2022年福建省漳州市高考物理二模试卷（含答案）

2022年福建省漳州市高考物理二模试卷

1. 2020年11月27日，我国具有完全知识产权的三代百万千瓦级核电技术电站“华龙一号”全球首堆并网成功。“华龙一号”发电机利用的是铀核裂变释放的核能，则下列叙述正确的是
    

A. 铀核中子数为92
B. 核裂变遗留物对环境没有污染
C. 该核裂变反应生成物的质量小于反应物的质量
D. 该核裂变可能的一种核反应方程式是

2. 如图，理想变压器原、副线圈匝数之比：：3，M、N接在电压有效值不变的交流电源两端。光照强度由强变弱过程，光敏电阻R的阻值由小变大，灯泡L的阻值不变，则
    

A. 通过光敏电阻和灯泡的电流之比为1：3
B. 灯泡的亮度由亮变暗
C. 原线圈两端的电压始终不变
D. 光敏电阻两端的电压逐渐变小

3. 如图，送餐机器人由静止开始给10m远处的顾客上菜，全程餐盘保持水平，碗不能相对餐盘滑动，到顾客处速度为零。机器人加速、减速过程看成匀变速直线运动，最大速度为。已知碗与餐盘间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。则机器人送餐过程

A. 碗与餐盘之间摩擦力始终不变 B. 在加速阶段处于超重状态
C. 加速度不能超过 D. 所用的最短时间为10s

4. 如图，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，另一自由端处于b点，质量为1kg的小滑块从a点由静止下滑，c点时速度最大，到d点图中未画出速度为零、已知，g取，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则

A.
B. 滑块不可能再回到a点
C. 弹簧的劲度系数是
D. 滑块从d点到b点的动能增加量小于弹簧的弹性势能减小量

5. 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船顺利将3名航天员送入“天和”空间站进行为期六个月的太空探索活动。空间站运行的向心加速度大小为、线速度大小为；地球同步卫星运行的向心加速度大小为、线速度大小为，则

A.  B.  C.  D.

6. 两点电荷固定在x轴上坐标为和3L的两点处，已知位于处的点电荷带电量大小为Q，两点电荷连线上各点的电势随x变化的关系图像如图所示、处的电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为和2L，则

A. 两点电荷为异种电荷
B. M点的电场强度小于N点的电场强度
C. 位于处的点电荷带电量小于Q
D. 电子在M点处的电势能小于在N点处的电势能

7. 如图，直角支架固定在水平地面上，小球A穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮。将细绳一端系在A上，另一端跨过滑轮系在小水桶B上，系统处于静止状态。现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来。不计滑轮质量及摩擦，在球A缓慢下降过程中
   
    

A. 绳对球A拉力的竖直分量保持不变 B. 竖直杆对球A的弹力保持不变
C. 轴对滑轮的作用力方向竖直向上 D. 轴对滑轮的作用力越来越小

8. 如图甲，质量的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的段为抛物线，段为直线，下列说法正确的是

A. 传送带沿逆时针方向转动
B. 传送带速度大小为
C. 物块刚滑上传送带时的速度大小为
D. 内摩擦力对物块所做的功为

9. 一列沿x轴负方向传播的简谐横波时刻的波形图如图甲所示，图乙是处质点的振动图像。则这列波的波速为______；若，则______s。

10. 2021年12月26日，航天员身着我国新一代“飞天”舱外航天服成功出舱。太空舱专门做了一个“气闸舱”，其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀门K，舱A中充满理想气体，舱B内为真空，系统与外界没有热交换。打开阀门K后，A中的气体进入B中，在此过程中气体内能______选填“变大”、“变小”或“不变”，单位时间单位面积内气体分子撞击舱壁的次数______选填“增多”、“减少”或“不变”。

