2021-2022学年安徽省黄山市高三下学期第二次质量检测物理试题（解析版）

高中物理精品试卷PAGEPAGE12022届安徽省黄山市高中毕业班第二次质量检测试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。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.近代物理和技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是（）A.原子核的比结合能越大，原子核越稳定B.某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核内有β粒子C.核泄漏污染物铯能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为，X为中子D.若氢原子于从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应[答案]A[解析]A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A正确；B．β衰变的本质是原子核内一个中子变为一个质子和电子，电子被释放出来，原子核内没有β粒子，故B错误；C．根据质量数守恒和电荷数守恒可得X的质量数为0，电荷数为-1，是电子，故B错误；D．若氢原子于从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不一定能使该金属发生光电效应，需要看该金属的逸出功是否大于氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光子的能量，故D错误。故选A。2.一辆货车运载若干相同的光滑圆柱形空油桶，质量均为m。如图所示，底层油桶平整排列、相互紧贴。上层只有一只油桶C，自由摆放在油桶A、B之间，且与汽车一起处于静止状态。重力加速度为g。若汽车向左加速运动（C始终与汽车相对静止），则（）A.A对C的支持力增大B.B对C支持力减小C.当加速度时，A对C无支持力D.当加速度时，C对B的压力大小为mg[答案]C[解析]AB．设A、B对C的支持力大小分别为NA、NB，汽车的加速度大小为a。在竖直方向上根据平衡条件可得在水平方向根据牛顿第二定律有联立解得可知从a=0到a≠0时，NA减小，NB增大，故AB错误；C．根据上式可知，当加速度a=g时根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为零，故C正确；D．根据可知，当加速度时，B对C的支持力为则C对B的压力大小为，选项D错误。故选C。3.如图所示，“鹊桥”中继星处于地月拉格朗日点L2上时，会和月球、地球两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为M，“鹊桥”中继星的质量为m，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”中继星均可视为质点，忽略太阳对”鹊桥”中继星的引力，忽略“鹊桥”中继星对月球的影响。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是（）A.地球对月球的引力与“鹊桥”中继星对月球的引力相等B.月球与地球质量之比为C.“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比D.“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为[答案]B[解析]A．月球所受的合外力方向指向地球，故地球对月球的引力大于“鹊桥”中继星对月球的引力，故A错误；D．“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的角速度相等，根据可得“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为,故D错误；C．根据可得“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比为，故C错误；B．对月球，地球对它的万有引力提供向心力对“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故联立解得故B正确。故选B。4.甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其图像如图所示，在时刻，乙车在甲车前方x0处，在时间内乙车的位移为x。下列判断正确的是（）A.若甲、乙在时刻相遇，则B.若甲、乙在t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1C.若，则甲、乙一定相遇一次D.若，则甲、乙一定相遇两次[答案]D[解析]A．由图可知，甲车的初速度等于，在时刻乙车速度为。在t1时间内，乙车的位移为x，则由图象中，图线与坐标围成的面积表示位移，可判断得甲车的位移为，若甲、乙在t1时刻相遇，则故A错误；B．若甲、乙在t1时刻相遇，如图所示由图象可知，为阴影部分对应的距离，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为故B错误；C．若，则时，两车速度相等，此时甲乙位移差为说明在之前甲乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定再次相遇，故C错误；D．若，则时，两车速度相等，此时甲乙位移差为说明在之前甲乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定相遇两次，故D正确。故选D。5.如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是（）A.P向下动，Q向下动 B.U1减小，U2增大C.Q1减小，Q2增大 D.C1减小，C2增大[答案]C[解析]D．将B板稍向下移，据可知，C1减小；MN板不动，C2不变；故D项错误；C．假设两板电荷量均不变，则AB板间电压将增大，大于MN间的电压，所以左侧电容器将向右侧电容器充电，即Q1减小，Q2增大；故C项正确；B．充电完成，稳定后，MN间电压增大，则AB间电压相对变化前也增大，故B项错误；A．AB板间电场强度左侧电容器所带电荷量减少，则AB板间电场强度减小，P所受电场力减小，重力不变，P向下动；据，MN间电压增大，MN板间电场强度增大，Q所受电场力增大，重力不变，Q向上动；故A项错误。故选C。6.2022年2月4日，北京冬奥会盛大开幕。在首钢大跳台进行的跳台滑雪项目极具视觉冲击，深受观众喜爱。如图所示，一位跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡b点，假设运动员及其装备可视为质点，不计空气阻力，关于运动员在空中的运动，下列说法正确的是（）A.在相等的时间间隔内，重力势能的改变量总是相同的B.在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的C.在下落相等高度的过程中，动能的改变量越来越大D.