2022年全國理綜Ⅰ 公開課教學(xué)設(shè)計

2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（湖北、江西、河北、河南、山西、廣西）理科綜合能力測試本試卷分第I卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分，第I卷1至4頁，第Ⅱ卷5至12頁?？荚嚱Y(jié)束后，將本試題卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷注意事項：1.答題前，考生在答題卡上務(wù)必用直徑毫米黑色墨水簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，并貼好條形碼。請認(rèn)真核準(zhǔn)條形碼上的準(zhǔn)考證號、姓名和科目。2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題沒有的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號，在試題卷上作答無效。3.第I卷共21小題，每小題6分，共126分二、選擇題（本題共8小題，在每小題給的四個選項中，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6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）原子核23892U經(jīng)放射性衰變①變?yōu)樵?3490Th，繼而經(jīng)放射性衰變②變?yōu)樵雍?3491Pa，再經(jīng)放射性衰變③變?yōu)樵雍?3492U。放射性衰變①、②和③依次為（）（A）α衰變、β衷變和β衰變 （B）β衰變、α衷變和β衰變（C）β衰變、β衰變和α衰變 （D）α衰變、β衰變和α衰變【解析】，質(zhì)量數(shù)少4，電荷數(shù)少2，說明①為α衰變。，質(zhì)子數(shù)加1，說明②為β衰變，中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子。，質(zhì)子數(shù)加1，說明③為β衰變，中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子?！究键c】考查根據(jù)原子核的衰變反應(yīng)方程，應(yīng)用質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)的守恒分析解決問題。12如右圖，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木坂上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為a1、a2重力加速度大小為g。則有（12（A）a1＝0，a2＝g （B）a1＝g，a2＝g（C）a1＝0，a2＝EQ\F(M＋m,M)g （D）a1＝g，a2＝a2＝EQ\F(M＋m,M)g 【解析】在抽出木板的瞬時，彈簧對1的支持力和對2的壓力并未改變。對1物體受重力和支持力，mg＝F，a1＝0。對2物體受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律【考點】牛頓第二定律應(yīng)用的瞬時加速度問題。關(guān)于靜電場，下列結(jié)論普遍成立的是（）（A）電場強(qiáng)度大的地方電勢高，電場強(qiáng)度小的地方電勢低（B）電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強(qiáng)有關(guān)（C）在正電荷或負(fù)電荷產(chǎn)生的靜電場中，場強(qiáng)方向都指向電勢降低最快的方向（D）將正點電荷從場強(qiáng)為零的一點移動到場強(qiáng)為零的另一點，電場力做功這零【解析】在正電荷的電場中，離正電荷近，電場強(qiáng)度大，電勢高，離正電荷遠(yuǎn)，電場強(qiáng)度小，電勢低；而在負(fù)電荷的電場中，離正電荷近，電場強(qiáng)度大，電勢低，離負(fù)電荷遠(yuǎn)，電場強(qiáng)度小，電勢高，A錯誤。電勢差的大小決定于兩點間距和電場強(qiáng)度，B錯誤；沿電場方向電勢降低，而且速度最快，C正確；場強(qiáng)為零，電勢不一定為零，如從帶正電荷的導(dǎo)體球上將正電荷移動到另一帶負(fù)電荷的導(dǎo)體球上，電場力做正功。【考點】考查靜電場中電場強(qiáng)度和電勢的特點。某地的地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的豎直分量方向向下，大小為×10-5T。一靈敏電壓表連接在當(dāng)?shù)厝牒：佣蔚膬砂?，河?00m，該河段漲潮和落潮時有海水（視為導(dǎo)體）流過。設(shè)落潮時，海水自西向東流，流速為2m/s。下列說法正確的是（）（A）電壓表記錄的電壓為5mV （B）電壓表記錄的電壓為9mV（C）河南岸的電勢較高 （D）河北岸的電勢較高【解析】海水在落潮時自西向東流，該過程可以理解為：自西向東運(yùn)動的導(dǎo)體棒在切割豎直向下的磁場。根據(jù)右手定則，右岸即北岸是正極電勢高，南岸電勢低，D對C錯。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv＝×10-5×100×2＝9×10-3V，B對A錯【考點】導(dǎo)體棒切割磁場的實際應(yīng)用。θ一水平拋出的小球落到一傾角為θ的斜面上時，其速度方向與斜面垂直，運(yùn)動軌跡如右圖中虛線所示。小球在豎直方向下落的距離與在水平方向通過的距離之比為（）θ（A）tanθ （B）2tanθ（C）EQ\F(1,tanθ) （D）EQ\F(1,2tanθ)【解析】如圖平拋的末速度與豎直方向的夾角等于斜面傾角θ，有：。則下落高度與水平射程之比為，D正確?！