11. 某同学利用水平放置的气垫导轨装置探究加速度与力的关系，如图甲所示。
    
    用游标卡尺测得遮光条宽度d如图乙所示，其读数为______ mm；
    用天平称出沙桶的总质量远小于滑块A质量，将滑块置于气垫导轨右端，用刻度尺测得遮光条到光电门B的水平距离s。让A在沙桶拉力作用下由静止开始运动，测得遮光条经光电门的遮光时间。由此可得出滑块运动的加速度______，受到的合力______。均用上述题中测得的物理量符号表示，重力加速度为；
    在桶中加入适量的沙子，重复实验，得到多组a、F值，绘制图像，由此可得出结论。
12. 电饭锅有“煮饭”和“保温”两种工作模式，在220V额定电压下功率分别为600W和80W。某同学通过实验测定该电饭锅两种工作模式的电阻。
    备有实验器材：
    滑动变阻器最大阻值，电阻箱精度，电压表量程3V，内阻约，电流表量程60mA，内阻，干电池两节，开关及导线若干。
    
    利用上述器材，设计如图甲电路。实验前应将滑动变阻器滑片置于______填“a”或“b”端。
    将电饭锅置于其中一种工作模式，闭合K，调节滑片于不同位置，记录多组I、U的示数，在图乙中绘制图线①；
    将电饭锅置于另一种工作模式，闭合K，发现电流表读数超过量程，立即断开K。经过分析计算，决定将电流表量程扩大到，则应将电阻箱与电流表并联，并将其阻值调节至______；按原表盘刻度读数，绘得图线②。
    由此可知电饭锅“煮饭”模式的电阻阻值为______结果保留3位有效数字；
    计算发现，实验操作、数据记录与处理均正确无误，但实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多，造成该差异的主要原因：______。
13. 质谱仪是一种检测和分离同位素的仪器。a、b是同位素原子核，它们的电荷量均为q，a的质量为m。如图所示，它们从静止开始经电压为U的电场加速，然后沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场，最后打在照相底片上。从照相底片上获知a、b在磁场中的轨迹直径分别为x、。不计a、b的重力及其相互作用。求：
    进入磁场时的速度大小v；
    磁场的磁感应强度大小B；
    的质量。
    
    
    
    
    
    
     
14. 如图，不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连，另一端跨过两等高定滑轮与物块连接，物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角处，立即撤去F，此时传感装置示数为已知物块始终没有脱离传感装置，重力加速度为g，不计滑轮的大小和一切摩擦，，，求：
    撤去F时小球的速度大小；
    小球返回最低处时轻绳的拉力大小；
    小球返回最低处时传感装置的示数。

15. 如图，MN、为足够长平行光滑水平金属导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，GH、JK为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，底端接的电容器。NQ端与GJ端高度差，水平距离。现将导体棒cd静置在水平分导轨固定小钉的右侧，导体棒ab以速度从MP端滑入，一段时间后cd棒从NQ端抛出，恰能无碰撞从GJ端进入斜导轨。已知导轨间距均为1m，两磁场的磁感应强度均为2T，两棒质量均为、接入电阻均为，导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与斜导轨的动擦因数，g取。求：
    
    棒从NQ端抛出时的速度大小；
    棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率P；
    最终电容器存储的电荷量Q。
    
    
    
    
    
    
    
    

答案和解析

1.【答案】C
 

【解析】解：A、铀核质子数为92，故中子数为，故A错误；
B、核裂变遗留物具有放射性，对环境具有污染，故B错误；
C、核裂变时重核裂变为轻核，故该核裂变反应生成物的质量小于反应物的质量，故C正确；
D、要发生核裂变，需要中子去轰击铀核，故虽然此方程式左右两边质量数、质子数可以配平，但不符合物理实验规律，故D错误；
故选：C。
明确铀核的质子数和中子数，核裂变的产物对环境具有放射性，铀核裂变是重核裂变为轻核，在裂变过程中是用中子轰击铀核。
本题主要考查了铀核的裂变，明确裂变方程，知道质子数和中子数即可判断、
 

