2022年山東理綜 公開課教學設計

2022年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（山東卷）理科綜合本試卷分第I卷和第Ⅱ卷兩部分，共12頁，滿分240分?？荚囉脮r150分鐘。答題前，學生務必用0．5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、座號、準考證號、縣區(qū)和科類填寫在試卷和答題卡規(guī)定的位置。考試第I卷（必做，共88分）注意事項：1．第I卷共22小題，每小題4分，共88分。2．每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。不涂在答題卡上，只答在試卷上不得分。二、選擇題（本題包括7小題，每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）甲（A）文（B）文（C）文甲（A）文（B）文（C）文（D）文乙vafstttt【解析】對物體進行受力分析和過程分析知，在斜面和水平面受到的合力均為恒力，兩段均為勻變速運動，所以A、B都不對；第一段摩擦力小于第二段，所以C正確；路程隨著時間的變化，開始也是非線性變化，所以D錯誤。fNm1m2Fθ如圖所示，質(zhì)量分別為、的兩個物體通過輕彈簧連接，在力的作用下一起沿水平方向做勻速直線運動（在地面，在空中），力與水平方向成θ角。則所受支持力NfNm1m2Fθ（A）N＝g＋g－sinθ（B）N＝g＋g－cosθ（C）f＝cosθ（D）f＝sinθ【答案】AC【解析】選整體為研究對象，在水平方向整體受摩擦力和F在水平方向的分力，所以C正確，D錯誤；在豎直方向受支持力N、重力和F在其方向的分力，解得，所以A正確，B錯誤。MN地球1970年4月24日，我國自行設計、制造的第一顆人造地球衛(wèi)星“東紅一號”發(fā)射成功，開創(chuàng)了我國航天事業(yè)的新紀元?！皷|方紅一號”的運行軌道為橢圓軌道，其近地點M和運地點MN地球（A）衛(wèi)星在M點的勢能大于點的勢能（B）衛(wèi)星在M點的角速度大于點的角速度（C）衛(wèi)星在M點的加速度大于點的加速度（D）衛(wèi)星在點的速度大于7.【解析】根據(jù),得在M點速度大于在N點速度，根據(jù)機械能守恒，所以衛(wèi)星在點的勢能小于點的勢能，A錯誤，C正確；根據(jù)，得B正確；D錯誤。t/10-2sU/V12O310-310t/10-2sU/V12O310-310圖甲圖乙RP（A）副線圈輸出電壓的頻率為50Hz（B）副線圈輸出電壓的有效值為31V（C）P向右移動時，原、副線圈的電流比減?。―）P向右移動時，變壓器的輸出功率增加【解析】由圖甲知該交流電的周期是2×10-2s，交流電的頻率是50Hz，變壓器不改變頻率，所以A正確；因為原線圈電壓的最大值是310V，根據(jù)變壓器的匝數(shù)與電壓的關系，副線圈輸出電壓的最大值為31V，因此B錯誤；匝數(shù)比不變，所以原、副線圈的電流比不變，C錯誤；P向右移動時，負載電阻變小，根據(jù)，因此，變壓器的輸出功率增加，D正確。某電場的電場線分布如圖所示，以下說法正確的是（）abdc（Aabdc（B）點電勢高于點電勢（C）若將一試探電荷＋由點釋放，它將沿電場線運動b點（D）若在d點再固定一點電荷－Q，將一試探電荷＋由移至b的過程中，電勢能減小【解析】根據(jù)電場線的分布和方向可判斷,A錯誤B正確；若將一試電荷+q由a點釋放，它不一定沿沿電場線運動到b點，C錯誤；將一試探電荷+q由a移至b的過程中，電場力做正功，電勢能減小，D正確。如圖所示，空間存在兩個磁場，磁感應強度大小均為，方向相反且垂直紙面，、為其邊界，OO?為其對稱軸。