究键c】平拋速度和位移的分解rEpr2Or1右圖為兩分子系統(tǒng)的勢能ErEpr2Or1（A）當(dāng)r大于r1時，分子間的作用力表現(xiàn)為引力（B）當(dāng)r小于r1時，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力（C）當(dāng)r等于r2時，分子間的作用力為零（D）當(dāng)r由r1變到r2的過程中，分子間的作用力做負(fù)功【解析】分子間距等于r0時分子勢能最小，即r0＝r2。當(dāng)r小于r1時分子力表現(xiàn)為斥力；當(dāng)r大于r1小于r2時分子力表現(xiàn)為斥力；當(dāng)r大于r2時分子力表現(xiàn)為引力，A錯BC對。在r由r1變到r2的過程中，分子斥力做正功分子勢能減小，D錯誤?！究键c】分子間距于分子力、分子勢能的關(guān)系某人手持邊長為6cm的正方形平面鏡測量身后一棵樹的高度。測量時保持鏡面與地面垂直，鏡子與眼睛的距離為0.4m。在某位置時，他在鏡中恰好能夠看到整棵樹的像；然后他向前走了6.0m，發(fā)現(xiàn)用這個鏡子長度的5/6就能看到整棵樹的像。這棵樹的高度約為（）（A） （B） （C） （D）【答案】B眼睛樹的像樹【解析】如圖眼睛樹的像樹，即。人離樹越遠(yuǎn)，視野越大，看到樹所需鏡面越小，同理有，以上兩式解得L＝，H＝。【考點】平面鏡的反射成像，利用數(shù)學(xué)三角形求解一簡諧振子沿x軸振動，平衡位置在坐標(biāo)原點。t＝0時刻振子的位移x＝－；t＝EQ\F(4,3)s時刻x＝0.1m；t＝4s時刻x＝0.1m。該振子的振幅和周期可能為（）（A），EQ\F(8,3)s （B），8s （C），EQ\F(8,3)s （D），8s△t1△t1△t2【解析】在t＝s和t＝4s兩時刻振子的位移相同，第一種情況是此時間差是周期的整數(shù)倍，當(dāng)n＝1時s。在s的半個周期內(nèi)振子的位移由負(fù)的最大變?yōu)檎淖畲?，所以振幅?.1m。A正確。第二種情況是此時間差不是周期的整數(shù)倍則，當(dāng)n＝0時s，且由于是的二倍說明振幅是該位移的二倍為0.2m。如圖答案D?！究键c】振動的周期性引起的位移周期性變化。第Ⅱ卷注意事項：1.答題前，考生先在答題卡上用直徑毫米的黑色墨水簽字筆將自己的姓名，準(zhǔn)考證號填寫清楚，然后貼好條形碼。請認(rèn)真核準(zhǔn)條形碼上的準(zhǔn)考證號，姓名和科目。2.第Ⅱ卷共8頁，請用直徑毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，在試卷上作答無效3.第Ⅱ卷共13題，共174分。（6分）圖1是利用激光測轉(zhuǎn)速的原理示意圖，圖中圓盤可繞固定軸轉(zhuǎn)動，盤邊緣側(cè)面上有一小段涂有很薄的反光材料。當(dāng)盤轉(zhuǎn)到某一位置時，接收器可以接受到反光涂層所反射的激光束，并將所收到的光信號轉(zhuǎn)變成電信號，在示波器顯示屏上顯示出來（如圖2所示）。圖圖2反光涂層接收器光源圖1（1）若圖2中示波器顯示屏橫向的每大格（5小格）對應(yīng)的事件為×10-2s，則圓盤的轉(zhuǎn)速為_______轉(zhuǎn)/s。（保留3位有效數(shù)字）（2）若測得圓盤直徑為，則可求得圓盤側(cè)面反光涂層的長度為_______cm。（保留3位有效數(shù)字）【解析】（1）從圖2可知圓盤轉(zhuǎn)一圈的時間在橫坐標(biāo)上顯示22格，由題意知圖2中橫坐標(biāo)上每格表示×10-2s，所以圓盤轉(zhuǎn)動的周期是，則轉(zhuǎn)速為轉(zhuǎn)/s。（2）反光引起的電流圖像在圖2中橫坐標(biāo)上每次一格，說明反光涂層的長度占圓盤周長的22分之一為EQ\F(2πr,22)＝EQ\F(2××,22)cm＝。【考點】勻速圓周運(yùn)動的周期與轉(zhuǎn)速的關(guān)系。（12分）A2A1RR1RA2A1RR1R2ESabc圖1012345mA電流表A1示數(shù)0mA電流表A2示數(shù)量程不準(zhǔn)的電流表A1，內(nèi)阻r1＝Ω，量程標(biāo)稱為；標(biāo)準(zhǔn)電流表A2，內(nèi)阻r2＝Ω，量程標(biāo)稱為；標(biāo)準(zhǔn)電阻R1，阻值Ω；滑動變阻器R，總電阻約為Ω；電源E，電動勢，內(nèi)阻不計；保護(hù)電阻R2；開關(guān)S；導(dǎo)線?；卮鹣铝袉栴}：（1）在答題紙上（圖2所示）的實物圖上畫出連線。AA1A2R1R2abcRSE+圖2（2）開關(guān)S閉合前，滑動變阻器的滑動端c應(yīng)滑至_______端。（3）開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動端，使電流表A1滿偏，若此時電流表A2的讀數(shù)為I2，則A1的量程Im＝_______。（4）若測量時，A1未調(diào)到滿偏，兩電流表的示數(shù)如圖3所示，從圖中讀出A1的示數(shù)I1＝_______，A2的示數(shù)I2＝_______；由讀出的數(shù)據(jù)計算得Im＝__________。（保留3位有效數(shù)字）0012345mA電流表A1示數(shù)0mA電流表A2示數(shù)圖3（5）寫出一條提高測量準(zhǔn)確度的建議：___________________。（1）連線如圖AA1A2R1R2abcRSE+（2）b（3）Im＝EQ\F(R1＋r2,r1)I2＝（4），，（5）多次測量求平均（其它合理答案同樣給分，如：測量時，電流表指針偏轉(zhuǎn)大于滿刻度的1/2）【解析】（1）連線如圖（2）在滑動變阻器的限流接法中在接通開關(guān)前需要將滑動觸頭滑動到阻值最大端（3）閉合開關(guān)調(diào)節(jié)滑動變阻器使待測表滿偏，流過的電流為Im。根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等有得（4）待測表未滿偏有，將A2的示數(shù)和其他已知條件代入有mA但圖中A1的示數(shù)量程為，根據(jù)電流表的刻度是均勻的，則準(zhǔn)確量程為（15分）a/ms-2