2.【答案】B
 

【解析】解：A、通过光敏电阻的电流即为原线圈电流，通过灯泡的电流即为副线圈的电流，根据，故A错误；
B、M、N接在电压有效值不变的交流电源两端，光敏电阻R的阻值由小变大，根据欧姆定律可知，原线圈电流减小，故副线圈电流也减小，所以灯泡的亮度由亮变暗，故B正确；
C、根据可知，原线圈两端的电压会随着光敏电阻R两端电压的变化而变化，故C错误；
D、副线圈两端的电压即为灯泡两端的电压，由于灯泡逐渐变暗，可知副线圈电压逐渐变小，根据，可知原线圈两端电压变小，又根据可知，光敏电阻两端的电压逐渐变大，故D错误。
故选：B。
M、N接在电压有效值不变的交流电源两端，光敏电阻R的阻值由小变大，通过分析电路可知电流变化情况，从而分析各个选项。
本题考查含有理想变压器的电路的动态分析，学生在分析该题过程中要抓住题目中的不变量，即MN两端的电压不变。该题的易错点在于MN两点的电压并不是理想变压器原线圈两端电压。
 

3.【答案】C
 

【解析】解：A、在加速阶段和减速阶段，受到的摩擦力方向发生变化，故A错误；
B、在水平加速阶段，在竖直方向，处于平衡状态，故B错误；
C、在加速阶段，最大静摩擦力提供碗做加速运动，根据牛顿第二定律可得：，解得，故C正确；
D、加速和减速阶段，以最大加速度运动，运动时间最短，故加速时间，则通过的位移为，根据运动的对称性可知，减速所需时间，通过的位移为，匀速运动所需时间为，故经历的总时间为，故D错误
故选：C。
对碗受力分析，判断出在加速和减速阶段受到的摩擦力，根据牛顿第二定律求得加速度大小，利用运动学公式求得所需时间。
本题考查了求加速度、运动时间问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
 

4.【答案】D
 

【解析】解：A、物块从b点接触弹簧向下运动，可视为弹簧振子，由于b点有速度，所以bc与cd不对称，所以，故A错误；
B、由于斜面光滑，所以弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，所以滑块可以再回到a点，故B错误；
C、在c点时速度最大，即此时加速度为零，有

解得：，故C错误；
D、从d到b，弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，动能的增加量与重力势能增加量之和等于弹簧重力势能的减小量。即
，因此，故D正确；
故选：D。
根据弹簧振子的运动特点定性地分析出cd和bc的长度关系；
滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，因此滑块能够回到a点；
在c点时速度最大，则加速度为零，结合受力分析得出弹簧的劲度系数；
根据能量的转化关系得出动能增加量与弹性势能减小量的大小关系。
本题以滑块的运动为考查背景，要利用弹簧振子的运动分析出位移的大小关系，同时理解能量的转化特点完成分析。
 

5.【答案】AC
 

【解析】解：AB、跟据万有引力为合外力，由于同步卫星轨道半径大于空间站的，可知，故A正确，B错误；
CD、根据万有引力提供向心力，由于同步卫星轨道半径大于空间站的，可知，故C正确，D错误；
故选：AC。
根据万有引力公式，结合牛顿第二定律和万有引力提供向心力可分析。
该题考查牛顿第二定律以及万有引力提供向心力，属于基本题型。
 

6.【答案】CD
 

【解析】解：A、由图象可知处合电场强度为零，且电势均为正，则两点电荷为同种电荷，故A错误；
BC、处电势最低，此处图线的斜率为0，该点的合电场强度为0，即：
解得：
根据MN距离两电荷的距离相等，结合两点电荷量的大小关系，可知M的电场强度大于N点的电场强度，故B错误，C正确；
D、负电荷在电势高的位置电势能小，由图可知M点电势大于N点电势，所以电子在M点处的电势能小于在N点处的电势能，故D正确。
故选：CD。
根据L点场强为0，知两电荷是同种电荷，根据电势的变化，判断电荷的电性；因为电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度E，所以可知L点的场强为0，从而知道3L处的电荷量；负电荷在电势高的位置电势能小。
解决本题的关键掌握电势随x变化的关系图线上每点切线的斜率表示电场强度以L点场强为0作为突破口，展开分析。
 