一導線折成邊長為的正方形閉合回路，回路在紙面內(nèi)abdcMOPO′NQabdcMOPO′NQv0（A）穿過回路的磁通量為零（B）回路中感應電動勢大小為2Blv0（C）回路中感應電流的方向為順時針方向（D）回路中邊與邊所受安培力方向相同【解析】正方形閉合回路運動到關于OO?對稱的位置時，進出磁感線相同，所以穿過回路的磁通量為零，A正確；根據(jù),有由右手定則可判斷回路中感應電流的方向為逆時針方向，，因此B正確，C錯誤；由左手定則可判斷，回路中ab邊與cd邊所受安培力方向均向右，所以D正確。mθ如圖所示，傾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，長為、質(zhì)量為、粗細均勻、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平。用細線將物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面（此時物塊未到達地面），在此過程中（mθ（A）物塊的機械能逐漸增加（B）軟繩重力勢能共減少了EQ\F(1,4)mgl（C）物塊重力勢能的減少等于軟繩克服摩擦力所做的功（D）軟繩重力勢能的減少小于其動能的增加與克服摩擦力所做功之和【解析】選物塊為研究對象，細線對物塊做負功，物塊機械能減小，A錯誤；物塊由靜止釋放后向下運動，到軟繩剛好全部離開斜面，軟繩的重心下降了，軟繩重力勢能共減少了，所以B正確；根據(jù)功和能關系，細線對軟繩做的功與軟繩重力勢能的減少等于其動能增加與客服摩擦力所做功之和，所以D正確，C錯誤。第Ⅱ卷注意事項：1．第Ⅱ卷共16道題。其中23—30題為必做部分，31—38題為選做部分。2．第Ⅱ卷所有題目的答案，考生須用0．5毫米黑色簽字筆答在答題卡規(guī)定的區(qū)域內(nèi)，在試卷上答題不得分。3．選做部分考生必須從中選擇2道物理題、1道化學題和1道生物題作答。答題前，請考生務必將所選題號用2B鉛筆涂黑，答完題后，再次確認所選題號?！颈刈霾糠帧浚?2分）請完成以下兩小題。MNQPd（1）某同學設計了如圖所示的裝置來探究加速度與力的關系。彈簧秤固定在一合適的木板上，桌面的右邊緣固定一支表面光滑的鉛筆以代替定滑輪，細繩的兩端分別與彈簧秤的掛鉤和礦泉水瓶連接。在桌面上畫出兩條平行線MN、PQ，并測出間距。開始時將木板置于MN處，現(xiàn)緩慢向瓶中加水，直到木板剛剛開始運動為止，記下彈簧秤的示數(shù)F0，以此表示滑動摩擦力的大小。再將木板放回原處并按住，繼續(xù)向瓶中加水后，記下彈簧秤的示數(shù)F1MNQPd①木板的加速度可以用、表示為＝________；為了減小測量加速度的偶然誤差可以采用的方法是（一種即可）_______。②改變瓶中水的質(zhì)量重復實驗，確定加速度與彈簧秤示數(shù)F1的關系。下列圖像能表示該同學實驗結果的是_______。aaF1OaF1OaF1OabcdaF1O③用加水的方法改變拉力的大小與掛鉤碼的方法相比，它的優(yōu)點是________。a．可以改變滑動摩擦力的大小b．可以更方便地獲取多組實驗數(shù)據(jù)c．可以比較精確地測出摩擦力的大小d．可以獲得更大的加速度以提高實驗精度【解析】①由于，且x=d，所以②由于加速度。所以a-F1圖象C正確③BCVAabcVAabcd+①若電流表示數(shù)為零、電壓表示數(shù)為E，則發(fā)生故障的是_______（填“待測金屬絲”、“滑動變阻器”或“電鍵”）。②若電流表、電壓表示數(shù)均為零，該同學利用多用電表檢查故障。先將選擇開關旋至______檔（填“歐姆×100”、“直流電壓10V”或“直流電流”），再將_______（填“紅”或“黑”）表筆固定在a接線柱，把另一支表筆依次接b、c、d接線柱。