B、6～10s内，汽车一直速度保持不变，故汽车做匀速直线运动；故B错误；C、汽车在0～4s内的位移大小m=12m；故C错误；D、10s后物体做匀减速直线运动，故加速度恒定，第12s末，汽车的加速度为a==﹣1m/s2；故D正确；故选：D．【点评】：本题重点考查图象中的方向问题，要注意明确坐标的正负表示物体的运动方向，斜率的正负表示加速度的方向；面积的正负表示位移的方向． 3．（6分）如图所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态．保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放．则释放后小球从M运动到N过程中（ ） A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加 C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量ɛ D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；弹性势能．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功．据此来分析各个选项【解析】：解：A、由于有电场做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误．B、由题意，小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N过程中，出现的是重力势能减小转化为电势能和动能，故B错误；C、释放后小球从M运动到N过程中，弹性势能并没变，一直是0，故C错误．D、由动能定律可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故D正确．故选：D．【点评】：该题考查物体的受力分析和能量的转化与守恒，要对各力的做功有准确的分析．属于简单题．-11-\n 4．（6分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（ ） A．电压表示数为44V B．副线圈上电压的瞬时值表达式u=220sin（100πt）V C．热水器消耗的功率变大 D．变压器的输入功率增大【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】：交流电专题．【分析】：电压表测的是电流的有效值．根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式．根据动态分析法分析实际功率．由W=Pt可以求出抽油烟机消耗的电能．【解析】：解：A、U1==1100V，则电压表示数为1100V，故A错误；B、由图乙可知，交变电流的峰值是220V，ω==100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πtv，故B正确；C、接通开关，副线圈所接电路电阻减小，电流增大，热水器两端电压不变，所以消耗功率不变，故C错误；D、接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故D正确；故选：BD．【点评】：会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值，能用动态分析法判断电流、电压的变化． 5．（6分）如图所示，图中五点均在匀强电场中，它们刚好是一个圆的四个等分点和圆心．已知电场线与圆所在平面平行．下列有关圆心O和等分点a的电势、电场强度的相关描述正确的是（ ） A．a点的电势为6V B．a点的电势为﹣2V C．O点的场强方向指向a点-11-\n D．O点的场强方向指向电势为2V的点【考点】：电势；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等．由题意知可以找到一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向．【解析】：解：A、在匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等，所以，a点电势比10V低4V，即为6V，故A正确，B错误．C、a点的电势为6V，根据电场线应与等势面垂直，且沿电场线电势依次降低，O点的场强方向应指向图中电势为2V的点，故C错误，D正确．故选AD．【点评】：本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面． 6．（6分）013年12月2日1时30分，由月球车（如图甲）和着陆器组成的嫦娥三号月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行约18min后，嫦娥三号进入如图乙所示的地月转移轨道AB，A为入口点，B为出口点．嫦娥三号在B点经过近月制动，进入距离月面100公里的环月圆轨道，然后择机在月球虹湾地区实现软着陆，展开月面巡视勘察．已知月球和地球的质量之比约为，图乙中环月圆轨道的半径与地球半径之比约为，地球的第一宇宙速度约为7.9km/s，下列说法正确的是（ ） A．嫦娥三号进入地月转移轨道前，在近地圆轨道运行的速度大于7.9km/s B．嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约为1.8km/s C．携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中一定处于失重状态 D．由于月球表面重力加速度较小，故月球车在月球上执行巡视探测任务时处于失重状态【考点】：万有引力定律及其应用；向心力．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：嫦娥三号卫星在近地圆轨道运行的速度等于7.9km/s．嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约等于月球的第一宇宙速度，根据第一宇宙速度的表达式，计算月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比．携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中，先加速下降再减速下降，故先失重再超重．【解析】：解：A、嫦娥三号卫星在近地圆轨道运行的速度为地球的第一宇宙速度，即为7.9km/s，故A错误．B、嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度为v月=，-11-\n而地球的第一宇宙速度为v地=所以=所以v月==1.8km/s，故B正确．