2022年上海市静安区高考物理一模试卷一．（16分）单项选择题Ⅰ本大题有8小题，每小题2分1．（2分）（2022•静安区一模）关于宇宙，下列说法中正确的是（　　）　A．地球是宇宙中唯一有卫星的星球　B．恒星的寿命取决于亮度　C．太阳能够发光、放热，主要是因为太阳内部不断发生化学反应　D．银河系是一种旋涡星系，太阳处在其中的一个旋臂上【考点】：恒星的演化；人类对物质结构的认识．【分析】：宇宙中有卫星的星球很多，比如太阳系中的木星就有许多卫星．恒星的寿命和它的质量有关，质量越大的恒星寿命越短．核聚变是较轻的原子核结合成较重的原子核的一种核反应．太阳内部为核聚变．银河系的中心有一个突起的核球，半径有一万多光年，里面的物质非常密集，充满了浓厚的星际介质和星云．银河系还有一个扁平的盘，称为银盘．硬盘中恒星很密集，还有各种星际介质和星云及星团．银盘的直径有10多万光年，厚度只有几千光年．我们看到的银河，就是银盘中遥远的恒星密集在一起形成的．银盘一个非常引人注目的结构是有旋涡状的旋臂，因此银河系属于旋涡星系．【解析】：解：A、宇宙中有卫星的星球很多，比如木星就有许多卫星．故A错误．B、恒星的寿命和它的质量有关，质量越大的恒星寿命越短．这是因为质量越大压力就越大，这种情况下恒星内部的核反应就更加剧．故B错误．C、在太阳内部，氢原子核在超高温作用下发生核聚变，释放巨大的核能，故太阳能发光、放热，故C错误．D、银河系的中心有一个突起的核，称为核球，另外还有银盘和银晕，银盘一个非常引人注目的结构是有旋涡状的旋臂，因此银河系属于旋涡星系，太阳处在其中的一个旋臂上．故D正确．故选：D．【点评】：本题考查学生对恒星的理解，这要求在平时的学习中要对积累相关的知识，做到处处留心．　2．（2分）（2022•静安区一模）如图所示为某一“门”电路的输入与输出关系波形图．A、B为输入信号，Z为输出信号，由图可知，该门电路是（　　）　A．“或”门B．“与”门C．“非”门D．“与非”门【考点】：简单的逻辑电路．【分析】：与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生．或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生．非门的特点：输入状态和输出状态完全相反．【解析】：解：将A、B两个门电路分别代入，输入端只要由一个是“1”，输出端就是“1”，输入端都是“0”，输出端才为“0”，所以该电路是：或“门电路．故A正确．-24-\n故选：A．【点评】：解决本题的关键掌握门电路的特点，与门的特点：事件的所有条件满足，事件才能发生．或门的特点：只要有一个条件满足，事件就能发生．非门的特点：输入状态和输出状态完全相反．　3．（2分）（2022•静安区一模）两个温度不同的物体相接触，热平衡后，它们具有的相同物理量是（　　）　A．内能B．分子平均动能C．分子势能D．热量【考点】：温度是分子平均动能的标志．【分析】：在热传递过程中是内能从高温物体传递到了低温物体，温度是分子平均动能的标志．【解析】：解：两个不同温度的物体相互接触的时候会发生热传递，而在热传递过程中是内能从高温物体传递到了低温物体，热平衡后温度相同，分子的平均动能相同．故选B．【点评】：本题考查了速度是分子平均动能的标志，热平衡的标志是温度相同．　4．（2分）（2022•静安区一模）如图所示，用轻绳系住一小球静止在光滑斜面上．若要按力的实际作用效果来分解小球的重力G，则G的两个分力的方向分别是图中的（　　）　A．1和4B．2和4C．3和4D．3和2【考点】：力的分解．【专题】：平行四边形法则图解法专题．【分析】：将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果．【解析】：解：小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是3和4．故选：C．【点评】：按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单．　5．（2分）（2022•静安区一模）一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池（　　）　A．一定有1.5J的化学能转变成电能　B．在工作状态下两极间的电压恒定为1.5V　C．比电动势为1.2V的电池存储的电能多　D．将1C电量由负极输送到正极过程中，非静电力做了1.5J的功【考点】：电源的电动势和内阻．【专题】：恒定电流专题．【分析】：-24-\n电源是一种把其它形式的能转化为电能的装置，电动势E的大小等于非静电力做的功与电量的比值，即E=，其大小表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小，而与转化能量多少无关．【解析】：解：A、D、电源电动势的大小表征了电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势在数值上等于将1C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确，A错误；B、工作状态时两极间的电压为路端电压，小于电源的电动势；故B错误；C、电动势大的说明电源把其它形式的能转化为电能的本领大，但电动势大的存储的电能不一定多，故C错误．故选：D．【点评】：电动势E大小表征电源把其它形式能转化为电能本领大小，而电压U大小表征电能转化为其它形式的能的大小，要注意区分．　6．（2分）（2022•福建）如图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经过等容过程到状态B，再经过等压过程到状态C．设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是（　　）　A．TA＜TB，TB＜TCB．TA＞TB，TB=TCC．TA＞TB，TB＜TCD．TA=TB，TB＞TC【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】：由图象求出A、B、C三状态的压强与体积，然后由理想气体的状态方程求出各状态的温度，然后比较温度大小．