7.【答案】A
 

【解析】解：AB、设细绳与竖直方向的夹角为，对A受力分析如图所示
可知：，，又，
在水桶缓慢渗漏过程中，减小，则T减小，减小，则减小，故A正确，B错误；
CD、细绳对滑轮作用力如图1所示：轴对滑轮作用力与F等大反向，因T减小，减小，合力F大小变化不确定，故CD错误；
故选：A。
对A受力分析，水桶缓慢渗漏过程中，绳的拉力T逐渐减小，即可判断；对滑轮受力分析，由力的合成即可解答。
本题考查共点力平衡，解题关键是对A受力分析列出平衡式进行判断力的变化，对滑轮受力分析由平行四边形定则判定。
 

8.【答案】BCD
 

【解析】解：A、根据位移-时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左做匀减速运动，第3s内向右做匀加速运动。内图像为倾斜直线，说明物块与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，故A错误；
B、传送带的速度大小等于物块向右匀速运动的速度，为。故B正确，
C、前2s物体向左做匀减速运动，时速度为零，通过的位移，由，得，故C正确；
D、前2s内物块与传送带间的相对位移大小为；第3s内物块与传送带间的相对位移大小为，内摩擦力对物块做功：，解得，故D正确。
故选：BCD。
根据位移-时间图象的斜率表示速度，分析物块的运动情况，从而判断出传送带的转动方向。在内图像为倾斜直线，说明物块向右做匀速运动，由斜率求出物体的速度即为传送带的速度。根据第3s内物体的运动过程，由位移-时间公式求得物块匀减速运动的加速度大小，再由牛顿第二定律即可求解动摩擦因数。根据物体与传送带间相对位移大小求摩擦产生的热量。
本题借助传送带模型，考查变速直线运动规律、牛顿第二定律等知识点，解题的关键是要明确图象的斜率表示速度，正确分析物块的运动情况。要知道摩擦生热与相对路程有关。
 

9.【答案】
 

【解析】解：由图甲可知，该列波的波长为
由图乙可得，该列波的周期为
根据公式可得：
波速为
由于该列波的周期为
可得该列波的角速度为
故质点的振动方程为
即有
由于
则该波沿x轴负方向传播，
故答案为：；11
根据题目中的图片得出波长和周期，结合波长、周期和波速的关系得出波速的大小；根据图像结合简谐运动的特点计算出时刻。
本题主要考查了简谐运动的相关应用，理解简谐运动的特点结合图片和公式即可完成分析。
 

10.【答案】不变  减少
 

【解析】解：打开阀门K后，A中的气体进入B中，气体自由扩散，没有对外做功，即，又因为整个系统与外界没有热交换，即，根据热力学第一定律，可得，即气体内能不变；
因为内能不变，故温度不变，平均动能不变，因为气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律：，可知扩散后压强p减小，体积V增大，所以气体的密集程度减小，根据气体压强的微观意义可知，气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将减少。
故答案为：不变；减少。
气体绝热自由扩散，B为真空，气体不对外做功；根据热力学第一定律公式分析内能的变化，进而判断出温度的变化，结合气体压强的微观意义，分析气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数。
本题以航天员身着我国新一代“飞天”舱外航天服成功出舱为背景，考查气体的自由扩散、玻意耳定律、气体压强的微观意义、热力学第一定律的综合运用，关键是要明确气体是自由扩散，还要能够根据热力学第一定律分析内能的变化；根据气体压强的微观解释判断。
 

11.【答案】  mg
 

【解析】解：由图示游标卡尺可知，其精度是，读数。
滑块在拉力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式

解得：
滑块在气垫导轨上运动不计摩擦力，沙桶的总质量远小于滑块A质量，沙桶的总重力等于绳上拉力即滑块的合外力，
故答案为：；mg。
游标卡尺的示数为主尺示数加上游标尺示数；
由运动学的公式，求滑块的加速度，由牛顿第二定律求滑块的合外力。
本题考查了，用气垫导轨探究合外力与加速度的关系，及游标卡尺的读数，用牛顿第二定律计算物体的合外力，不难。
 