C、携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中，先加速下降再减速下降，故先失重再超重，故C错误．D、月球表面重力加速度较小，说明在月球表面受到的重力小于地面上，而超重失重是指弹力和重力大小关系，故D错误；故选：B．【点评】：本题要知道嫦娥三号在图乙中环月圆轨道上做匀速圆周运动的线速度约等于月球的第一宇宙速度，根据第一宇宙速度的表达式计算月球的第一宇宙速度和地球的第一宇宙速度之比，进一步计算月球的第一宇宙速度． 7．（6分）如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框．金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界．并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v﹣t图象，图中字母均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法正确的是（ ） A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B．金属线框的边长为v1（t2﹣t1） C．磁场的磁感应强度为 D．金属线框在0﹣t4的时间内所产生的热量为2mgv1（t2﹣t1）+m（v32﹣v22）【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；磁感应强度．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：金属框进入磁场前做匀加速运动，由图线与时间轴所围的面积读出金属框初始位置的bc边到边界MN的高度；由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长；由图知，金属线框进入磁场过程做匀速直线运动，重力和安培力平衡，列式可求出B．由能量守恒定律求出在进入磁场过程中金属框产生的热量．【解析】：解：A、金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向；故A错误；-11-\nB、由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2﹣t1，故金属框的边长：l=v1（t2﹣t1）；故B正确；C、在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg=BIl，I=，又l=v1（t2﹣t1）．联立解得：B=；故C正确；D、t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgl=mgυ1（t2﹣t1）；t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q2=mgl+m=mgυ1（t2﹣t1）+m故Q=Q1+Q2=2mgυ1（t2﹣t1）+m；故D正确；故选：BCD．【点评】：本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力． 二、非选择题【必做部分】8．（8分）一个同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，进行了如下实验：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一个小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示．让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在空中飞行后落在水平地面上，水平距离为s．（1）小刚球离开桌面时的速度大小为v= s ，弹簧的弹性势能Ep与小钢球质量m、桌面离地面高度h、小钢球飞行的水平距离s等物理量之间的关系式为Ep= ．（2）弹簧的压缩量x与对应的钢球在空中飞行的水平距离s的实验数据如下表所示：弹簧的压缩量x（cm）1.001.502.002.503.003.50小钢球飞行的水平距离s（m）2.013.004.014.966.017.00由实验数据，可确定弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系为 C （式中k为比例系数）（A）Ep=kx（B）Ep=k（C）Ep=kx2（D）Ep=k．-11-\n【考点】：探究弹力和弹簧伸长的关系．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据平抛运动规律可以求出钢球离开桌面时的速度大小，根据功能关系可以求出弹性势能的表达式．（2）根据所给数据，进行数学归纳推导，可以得出结论．【解析】：解：（1）小球离开桌面后做平抛运动，有：s=v0t竖直方向有：联立解得：v0=s，根据功能关系有：，代入数据解得：EP=故答案为：s，．（2）根据表格中数据，可得出弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系为Ep=kx2，故ABD错误，C正确．本题也可利用代入法进行逐项排除．故选C．【点评】：本题借助于平抛运动以及数学推导考查了弹性势能和弹性形变量之间的关系，是考查知识综合应用、公式理论推导的好题． 9．（10分）要用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线，已知待测小灯泡的额定电压6V，额定功率约为3W，提供的器材有：量程为0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表Al；量程为3A，内阻约为0.1Ω的电流表A2；量程为3V，内阻为3kΩ的电压表V阻值是0～10Ω，额定电流是2A的滑动变阻器R1；阻值是0～500Ω，颇定电流是lA的滑动变阻器R2；定值电阻R3=1kΩ；定值电阻R4=3kΩ；电源电动势为9V，内阻约为0.1Ω；开关一个，导线若干．（1）为了保证实验的测量精度和操作方便，并能测出小灯泡的额定功率，在可供选择的器材中．应该选用的电流表是 Al ，滑动变阻器是 R1 （填仪器的字母代号）．（2）根据所选的器材，在虚线框中画出完整的实验电路图，并标出器材代号．（3）实验中，电压表的示数为 3 V时，可测出灯泡的额定功率．-11-\n【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：（1）根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据实验要求、实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图；（3）根据串联电路特点求出电压表示数．