【解析】：解：A与B状态的体积相同，则：，得：，TA＞TB；B与C的压强相同，则：得：，TB＜TC．所以选项C正确．故选：C【点评】：本题考查了比较气体的温度高低，由图象求出气体的压强与体积、应用理想气体压强公式即可正确解题．　7．（2分）（2022•静安区一模）光滑水平面上的木块受到水平力F1与F2的作用而静止不动．现保持F1恒定不变，F2方向不变，其大小随时间均匀减小到零后再均匀增加到原来大小．在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图象是（　　）-24-\n　A．B．C．D．【考点】：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：根据牛顿第二定律，通过合力的变化判断出加速度的变化．从而得出速度随时间的变化规律．【解析】：解：物体的加速度a=，因为Fl大小和方向不变，F2方向不变，使F2随时间均匀减小到零，再均匀增加到原来的大小，知加速度先均匀增大，再均匀减小．加速度变化，则速度随时间变化图线为曲线，速度一直增加，故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】：本题考查牛顿第二定律的基本运用，知道加速度的方向与合力的方向相同．　8．（2分）（2022•静安区一模）如图所示，质量为M、上表面光滑的平板水平安放在A、B两固定支座上．质量为m的小滑块以某一速度匀速从木板的左端滑至右端．能正确反映滑行过程中，B支座所受压力NB随小滑块运动时间t变化规律的是（　　）　A．B．C．D．【考点】：力矩的平衡条件．【分析】：以A支座为转轴，以平板和小滑块m为研究对象，分析受力：除转轴外，整体受到重力和B支座的支持力，根据力矩平衡列方程得到支持力的解析式，再由牛顿第三定律得到B支座所受压力NB随小滑块运动时间t变化的解析式，来选择图象．【解析】：解：设小滑块的速度大小为v，平板长为L，质量为M．以A支座为转轴，则根据力矩平衡，得mg•vt+MgL=NB′•L得到NB′=Mg+t根据牛顿第三定律，得B支座所受压力NB=Mg+t，可见，C正确故选：C【点评】：-24-\n本题是根据力矩平衡条件列方程，得到压力NB与时间关系的解析式，再根据解析式来选择图象，这是图象问题常用的方法．　二．（24分）单项选择题Ⅱ本大题有8小题，每小题3分．9．（3分）（2022•静安区一模）如图所示，一定质量的理想气体，经过图线A→B→C→A的状态变化过程，AB的延长线过O点，CA与纵轴平行．由图线可知（　　）　A．A→B过程压强不变，气体对外做功　B．B→C过程压强增大，外界对气体做功　C．C→A过程压强不变，气体对外做功　D．C→A过程压强减小，外界对气体做功【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】：由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用气体的体积增大的过程中对外做功，体积减小的过程中外界对气体做功．【解析】：解：如图做过C的等容线，则体积相等的情况下，C的温度高，所以C的压强一定比AB两点的压强大．A、由图示可知，AB过程，气体体积与热力学温度成正比，则气体发生等压变化，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，故A错误；B、如图做过C的等容线，则体积相等的情况下，C的温度高，所以C的压强一定比AB的压强大，由图可知体积减小，外界对气体做功；故B正确；C、D、C的压强一定比AB两点的压强大，所以C→A过程压强减小；由图可知气体的体积增大，气体对外界做功．故CD错误．故选：B．【点评】：本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在P﹣T图象中等压线为过原点的直线．解决此类题目得会从图象中获取有用信息，判断出气体情况，内能变化情况，然后利用热力学第一定律即可做出正确得分析．　10．（3分）（2022•静安区一模）如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．vM、vN和EM、EN分别表示电子在M、N两点的速度和电势能，则电子从M点逆时针运动到N点（　　）-24-\n　A．电子的动能先减小后增大B．电场力对电子做了正功　C．vM＜vN，EM＞END．vM＞vN，EM＜EN【考点】：电势能；动能定理的应用．【分析】：根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．对于系统能量守恒，机械能与电势能相互转化．【解析】：解：AB、当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，故A、B错误．CD、根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，则vM＜vN，EM＞EN．故C正确，D错误；故选：BC【点评】：考查牛顿第二定律与库仑定律等规律，掌握库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加．同时注意系统的机械能与能量的区别．　11．（3分）（2022•静安区一模）如图所示，P、Q是两个带电量相等的负点电荷，它们连线的中点是O，A、B是PQ连线中垂线上的两点，OA＜OB，现将一负电荷先后放在A点与B点，用EA、EB，εA、εB分别表示A，B两点的场强和负电荷在这两点时的电势能，则下列说法正确的是（　　）　A．EA一定大于EB，εA一定大于εB　B．EA一定小于EB，εA不一定大于εB　C．EA不一定大于EB，εA一定大于εB　D．EA可能小于EB，εA一定小于εB【考点】：电势能．【分析】：根据点电荷场强公式E=，运用矢量合成的平行四边形定则求出连线中垂线上各个点的合场强．