若只有滑動變阻器斷路，則多用電表的示數(shù)依次是_______、________、________?！窘馕觥竣匐娏鞅硎緮?shù)為零，說明電路斷路，又電壓表示數(shù)為E，說明電壓表跨接的待測金屬絲斷路，等于將電壓表直接接在電源上，說以發(fā)生故障的是待測金屬絲斷路。由于電路斷路，用多用電表檢查故障應該使用電壓檔，所以選擇開關旋至直流電壓10V檔。a為電源的正極，所以紅表筆固定在a接線柱。若只有滑動變阻器斷路，黑表筆依次接b、c、d接線柱，Uab=0，Uac=Uad=E。OABCDMF（15分）如圖所示、四分之一圓軌道OA與水平軌道AB相切，它們與另一水平軌道CD在同一豎直面內(nèi)，圓軌道OA的半徑R＝0.45m，水平軌道AB長s1＝3m，OA與AB均光滑。一滑塊從O點由靜止釋放，當滑塊經(jīng)過A點時，靜止在CD上的小車在F＝的水平恒力作用下啟動，運動一段時間后撤去F。當小車在CD上運動了s2＝3.28m時速度v＝2.4m/s，此時滑塊恰好落入小車中。已知小車質(zhì)量M＝0OABCDMF（1）恒力F的作用時間t；（2）AB與CD的高度差h?！窘馕觥浚?）設小車在恒力F作用下的位移為l，由動能定理得由牛頓第二定律得由運動學公式得聯(lián)立以上三式，帶入數(shù)據(jù)得（2）滑塊由O滑至A的過程中機械能守恒，即AB段運動時間為故滑塊離開B后平拋時間與小車撤掉恒力F后運動時間相同。由牛頓第二定律得由運動學公式得由平拋規(guī)律得帶入數(shù)據(jù)得v1d（18分）如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、帶電量＋q、重力不計的帶電粒子，以初速度vv1d（1）粒子第一次經(jīng)過電場子的過程中電場力所做的功1。（2）粒子第n次進入電場時電場強度的大小n。（3）粒子第n次經(jīng)過電場子所用的時間n。（4）假設粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關系圖線（不要求寫出推導過程，不要求標明坐標明坐標刻度值）?！敬鸢浮浚?）EQ\F(3mv12,2)（2）EQ\F(（2n＋1）mv12,2qd)，（3）EQ\F(2d,（2n＋1）v1)，（4）如圖所示。ttOEtOE【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由得則v1：v2：…：vn=r1：r2：…：rn=1：2：…：n（1）第一次過電場，由動能定理得（2）第n次經(jīng)過電場時，由動能定理得解得（3）第n次經(jīng)過電場時的平均速度，則時間為（4）如圖ttE【選做部分】（8分）【物理3-3】進氣口出氣口一太陽能空氣集熱器，底面及側面為隔熱材料，頂面為透明玻璃板，集熱器容積為V0，開始時內(nèi)部封閉氣體的壓強為p0。經(jīng)過太陽暴曬，氣體溫度由T0＝300K升至T1＝進氣口出氣口（1）求此時氣體的壓強。（2）保持T1＝350K不變，緩慢抽出部分氣體，使氣體壓強再變回到p0。求集熱器內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與原來總質(zhì)量的比值。判斷在抽氣過程中剩余氣體是吸熱還是放熱，并簡述原因?！窘馕觥浚?）由查理定律得（2）由玻意耳定律得所以比值為抽氣過程氣體體積變大，對外做功，而溫度不變內(nèi)能不變，由熱力學第一定律知氣體應吸熱。（8分）【物理3-4】A-AOx/10-3my15A-AOx/10-3y15①從該時刻開始計時，畫出x＝×10-3m處質(zhì)點做簡諧運動的振動圖像②現(xiàn)測得超聲波信號從漁船到魚群往返一次所用時間為4s，求魚群與漁船間的距離（忽略船和魚群的運動）?！