【解析】：解：（1）灯泡额定电流I===0.5A，电流表应选Al；为方便实验操作，滑动变阻器应选Rl．（2）灯泡额定电压为6V，电压表量程为3V，需要把电压表与定值电阻R4串联组成电压表测电压，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时电阻为R===12Ω，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻为6kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（3）电压表与定值电阻串联，电压表内阻与定值电阻阻值相等，它们两端电压相等，灯泡正常发光时，总电压等于灯泡额定电压6V，则电压表示数为3V；故答案为：（1）Al；Rl；（2）电路图如图所示；（3）3．【点评】：本题考查了设计实验电路图，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡与电表内阻的关系确定电流表接法，即可正确作出实验电路图． 三、解答题．应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．10．（20分）如图，在倾角为θ=37°的足够长固定斜面底端，一质量m=1kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点．物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1：t2=1：，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时的速度v2的大小之比；（2）物块和斜面之间的动摩擦因数；（3）若给物块施加一大小为5N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运动，求加速度的最大值．-11-\n【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：（1）根据平均速度公式求出速度之比；（2）根据牛顿第二定律求出上滑和下滑的加速度，结合位移时间公式求出动摩擦因数；（3）设出F与斜面的夹角α，根据牛顿第二定律表示出与α相关的方程，用三角函数特征讨论加速度的最大值．【解析】：解：（1）设物块上滑的最大位移为L，根据运动学公式上滑过程：L=下滑过程：L=整理得：（2）设上滑时加速度为a1，下滑时加速度为a2，根据牛顿第二定律，得上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma1下滑时：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma2由位移时间公式得：L==联立三式代入数据得：μ=0.5（3）设F与斜面的夹角为α，加速度为a，由牛顿第二定律得：Fcosα﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣Fsinα）=ma即：F（cosα+μsinα）﹣mg（sinθ+μcosθ）=ma整理得：F令tanβ=，则：Fsin（α+β）的最大值为1，设加速度最大值为am，得：F﹣mg（sinθ+μcosθ）=mam代入数据得：答：（1）物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时的速度v2的大小之比为：1；（2）物块和斜面之间的动摩擦因数为0.5；（3）加速度的最大值为2.5m/s2．【点评】：对物块在斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．注意情景发生改变，要重新进行受力分析． 11．（20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为（﹣L，0）．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为（0，2L-11-\n），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON，ON是与x轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用．）求：（1）第二象限内电场强度E的大小．（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ．（3）圆形磁场的最小半径Rmin．【考点】：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力；动能定理的应用．【专题】：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】：（1）电子进入电场做类平抛运动，在y方向做匀速直线运动，在x方向做匀加速直线运动，根据y方向求出时间，再根据x方向求加速度，从而求出电场强度．（2）根据动能定理求出离开电场时的速度，再根据y方向的分速度与合速度的关系，求出夹角．或求出沿x方向的速度，再根据x、y方向的分速度关系，求出夹角．（3）求出电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径，确定出圆的圆心，使得圆弧在磁场中，此时圆形磁场的面积最小，即连接圆弧在磁场中两点作为圆形磁场的直径．【解析】：解：（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：L=t2 2L=vt 联立解得：E=． （2）设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ．由动能定理，有：mvC2﹣mv2=eEL 解得：vC=vcosθ== 解得：θ=45°． （3）电子的运动轨迹图如图，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r== 电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，则磁场最小半径：Rmin==rsin60°由以上两式可得：Rmin=． -11-\n【点评】：解决本题的关键掌握带电粒子在电场中做类平抛运动的处理方法．以及带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动时，如何确定圆心、半径．-11-