【解析】：解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的P点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB；PQ连线的下方，电场强度一直向上，故电势越来越低，所以A点的电势小于与B对称的点的电势，所以负电荷的电势能：εA一定大于εB；故A错误，B错误，C正确，D也错误；故选：C．【点评】：本题关键是要明确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，沿着场强方向，电势越来越低．　-24-\n12．（3分）（2022•静安区一模）如图，水平面上一个物体向右运动，将弹簧压缩，随后又被弹回直到离开弹簧，则该物体从接触弹簧到离开弹簧的这个过程中，下列说法中正确的是（　　）　A．若接触面光滑，则物体加速度的大小是先减小后增大　B．若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大　C．若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先减小后增大　D．若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大【考点】：牛顿第二定律；胡克定律．【专题】：牛顿运动定律综合专题．【分析】：物体在合力为零时加速度为零，速度最大．【解析】：解：A、若接触面光滑，则物体是在刚接触弹簧时速度最大，加速度为零，随着向右将弹簧压缩，弹簧的弹力增大，则加速度一直增大，直至物体速度减小到零，然后物体反向运动，反向过程是向右运动的逆过程，故向左运动时加速度逐渐减小，即若接触面光滑，则物体加速度的大小是先增加后减小，故A错误B错误；C、若接触面粗糙，设弹簧压缩量为x，弹力和摩擦力方向均向左：kx+μmg=ma，x增大则a一直增大，直至速度减小到零，当物体反向向左运动时，kx﹣μmg=ma，x减小，则加速度减小，当kx=μmg时，加速度减小到零，之后kx＜μmg，加速度开始反向增大，即若接触面粗糙，则物体加速度的大小是先增大后减小再增大，D正确C错误；故选：D．【点评】：本题是含有弹簧的动态变化分析情况，要抓住弹力的可变性，由牛顿定律分析物体的运动情况．　13．（3分）（2022•静安区一模）如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．当滑动片P由a端向b端滑动的过程中，关于电压表、电流表的示数U和I的变化情况，下列说法中正确的是（　　）　A．U先增大后减小，I先减小后增大　B．U先减小后增大，I先增大后减小　C．U一直增大，I一直减小　D．U一直减小，I一直增大【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：分析电路可知电路的结构：变阻器两侧电阻并联后与R0串联．由滑片的移动方向分析外电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，再分析内电压及路端电压的变化；即可得出电压表及电流表的变化．-24-\n【解析】：解：由电路图可知，滑动变阻器的左侧电阻与右侧电阻并联后与R0串联；电压表测路端电压，电流表测流过干路电流；当滑动片P由a移到b的过程中，左侧电阻减小，右侧电阻增大，总并联电阻先增大后减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I先减小后增大，电源的内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故电压表示数U先增大后减小；故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】：本题的关键在于明确滑动变阻器的接法为左右两端并联，故滑片移动时，滑动变阻器接入电阻先增大后减小．　14．（3分）（2022•静安区一模）一定质量的理想气体在等容变化过程中测得气体在0℃时的压强为p0，10℃时的压强为p10，则气体在11℃时压强的正确表达式是（　　）　A．p=p10+B．p=p0+　C．p=p10+D．p=p10【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】：气体在等容变化，根据查理定律列式后联立求解即可．【解析】：解：气体在等容变化，从0°C→10°C，根据查理定律，有①从10℃到11℃，根据查理定律，②①②联立得：=，故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】：本题要掌握气体发生等容变化所遵守的规律是查理定律，并知道T=t+273K，难度不大．　15．（3分）（2022•静安区一模）如图，水平地面上有一木箱，木箱与地面间的动摩擦因数为μ，木箱在与水平夹角为θ的拉力F作用下做匀速直线运动．在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度始终保持不变，则拉力F的功率（　　）-24-\n　A．一直增大B．一直减小C．先减小后增大D．先增大后减小【考点】：功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：功率的计算专题．【分析】：在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，说明物体受力始终平衡，受力分析后正交分解表示出拉力F，由水平方向受力平衡可得，F在水平方向的分力始终等于摩擦力，由于摩擦力逐渐减小，故F在水平方向的分力减小，由P=Fv可得拉力F的功率变化【解析】：解：A、对物体受力分析如图：因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：水平方向：Fcosθ=μ（mg﹣Fsinθ）①竖直方向：FN+Fsinθ=mg②f=μFN=Fcosθ③θ从0逐渐增大到90°的过程中，由于支持力逐渐减小，故摩擦力逐渐减小，故F在水平方向的分力减小，由P=Fvcosθ=fv，可得拉力F的功率一直减小．故ACD错误，B正确．故选：B【点评】：本题为平衡条件的应用问题，受力分析后应用平衡条件求解即可，关键要注意P=Fv公式中要求F与v同方向．　