窘馕觥竣儆捎谔庂|(zhì)點，在負的最大位移處，其周期T=1×，質(zhì)點做簡諧運動的振動圖像如圖所示AA-AOt/10-5sy1②由波形圖可以讀出波長λ=15×10-3由波速公式魚群與漁船的距離PQEFMN（2）如圖所示，一段橫截面為正方形的玻璃棒，中間部分彎成四分之一圓弧形狀，一細束單色光由MNPQEFMN①求該玻璃棒的折射率。②若將入射光向N端平移，當?shù)谝淮紊涞交∶鍱F上時______（填“能”、“不能”或“無法確定能否”）發(fā)生全反射。【解析】①發(fā)生全反射的臨界角，得②由于入射角不變，在弧面EF上仍發(fā)生全反射。（8分）【物理3-5】（1）大量氫原子處于不同能量激發(fā)態(tài)，發(fā)生躍遷時放出三種不同能量的光子，其能量值分別是：，，。躍遷發(fā)生前這些原子分布在_______個激發(fā)態(tài)能級上，其中最高能級的能量值是______eV（基態(tài)能量為－）。【解析】由于氫原子得基態(tài)能量為，躍遷時放出三種不同能量的光子，應在2激發(fā)態(tài)。最高能級的能量值為－=－.ABCv1v2（2）如圖所示，滑塊A、C質(zhì)量均為m，滑塊B質(zhì)量為EQ\F(3,2)m。開始時A、B分別以的速度沿光滑水平軌道向固定在右側的擋板運動，現(xiàn)將C無初速地放在A上，并與A粘合不再分開，此時A與B相距較近，B與擋板相距足夠遠。若B與擋板碰撞將以原速率反彈，A與B碰撞將粘合在一起。為使ABCv1v2【解析】A與C粘合在一起，由動量守恒定律得再與B碰撞時，要達到題目要求，需聯(lián)立解得（2）設向右為正方向，A與C粘合在一起的共同速度為v?，由動量守恒定律得mv1＝2mv?，為保證B碰擋板前A未能追上B，應滿足v?≤v2，設A與B碰后的共同速度為v?，由動量守恒定律得2mv?－EQ\F(3,2)mv2＝EQ\F(7,2)mv?，為使B能與擋板再次碰撞應滿足v?＞0，得＜v1≤2v2，

參考答案：16．C， 17．A、C， 18．B、C， 19．A、D， 20．B、D， 21．A、B、D， 22．B、D，23．（1）①2d/t2，保持F1不變，重復實驗多次測量求平均值，②c，③bc，（2）①待測金屬絲，②直流電壓10V，紅，0、E、E，24．（1）設小車在軌道CD上加速的距離為s，由動能定理得Fs－Mgs2＝EQ\F(1,2)Mv2，設小車在軌道CD上做加速運動時的加速度為a，由牛頓定律得F－Mg＝Ma，s＝EQ\F(1,2)at2，解得：t＝1s，（2）設小車在軌道CD上做加速運動的末速度為v’，撤去力后小車做減速運動時的加速度為a’，減速時間為t’，由牛頓定律得－Mg＝Ma’，v’＝at，v＝v’＋a’t’，設滑塊的質(zhì)量為m，運動到A點的速度為vA，由動能定理得mgR＝EQ\F(1,2)mvA2，設滑塊由A運動到B的時間為t1，由運動學公式得s1＝vAt1，設滑塊做平拋運動的時間為t1’，則t1’＝t＋t’－t1，由平拋運動規(guī)律得h＝EQ\F(1,2)gt1’2，解得：h＝0.8m，25．（1）設磁場的磁感應強度大小為B，粒子第n次進入磁場時的半徑為Rn，速度為vn，由牛頓定律得qvnB＝mEQ\F(vn2,Rn)，vn＝EQ\F(qBRn,m)，因為R2＝2R1，所以v2＝2v1，對于粒子第一次在電場中的運動，由動能定理得W1＝EQ\F(1,2)mv22－EQ\F(1,2)mv12，解得：W1＝EQ\F(3mv12,2)，（2）粒子第n次進入電場時速度為vn，出電場時速度為vn＋1，有vn＝nv1，vn＋1＝（n＋1）v1，由動能定理得qEnd＝EQ\F(1,2)mvn＋12－EQ\F(1,