若增大初速，则运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角不变[答案]BD[解析]A．运动员在竖直方向做自由落体运动，则在相等的时间间隔内，运动员下落的竖直高度不同，则重力势能的改变量不相同，选项A错误；B．根据可知，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的，选项B正确；C．根据动能定理则在下落相等高度的过程中，动能的改变量相等，选项C错误；D．由平抛运动可得速度方向的夹角为位移方向的夹角为因此可得若增大初速，运动员落在斜坡上时位移方向与水平方向夹角保持不变，速度方向与水平方向的夹角α也不变，D正确。故选BD7.如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，A、B、C、E为圆周上四个点，E为BC圆弧的中点，AB//OE，O为圆心，D为AB中点，。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿CA方向入射的粒子恰以的速度垂直AB方向过D点。则以下说法正确的是（）A.AD间和OC间的电势差关系为：UAD=UOCB.沿垂直BC方向入射的粒子可能经过A点C.在圆周上各点中，从E点离开的粒子速率最大D.若，则匀强电场的场强为[答案]AC[解析]A．因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向以的速度过D点，可知粒子沿平行于BC方向的速度不变，垂直于BC方向的速度减小到零，可知粒子受电场力方向平行于BA向下，则场强方向平行于BA向下，因OD和BC连线垂直于电场线，可知BC和OD均为等势面，则UAD=UOC，选项A正确；B．电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；C．在圆周上各点中，从E点离开的粒子电场力做正功且做功最大，则从E点离开的粒子的速率最大，选项C正确；D．若∠ACB=60°，则由类平抛运动的规律可知联立解得选项D错误。故选AC。8.如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30°斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（）A.粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长B.初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为mvC.速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为D.匀强磁场区域的最小面积为[答案]BD[解析]粒子运动轨迹如图

在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据可得速度最大的粒子圆周运动的半径A．所有粒子的速度偏转角都一样，所以在磁场中运动轨迹对应的圆心角都相等，根据可知运动的时间都相等，故A错误；B．根据矢量的运算法则可知，初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为故B正确；C．由粒子的运动轨迹结合几何关系可得速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为故C错误；D．匀强磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，根据几何关系得故D正确。故选BD。第II卷（非选择题，共174分）二、非选择题：共174分，第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.小明同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，上面固定两个光滑的定滑轮A和B，三根细绳打一个结点O，且所有钩码完全相同，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验不能完成的是______A．钩码的个数N1=N2=2，N3=3B．钩码的个数N1=3，N2=5，N3=4C．钩码的个数N1=N2=N3=5D．钩码的个数N1=3，N2=1，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是______A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．用量角器量出三段绳子之间的夹角C．量出OA、OB、OC三段绳子的长度D．用天平测出钩码的质量（3）如图所示，小兰同学在做“探究求合力的方法”实验时，用A、B两根弹簧秤把橡皮条的结点拉到O点，此时，在实验过程中，她做了一些探究，其中一个是：她使B弹簧秤示数有较明显的增大，为了保持结点位置不变，可采取的补救办法是______。A．保持其它不变，增大A的示数同时减小α角B．保持其它不变，增大A的示数同时增加α角C．保持其它不变，增大A的示数同时增大β角D．保持其它不变，增大A的示数同时减小β角[答案]（1）D（2）A（3）BC[解析]（1）[1]对O点受力分析可知，在三力作用下满足平衡状态，故三力大小构成三角形，需满足两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，故D项不满足要求，ABC满足要求，故选D；（2）[2]为了验证力的平行四边形定则，必须做受力分析图，需要明确受力点即标记O点，及力的大小和方向，可以用钩码数量表示力的大小，可以用绳子方向表示力的方向，故选A；（3）[3]保持结点位置不变，则合力大小不变，为使B弹簧秤示数有较明显的增大，如图所示可以保持其它不变，增大A的示数同时增加α角或增大A的示数同时增大β角，故BC正确，AD错误，故选BC。10.某物理学习小组为了探究小灯泡L（3.8V，0.7A）的伏安特性曲线，同时再测定电源电动势和内阻，设计了如甲所示的电路图。（1）为了完成实验目的，该物理学习小组进行以下的实验操作：第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2________（“闭合”或“断开”），移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。现有如下两组数据：第一组：电流表I=0.20A，电压表U1=0.65V,电压表U2=4.3V第二组：电流表=0.40A，电压表=1.50V,电压表=4.1V利用以上数据可以求出电源电动势E=______V，电源内阻r=______Ω。（结果均保留2位有效数字）第②步：将滑动变阻器滑片P调到______（填“最右边”或“中间”或“最左边”），再闭合开关______，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。利用以上测量数据描绘小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示。（2）现在将六盏完全相同的灯泡L（3.8V，0.7A）并联后直接接在题中电源的两端，则该电路中每盏小灯泡的功率______W。