16．（3分）（2022•静安区一模）如图所示，由相同绝缘材料组成的斜面AB和水平面BC，在A处由静止释放一质量为m的小滑块，滑块运动到C点时的速度为v1（v1≠0），最大水平位移为s1；现给小滑块带上正电荷，并在空间施加竖直向下的匀强电场，仍在A处由静止释放滑块，它运动到C点时的速度为v2，最大水平位移为s2，忽略在B点因碰撞而损失的能量，水平面足够长，以下判断正确的是（　　）　A．v1＜v2，s1＜s2B．v1＜v2，s1=s2C．v1＞v2，s1＞s2D．v1=v2，s1=s2【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．【分析】：-24-\n根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断D'点与D点的位置关系．【解析】：解：设物体的电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ．根据动能定理得A、不加电场时：mgSABsinθ﹣μmgSABcosθ=mv加电场时：（mg+qE）SABsinθ﹣μ（mg+qE）SABcosθ=mv将两式对比得到，v1＜v2，不加电场时：mgSABsinθ﹣μmgSABcosθ﹣μmgS1=0加电场时：（mg+qE）SABsinθ﹣μ（mg+qE）SABcosθ﹣μ（mg+qE）S2=0将两式对比得到，S1=S2，故B正确；ACD错误，故选：B【点评】：本题考查运用动能定理处理问题的能力，也可以应用等效的思维方法进行选择：加电场时相当于物体的重力增加，而物体在水平面滑行的距离与重力无关．　三．（16分）多项选择题共4小题，每小题4分．17．（4分）（2022•静安区一模）如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v﹣t图．已知当小球间距小于或等于L时，受到相互排斥恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零．由图可知（　　）　A．a球的质量小于b球的质量　B．t1时刻两球间距最小　C．0～t2内两球间距逐渐减小，t2～t4内两球间距逐渐增大　D．t2～t3内两球的位移差小于L【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】：先从v﹣t图象找出两个小球加速度的大小关系然后结合牛顿第二定律判断质量的关系；根据v﹣t图象判断何时有最小距离．【解析】：解：A、从速度时间图象可以看出a小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以a小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据a=知，加速度大的质量小，所以a小球质量较小，故A正确；B、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B错误C正确；D、当间距大于L时，相互间作用力为零，由图看出t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t2～t3内两球的位移差小于L，D正确；故选：ACD．【点评】：本题考查了v﹣t图象、牛顿第二定律、加速度与速度的关系等有关知识，有一定的综合性．-24-\n　18．（4分）（2022•静安区一模）如图所示，φ﹣x图表示空间某一静电场的电势φ沿x轴的变化规律，图象关于φ轴对称分布．x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，则（　　）　A．Exa＞Exb　B．Exa沿x负方向，Exb沿x正方向　C．同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向相反　D．将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做正功后做负功【考点】：电势；电势能．【分析】：本题的入手点在于如何判断Exa和Exb的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．【解析】：解：A|、在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图象，a点段对应的电势差大于b点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见Exa＞Exb，故A正确；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，Exa的方向沿x轴负方向，在O点右侧，Exb的方向沿x轴正方向，故B正确；C、由题可知，图为电势沿x轴的分量，B仅为沿电场沿x轴分量，并不是总的电场方向，所以不能判断出总的电场力的方向，所以知同一点电荷在a、b两点受到的电场力方向不一定相反，故C错误；D、将正电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，D错误；故选：AB【点评】：本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高．　19．（4分）（2022•静安区一模）如图所示为画在同一个坐标系内的两个电源的端压与电流的U﹣I图线．两个电源的电动势和内阻分别为E1、E2和r1、r2，当外电路接入相同的电阻R时，其端压、电流和电源消耗的总功率分别为U1、U2，I1、I2和P1、P2，下列说法正确的是（　　）　A．E1＞E2、r1＜r2　B．适当选择R，可使U1=U2且I1=I2　C．适当选择R，可使P1=P2　D．