a/ms-2

t/s

O

30

60

2

1

-1

（1）畫出汽車在0～60s內(nèi)的v-t圖線；（2）求這60s內(nèi)汽車行駛的路程。【解析】由加速度圖像可知前10s汽車勻加速運(yùn)動，后20s汽車勻減速運(yùn)動恰好停止，因為圖像的面積表示速度的變化，此兩段的面積相等。最大速度為20m/s。所以速度圖像為右圖。306020306020100v/m·s-1t/s然后利用速度圖像的面積求出位移。⑵汽車運(yùn)動的面積為勻加速、勻速、勻減速三段的位移之和。m（18分）ABO如右圖，質(zhì)量分別為m和M的兩個星球A和B在引力作用下都繞O點做勻速圓周運(yùn)動，星球A和B兩者中心之間的距離為L。已知A、B的中心和O三點始終共線，A和B分別在O的兩側(cè)。引力常數(shù)為ABO（1）求兩星球做圓周運(yùn)動的周期：（2）在地月系統(tǒng)中，若忽略其他星球的影響，可以將月球和地球看成上述星球A和B，月球繞其軌道中心運(yùn)行的周期為T1。但在近似處理問題時，常常認(rèn)為月球是繞地心做圓周運(yùn)動的，這樣算得的運(yùn)行周期記為T2。已知地球和月球的質(zhì)量分別為×1024kg和×1022kg。求T2與T【解析】（1）設(shè)A、B星做圓周運(yùn)動的軌道半徑分別為r和R，相互作用力為f，運(yùn)動周期為T。GEQ\F(Mm,（R＋r）2)＝mEQ\F(4π2,T2)r＝MEQ\F(4π2,T2)R，L＝r＋R，解得：T＝2πEQ\R(EQ\F(L3,G（M＋m）))（2）在月地系統(tǒng)中，月球做圓周運(yùn)動的周期為T1＝2πEQ\R(EQ\F(L?3,G（M?＋m?）))，若認(rèn)為月球繞地心運(yùn)動，則GEQ\F(M?m?,L?2)＝m?EQ\F(4π2,T22)L?，T2＝2πEQ\R(EQ\F(L?3,GM?))，所以EQ\F(T12,T22)＝1＋EQ\F(m?,M?)＝，⑴A和B繞O做勻速圓周運(yùn)動，它們之間的萬有引力提供向心力，則A和B的向心力相等。且A和B和O始終共線，說明A和B有相同的角速度和周期。則有：，，解得，對A根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律得化簡得⑵將地月看成雙星，由⑴得將月球看作繞地心做圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律得化簡得所以兩種周期的平方比值為（21分）OyxP(EQ\R(3)a，a)EQ\R(3)a如圖，在0≤x≤EQ\R(3)a區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。在t＝0時刻，一位于坐標(biāo)原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向夾角分布在0～180°范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界上P（OyxP(EQ\R(3)a，a)EQ\R(3)a（1）粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑R及粒子的比荷q/m；（2）此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；（3）從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間?！窘馕觥竣帕Ｗ友貀軸的正方向進(jìn)入磁場，從P點經(jīng)過做OP的垂直平分線與x軸的交點為圓心，根據(jù)直角三角形有解得，則粒子做圓周運(yùn)動的的圓心角為120°，周期為粒子做圓周運(yùn)動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得，，化簡得⑵仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120°，這樣粒子角度最小時從磁場