12.【答案】正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大
 

【解析】解：为保护电路，接通开关时，电饭煲所在支路电流应最小，实验前应将滑动变阻器滑片置于a端。
根据电表改装原理

解得：
电饭锅“煮饭“模式时功率应该大，电阻应该较小，加相同电压时，电流应该较大，故其对应图线②，当电饭锅电压为时，电流为

可知电饭锅“煮饭“模式的电阻阻值为
。
正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大，故实验得到的结果比电饭锅正常工作时的阻值小很多。
故答案为：正常工作比实验时温度高，金属电阻阻值随温度升高而增大
根据滑动变阻器分压式，接入电路中电阻最小，电压最小，则最安全；
根据电表改装原理，即可求解；
根据欧姆定律，结合电流表的量程扩大，即可求解；
根据温度变化，导致电阻率变化，从而导致电阻变化。
本题主要是考查电表的量程改装和电阻的测量，掌握滑动变阻器的分压与限流的区别，理解还有温度会影响电阻率，注意第问题中电流表的读数不是实际值。
 

13.【答案】解：在加速电场中，根据动能定理可得：
解得：；
进入磁场，根据洛伦兹力提供向心力可得：
又
解得：；
由可得：
又
解得。
答：进入磁场时的速度大小为；
磁场的磁感应强度大小为；
的质量为3m。
 

【解析】在加速电场中，根据动能定理求解速度大小；
进入磁场，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；
根据磁感应强度的表达式结合半径关系进行解答。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
 

14.【答案】解：从最低点到，由动能定理：，解得：
从撤去F到返回最低点，由动能定理：，在最低点，由牛顿第二定律：，联立解得：
撤去F时轻绳拉力为，由牛顿第二定律：，解得：，对物块由平衡条件：，
小球返回最低处时，对物块：，，由牛顿第三定律，物块对传感器压力为，即传感装置的示数为
答：撤去F时小球的速度大小 为；
小球返回最低处时轻绳的拉力大小为；
小球返回最低处时传感装置的示数为
 

【解析】从最低点到，由动能定理求解速度；当小球运动至最低位置时，根据动能定理求出瞬时速度，根据牛顿第二定律求得拉力；根据牛顿第二定律求解时轻绳拉力，对物块由平衡条件求得物块重力，再由平衡条件求得最低处传感装置的示数。
本题考查动能定理、牛顿第二定律在圆周运动中的应用、共点力的平衡条件的应用，要注意正确选择研究对象，做好受力分析及过程分析；进而选择正确的物理规律求解；要注意在学习中要对多个方程联立求解的方法多加训练．
 

15.【答案】解：棒从NQ端抛出后做平抛运动，设运动时间为t，根据平抛运动的规律可得：


联立解得：；
设cd棒抛出时，ab棒速度大小为，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：

此时回路感应电动势为
感应电流为
安培力为
根据功率计算公式可得：
联立并代入数据解得：；
棒运动到GJ端时速度为v，倾斜轨道与水平夹角为，平抛运动过程中，根据动能定理可得：

在斜轨道顶端，对金属棒，有：
联立解得：，；
cd棒沿倾斜轨道下滑时，由于，所以棒所受合力为安培力，设稳定时速度为，电容器带电量为Q；
取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得：
根据电荷量的计算公式可得：
根据电容的定义式可得：
根据法拉第电磁感应定律可得：
联立解得：。
答：棒从NQ端抛出时的速度大小为；
棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率10W；
最终电容器存储的电荷量为。
 

【解析】根据平抛运动的规律求解速度大小；
由动量守恒定律求解ab的速度大小，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解感应电流，再根据安培力的计算公式、功率的计算公式进行解答；
平抛运动过程中，根据动能定理、运动的合成与分解求解cd棒沿倾斜轨道下滑时的速度大小，根据动量定理、电容的定义式求解最终电容器存储的电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解，涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。