适当选择R，可使-24-\n【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：研究电源外特性曲线与坐标轴交点的物理意义，可判断E1＞E2，r1＞r2，【解析】：解：A、由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，得当I=0时，U=E；U﹣I图线斜率的绝对值表示r；则可判断出E1＞E2，r1＞r2，故A错误；B、作出R的U﹣I图象，斜率表示电阻，如果其通过题目图中的两条线的交点，则U1=U2且I1=I2；故B正确；故B正确；C、电源消耗的总功率P=EI，要满足P1=P2，由于E1＞E2，必须满足I1＜I2，如图所示：故对于某些E、r，适当选择R，可能有P1=P2；而对于某些E、r，不管如何选择R，都不可能有P1=P2；故C错误；D、电源消耗的总功率P=EI，故；图象的横截距表示短路电流，图象1的短路电流小，只要电流大即可，如图所示：故D正确；故选：BD．【点评】：物理图线关键在于图线的物理意义，能根据闭合电路欧姆定律求解电路问题，难度适中．　20．（4分）（2022•静安区一模）如图所示，一根细绳的上端系在O点，下端系一个重球B，放在粗糙的斜面体A上．现用水平推力F向右推斜面体使之在光滑水平面上向右匀速运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）．在此过程中（　　）-24-\n　A．摩擦力对球B做正功　B．推力F和球B对A做功的大小相等　C．A对B所做的功与B对A所做的功大小相等　D．小球B的角速度逐渐变小【考点】：功的计算．【分析】：根据恒力做功的表达式W=FScosθ，功的正负可以看力与位移的夹角，当θ＜90°时，力做正功；当θ=90°时，力不做功；当θ＞90°时，力做负功．【解析】：解：A、如图，画出小球B受到的支持力N（绿色线），摩擦力f的方向（黑色线）以及小球在该位置时运动的切线的方向（红色线），由图可知，斜面对B的摩擦力沿斜面向下，该点B运动轨迹的弧线在B受到的支持力的下方，所以B受到的摩擦力与B的位移方向夹角为锐角，所以斜面对B的摩擦力对m做正功．故A正确；B、A匀速运动，动能不变，根据动能定理水平推力F和重球B对A做功的绝对值大小相等；故B正确；C、斜面对B的弹力和B对斜面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，斜面在弹力方向上的位移等于B在弹力方向上的位移．所以A对重球B的弹力所做的功与重球B对A弹力所做的功大小相等，一正一负．由于B与A间存在相对运动，A的位移与B的位移不相等，所以A对重球B的摩擦力所做的功与重球B对A的摩擦力所做的功大小是不相等的；所以A对重球B所做的总功与重球B对A所做的总功大小不等．故C错误；D、小球B的线速度可以分解为水平方向的分速度与沿绳子方向的分速度，如图，则：v=v0cosθ，可知小球的线速度随θ的增大是逐渐变小的，故角速度逐渐变小，故D正确．故选：ABD【点评】：解决本题的关键掌握功的正负的判断方法，以及会灵活利用动能定理比较功的大小．　-24-\n四．（20分）填空题本大题有5小题，每小题4分．21．（4分）（2022•静安区一模）一物体沿x轴做直线运动，其位置坐标x随时间t变化的规律为x=15+2t2，（采用SI单位制），则该物体在前2秒内的位移为　8　m，第5秒末的速度为　20　m/s．【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：运动学中的图像专题．【分析】：由位移公式和所给定表达式对应项相等，求出初速度以及加速度，再由速度公式分别求出5s时的瞬时速度．由速度公式求出第5秒末的速度．【解析】：解：由位移公式x=v0tat2，按时间对应项相等，可得：v0=0，a=4m/s2由v5=at5，得第5秒末的速度为：v5=4×5=20m/s物体在前2秒内的位移为：x=x2﹣x0=15+2t2﹣15=2×22=8m故答案为：8，20【点评】：本题就是对匀变速运动的位移公式和速度公式的直接考查，比较简单．　22．（4分）（2022•静安区一模）如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R1=3Ω．电键S断开时，R2的功率为4W，电源的输出功率为4.75W，则电流表的读数为　0.5　A；电键S接通后，电流表的读数为2A．则R3=　　Ω．【考点】：闭合电路的欧姆定律．【专题】：恒定电流专题．【分析】：电键S断开时，由电源的输出功率与R2的功率之差得到R1的功率，由公式P1=I2R1求出通过R1的电流，即可得到R2的电流．设出R3的阻值，由串联并联电路求得I的表达式进而求得R3．【解析】：解：电键S断开时，由P出﹣P2=I2R1得：电路中电流I===0.5A则R2===16Ω接通电键S后，设电路中电流为I′：I′1=2A，I′1=代入数据可得：R3=-24-\n故答案为：0.5【点评】：本题要分析清楚电路中功率关系，选择研究的电路，由功率公式求解电流或电阻．　23．（4分）（2022•静安区一模）如图是小球做平抛运动的一段运动轨迹，P点在轨迹上．已知P点的坐标为（20cm，15cm），小球质量为0.2kg，取重力加速度g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度为　2　m/s；若取抛出点为零势能参考平面，小球经P点时的重力势能为　﹣0.4　J．【考点】：研究平抛物体的运动．【专题】：实验题；平抛运动专题．【分析】：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据△y=gT2求出相等的时间间隔，再根据v0=求出平抛运动的初速度．求出横坐标为20cm点的竖直方向的分速度，从而根据vy=gt求出运动的时间，得出此时水平位移和竖直位移，从而得出抛出点的坐标，进而确定重力势能的大小．【解析】：解：在竖直方向上有：△y=gT2，则T==s=0.2s．则v0==m/s=2m/s．横坐标为20cm点的竖直方向的分速度vy=m/s=2m/s，经历的时间t==0.2s．在这段时间内水平位移x=v0t=0.2m，竖直位移y=gt2=0.2m，所以抛出点的横坐标为0.1﹣0.2=﹣0.1m=﹣10cm．纵坐标为0.15﹣0.20m=﹣0.05m=﹣5cm，即抛出点的坐标为（﹣10cm，﹣5cm）．那么小球经P点时的重力势能Ep=﹣mgh=﹣0.2×10×（0.15+0.05）=﹣0.4J．故答案为：2；﹣0.4．【点评】：解决本题的关键掌握“研究平抛运动”实验的注意事项，以及知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式求解．　-24-\n24．（4分）（2022•静安区一模）如图所示，一竖直轻杆上端可以绕水平轴O无摩擦转动，轻杆下端固定一个质量为m的小球，力F=mg垂直作用于轻杆的中点，使轻杆由静止开始转动，若转动过程保持力F始终与轻杆垂直，当轻杆转过的角度θ=　30°　时，小球的速度最大；若轻杆转动过程中，力F的方向始终保持水平方向，其他条件不变，则轻杆能转过的最大角度θm=　53°　．【考点】：动能定理的应用；向心力．【专题】：动能定理的应用专题．【分析】：（1）由题意可知：F始终对杆做正功，重力始终做负功，随着角度的增加重力做的负功运来越多，当重力力矩等于F力矩时速度达到最大值，此后重力做的负功比F做的正功多，速度减小；（2）杆转到最大角度时，速度为零，根据动能定理即可求解．【解析】：解：（1）力F=mg垂直作用于轻杆的中点，当轻杆转过的角度θ时，重力力矩等于F力矩，此时速度最大，则有：mgL=mgLsinθ解得sinθ=所以θ=30°（2）杆转到最大角度时，速度为零，根据动能定理得：mv2=FL﹣mgLsinθ所以FLsinθ﹣mgL（1﹣cosθ）=0﹣0解得：θ=53°故答案为：30°；53°【点评】：本题主要考查了力矩和动能定理得直接应用，受力分析是解题的关键，难度适中．　25．（4分）（2022•静安区一模）图中竖直方向的平行线表示匀强电场的电场线，但未标明方向．一个带电量为﹣q的微粒，仅受电场力的作用，从M点运动到N点，动能增加了△Ek（△Ek＞0），则该电荷的运动轨迹可能是虚线　a　（选填“a”、“b”或“c”）；若M点的电势为U，则N点电势为　U+　．【考点】：电场线；电势．-24-\n【分析】：根据动能定理，通过动能的变化判断出电场力的方向，从而判断轨迹的弯曲程度，根据动能定理求出M、N两点间的电势差，从而求出N点的电势．【解析】：解：从M点运动到N点，动能增加，知电场力做正功，则电场力方向向下，轨迹弯曲大致指向合力的方向，可知电荷的运动轨迹为虚线a，不可能是虚线b．电场力方向方向向下，微粒带负电，则电场强度方向向上，N点的电势大于M点的电势，根据动能定理知，﹣qUMN=△Ek，则N、M两点间的电势差大小UMN=﹣由UMN=φM﹣φN，φM=U，解得φN=U+故答案为：a，U+．【点评】：解决本题的关键知道轨迹弯曲与合力方向的大致关系，本题的突破口在于得出电场力方向，再得出电场强度的方向，从而知道电势的高低．　五．（24分）实验题本大题有4小题.26．（4分）（2022•静安区一模）在欧姆表测电阻的实验中，用“×10”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度较小，正确的判断和做法是下列选项中的　B　和　D　．（A）这个电阻阻值较小（B）这个电阻阻值较大（C）为了比较准确测量电阻，应换用“×1”挡（D）为了比较准确测量电阻，应换用“×100”挡．【考点】：用多用电表测电阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：根据表盘刻度的特点分析表针偏转与示数间的关系，从而确定出该选用的档位．【解析】：解：欧姆表的表盘与电流计的刻度相反，即满偏刻度处电阻为零，电流为零时对应电阻无穷大，则可知，当偏转较小时，说明这个电阻较大；为了准确测量，应换用大档位，使偏角增大，读数更准确；故B、D正确；故答案为：B；D．【点评】：本题考查欧姆表的读数问题，要求明确偏角与示数间的关系，并能正确选择档位．　27．（6分）（2022•静安区一模）如图所示，一端带有滑轮的粗糙长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L．质量为M的滑块A上固定一宽度为d的遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端加速滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为△t1和△t2．（1）用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到合外力的大小等于重物B所受的重力，实验中除了调整长木板倾斜角刚好平衡滑动摩擦力外，还必须满足　M＞＞m　；（2）实验测得的加速度为　（）．　（用上述字母表示）；-24-\n（3）若考虑到d不是远小于L，则加速度测量值比真实值　大　（填“大”或“小”）．【考点】：验证牛顿第二运动定律．【专题】：实验题；牛顿运动定律综合专题．【分析】：为了认为A所受的外力合力等于B的重力，首先需要平衡摩擦力，其次是重物的质量远小于滑块的质量．根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门1、2的瞬时速度，结合速度位移公式求出加速度．【解析】：解：（1）根据牛顿第二定律，对整体有：a=，则绳子的拉力F=Ma==，当M＞＞m，重物的总重力等于绳子的拉力，等于滑块的合力．（2）滑块通过光电门1的瞬时速度，通过光电门2的瞬时速度为：，根据，解得：a=（）．（3）若考虑到d不是远小于L，两个中间时刻的实际距离大于L，而测量值为L，所以加速度的测量值比真实值大．故答案为：（1）M＞＞m；（2）（）；（3）大．【点评】：解决本题的关键知道验证牛顿第二定律实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于滑块的合力，（前提需平衡摩擦力），2、认为重物的拉力等于绳子的拉力，（前提是重物的质量远小于滑块的质量）．以及知道系统机械能守恒的条件，知道该实验中系统机械能不守恒，因为有阻力做功．　28．（6分）（2022•静安区一模）如图为“研究一定质量气体在体积不变的条件下，压强变化与温度变化关系”的实验装置示意图．在烧瓶A中封有一定质量的气体，并与气压计相连，初始时气压计两侧液面平齐．（1）若气体温度升高后，为使瓶内气体的体积不变，应将气压计右侧管　向上　（填“向上”或“向下”）移动．（2）（单选）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的温度，用△h表示气压计两侧管内液面高度差的变化量．则根据测量数据作出的如图线应是：　A　．-24-\n【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】：（1）探究体积不变时压强变化与温度变化的关系，气体温度升高，压强变大，左管水银面下降，为保证气体体积不变，应适当抬高右管，使左侧水银面高度不变；（2）根据查理定律：=C，故=C．【解析】：解：（1）气体温度升高，压强变大，气压计左管水银面下降，为保证气体体积不变，应适当提高气压计右管，所以应将右管向上移动，直至气压计左管水银面等高，即保证了气体体积不变；（2）实验中多次改变气体温度，用△t表示气体升高的温度，用△h表示气压计两侧管内液面高度差的变化量；体积不变时压强变化与温度变化的关系是成正比的，所以根据测量数据作出的图线是A．故答案为：（1）向上；（2）A．【点评】：实验过程中要注意控制变量法的应用，控制气体体积不变，气压计左管水银面与原来等高．　29．（8分）（2022•静安区一模）在“测定一节干电池电动势和内阻”的实验中：（1）第一组同学利用如图a的实验装置测量，电压表应选择量程　3V　（选填“3V”或“15V”），实验后得到了如图b的U﹣I图象，则电池内阻为　1.5　Ω．（电压表、电流表均为理想电表）．（2）第二组同学也利用图a的连接测量另一节干电池，初始时滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生断路，合上电键后发现滑片P向左滑过一段距离x后电流表有读数，于是该组同学分别作出了电压表读数U与x、电流表读数I与x的关系图，如图c所示，则根据图象可知，电池的电动势为　1.48　V，内阻为　1　Ω．-24-\n【考点】：测定电源的电动势和内阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：（1）根据一节干电池的电压约为1.5V，则根据电压值及实验中的基本要求可以选取电压表；U﹣I图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势；根据纵坐标的交点可由闭合电路欧姆定律可得出内电阻．（2）由两图可得出两电表对应的示数，则由闭合电路欧姆定律可得出电动势和内电阻．【解析】：解：因一节干电池的电动势约为1.5V，故电压表的测量量程不能太大，由题意可知，电压表应选择量程3V，由图可知，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故电动势为1.45V；而图象与横轴的交点为0.3A，说明当电源的路端电压为1V时，电流为0.3A，则有E=U+Ir可得，内阻r==1.5Ω．（2）由图可知当I1=0.13A时，U1=1.35V；当I2=0.28A时，U2=1.20A；根据U﹣E﹣Ir得：1.35=E﹣0.13r1.20=E﹣0.28r解得：E=1.48Vr=1Ω故答案为：（1）3V，1.5Ω（2）1.48，1【点评】：电学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流．　六．（50分）计算题本大题有4小题．30．（12分）（2022•静安区一模）质量为5×103kg的汽车在以P=6×104W的额定功率下沿平直公路前进，某一时刻汽车的速度为v0=10m/s，再经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103N．求：（1）v0=10m/s时汽车的加速度a；（2）汽车的最大速度vm；（3）汽车在72s内经过的路程s．【考点】：功率、平均功率和瞬时功率；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用．【专题】：功率的计算专题．【分析】：汽车以额定功率启动，做的是牵引力减小，加速度减小的加速运动．到最大速度时汽车做匀速运动，将功率公式和速度公式结合使用．根据P=Fv求得牵引力，再根据牛顿第二定律求得加速度．由于是一个变加速运动，对应路程的求解不可用匀变速直线运动的公式呢，可以运用动能定理．【解析】：解：（1）根据P=Fv得：-24-\nF合=F﹣f=ma（2）汽车以额定功率启动，牵引力减小，加速度减小，到最大速度时汽车做匀速运动．∴当达到最大速度时，牵引力等于阻力（3）从开始到72s时刻依据动能定理得：Pt﹣fs=mvm2﹣mv02，解得：s=1252m．答：（1）v0=10m/s时汽车的加速度是0.7m/s2；（2）汽车的最大速度是24m/s；（3）汽车在72s内经过的路程是1252m．【点评】：在此题中汽车的牵引力时刻在发生变化但是功率不变，所以属于变力做功问题，而且这是一个变加速运动，动能定理是一种很好的处理方法．　31．（12分）（2022•静安区一模）如图所示，导热性能良好的气缸A和B竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）．两气缸内各有一个活塞，质量分别为mA=3m和mB=m，活塞与气缸之间无摩擦，活塞的下方为理想气体，上方为真空．当气体处于平衡状态时，两活塞位的高度均为h．若在两个活塞上同时分别放一质量为2m的物块，保持温度不变，系统再次达到平衡后，给气体缓缓加热，使气体的温度由T0缓慢上升到T（气体状态变化过程中，物块及活塞没碰到气缸顶部）．求（1）两个活塞的横截面积之比SA：SB（2）在加热气体的过程中，气体对活塞所做的功．【考点】：理想气体的状态方程；封闭气体压强．【分析】：（1）开始时两缸内的气压相等，从而可得出两活塞的面积关系，（2）两活塞上同时各加一质量为m的物块后，就打破了原有的平衡，面积小的活塞会下沉，直至面积小的活塞移到底部，再确定左侧气体的状态参量，整个过程是等温变化，由气体的状态方程可得出左缸气体的高度．加热的过程中气体的压强不变，温度升高，由气态方程求出末状态的体积，最后由W=FS即可求出功．【解析】：解：（1）设左、右活塞的面积分别为A′-24-\n和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：由此得到：A′=3A（2）在两个活塞上各加一质量为2m的物块后，右活塞B降至气缸底部，所有气体都在左气缸中．在初态：气体的压强为，体积为V1=A•h+3A•h=4Ah；在增加物体后：气体压强为P2=，体积为V2=3Ax（x为左活塞的高度）由玻意耳﹣马略特定律得：解得：x=\frac{4}{5}h，加热的过程中气体的压强不变，温度升高，由气态方程得：所以：温度升高的过程中气体对活塞做功：W=P2A′•△h=P2△V=P2（V3﹣V2）=答：（1）两个活塞的横截面积之比是3：1；（2）在加热气体的过程中，气体对活塞所做的功是．【点评】：解答该题要注意两个方面，一是根据平衡求解两活塞的面积的关系，二是当两活塞上放上相同质量的物体后，要会判断出面积小的活塞下移，直至移到底部，这是解决此题的关键．　32．（12分）（2022•静安区一模）某炮竖直向上发射炮弹，炮弹的质量M为3kg（内含炸药的质量可以忽略不计），炮弹被射出的初速度v0为60m/s．当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向相向飞行的两片，其中一片质量m为2kg，其炸开瞬间的速度大小是另一片的一半．现要求弹片不能落到以发射点为圆心、以半径R为480m的圆周范围内．假定重力加速度g始终为10m/s2，忽略空气阻力．求刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？【考点】：动量守恒定律；平抛运动；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】：炮弹竖直向上做匀减速运动，已知初速度v0为60m/s，由运动学公式求出炮弹上升的最大高度；炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的知识求出一片质量m炸弹平抛的初速度，根据动量守恒定律得出另一块炸弹的初速度，从而得出刚爆炸完时两弹片的总动能．-24-\n【解析】：解：设炮弹止升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律有，解得：m设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v，则另一块的速度为v2=2v根据动量守恒定律，有mv=（M﹣m）•2v运动的时间为t，根据平抛运动规律，有R=vt得m/sv2=2v=160m/s炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能：解以上各式得：=J答：刚爆炸完时两弹片的总动能至少为1.92×104J．【点评】：本题涉及到竖直上抛运动、平抛运动，综合运用了动量守恒定律、能量守恒定律以及运动学公式，综合性强，关键理清运动过程，选择合适的规律求解．　33．（14分）（2022•静安区一模）如图所示，水平放置的气缸内封闭了一定质量的理想气体，气缸的侧壁为光滑绝缘体，缸底M及活塞D均为导体并用导线按图连接，活塞面积S=2cm2．电键断开时，DM间距l1=5μm，闭合电键后，活塞D与缸底M分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场（D与M间的电场为各自产生的电场的叠加）．在电场力作用下活塞D发生移动，稳定后，DM间距l2=4μm，此时电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，已知R4=4Ω，大气压强ρ0=1.0×105Pa，活塞移动前后气体温度不变．（1）求出活塞受到的电场力大小F；（2）求出活塞D所带电量q；（3）一段时间后，一个电阻发生故障，安培表读数变为0.8A，伏特表读数变为3.2V，请判断是哪个电阻发生了故障？是短路还是断路？筒内气体压强变大还是变小？（4）能否求出R1、电源电动势E和内阻r的值？如果能，求出结果，如果不能，说明理由．【考点】：闭合电路的欧姆定律；理想气体的状态方程．-24-\n【分析】：（1）在圆筒内封闭气体发生等温变化，由玻意耳定律列式，由前后体积的变化可求得气体压强；对活塞分析，活塞受力平衡，则由平衡关系可求得电场力；（2）由电场的叠加可求得M产生的场强，由电场力与场强的关系，即可求得D的电量；（3）电压表测量电阻R3的电压，R3断路时，电压表读数将增大．分析活塞如何移动，判断筒内气体压强的变大；（4）R3断路后，伏特表的读数就是R1两端的电压，求出R1的阻值．根据闭合电路欧姆定律对两种情况列式，分析能否求出电源电动势和内阻．【解析】：解：（1）筒内气体发生等温变化，则有p0l1=p1l2，代入数据解得：p1=1.25×105Pa；，活塞受到的气体压强差为：△p=p1﹣p0=2.5×104Pa，活塞受力平衡，则活塞所受的电场力大小：F=△pS=2.5×104Pa×2×10﹣4m2=5N；（2）D与M间的电场强度：E===5×105V/m，因为E是D与M所带的等量异种电荷产生的合场强，所以M所产生的场强：EM=E，由EM=，得q=，代入数据解得：q=2×10﹣5C；（3）R3断路，D与M间的电压增大，活塞受到的电场力增大，活塞向左移动，气体体积减小，气体温度不变，由玻意耳定律可知，气体压强变大．（4）R3断路后，伏特表的读数就是R1两端的电压，因此有：R1===4Ω，把R2等效成内阻，R2+r=1Ω，由于不知道R2，无法求出r，由：E=U2+I2（r+R2）可知：E=3.2+0.8×（R2+r）=4V；答：（1）活塞受到的电场力大小F为5N；（2）活塞D所带电量q是2×10﹣5C；（3）R3断路；D与M间的电压增大，活塞受到的电场力增大，活塞向左移动，筒内气体压强变大．（4）可以求出R1，为4Ω．能求出电源电动势E、不能求出内阻r，电源电动势为4V．【点评】：本题是气态方程和电路、电场等等知识的综合，要求学生能正确审题，从题目中找出所需信息，再利用所学的物理规律列式计算，对学生的分析问题、解决问题能力要求较高．　-24-