（计算结果保留2位有效数字）[答案]（1）断开4.51.0最右边S2（2）0.83[解析]（1）[1]第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2断开，移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。[2][3]根据电路图结合闭合电路欧姆定律得代入数据得联立解得[4][5]第②步：为了保护电路，将滑动变阻器滑片P调到最右边，再闭合开关S2，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。（2）[6]设流过灯泡的实际电流为,根据闭合电路欧姆定律得在灯泡的伏安特性图中画出等效电源的图象可得两图线的交点即为灯泡的工作点，可得灯泡实际电压约为1.8V，实际电流为0.46A，则功率11.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：（1）金属棒到达最低点时的速度和受到的安培力大小；（2）若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值和拉力做的功为多少？[答案]（1）；；（2）；[解析]（1）金属棒在最低点时又解得通过金属棒的电流安培力故（2）金属棒以速度v0沿轨道做匀速圆周运动时，从最低点开始，对应的半径r转过的角度电动势从cd到达ab的过程中，电流的有效值为由功能关系得拉力做功为所以12.如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，，，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.40m后撤去外力F，此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4m/s，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v=1m/s顺时针转动，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为多少；（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；（3）物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。[答案]（1）2J；（2）1.6m/s；（3）0.536J[解析]（1）根据图像可以求外力F做功为物块A从开始运动M点的过程中解得（2）A与B碰撞，根据动量守恒定律得解得v1=1m/sAB碰撞后，到弹簧恢复原长时解得（3）C在传送带上减速至传送带共速过程中解得则C与传送带之间的相对位移是解得C与传送带共速后，继续减速滑到顶端解得C与传送带之间的相对位移是解得则摩擦产生的总热量为（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.某容器内封闭一定质量的理想气体。气体开始处于状态a，经历三个过程、、回到原状态，其图像如图所示。则下面说法正确的是（）A.a、b、c三个状态中b的体积最大B.a、b、c三个状态中c单位体积中的分子数最少C.过程bc中气体一定吸热D.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同E.过程ab吸收的热量小于过程ca释放的热量[答案]BCE[解析]AB．根据可知a、b、c三个状态中，ab两态体积相等，c的体积最大，单位体积中的分子数最少，选项A错误，B正确；C．过程bc中温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定吸热，选项C正确；D．b和c两个状态中，b态压强大于c态压强，两态温度相同，气体分子平均速率相同；b态气体分子数密度较大，则b态容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多，选项D错误；E．过程ab体积不变，内能增加，则过程ab吸收的热量等于内能增加量；过程ca压强不变，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，则根据热力学第一定律可知，气体放热，且放出的热量等于气体内能减小量与外界对气体做功的代数和；因过程ab内能增加量等于过程ca内能减小量，可知过程ab吸收的热量小于过程ca释放的热量，选项E正确。故选BCE。14.如图所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA∶SB＝1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为，A中气体压强，p0是汽缸外的大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到。求：（1）此时A中的气体压强；（2）此时A中的气体温度。[答案]（1）；（2）[解析]（1）活塞平衡时，由平衡条件得：初状态末状态且SA∶SB＝1∶3得（2）B中气体初、末态温度相等，设末态体积为，由玻意耳定律得设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，故有对A中气体由理想气体状态方程得解得15.如图所示，一块半圆柱形玻璃砖截面的圆心为O点，一束红光和一束蓝光分别沿半径射入截面为半圆形的玻璃砖中后，都由圆心O沿OP方向射出，则下列说法正确（）A.玻璃砖对A光的折射率小于对B光的折射率B.A光为蓝光，B光为红光C.在玻璃中，A光的传播速度大于B光的传播速度D.若玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴顺时针缓慢转动的过程中，则B光先在MN界面发生全反射E.分别用A、B光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，A光的干涉条纹间距小于B光的干涉条纹间距[答案]ACD[解析]A．根据光路可逆结合题图可知，两光从空气中射入玻璃砖后，A光折射角大，B光折射角小，根据折射定律可知玻璃砖对A光的折射率小于对B光的折射率，故A正确；B．折射率越大，频率越大，波长越小，可知B光为蓝光，A光为红光，故B错误；C．根据可知在玻璃中，A光的传播速度大于B光的传播速度，故C正确；D．根据全反射临界角公式可知，B光的临界角小，则若玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴顺时针缓慢转动的过程中，则B光先在MN界面发生全反射，故D正确；E．根据结合B选项可知分别用A、B光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，A光的干涉条纹间距大于B光的干涉条纹间距，故E错误。故选ACD16.平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，A、B为x轴正半轴上的两个点，O与A之间的距离，此距离小于波长。波源质点从0时刻开始振动，其位移方程为，当波传到A点时，波源恰好处于波峰位置。求：（1）该简谐横波的波速v；（2）若O与B之间的距离。则从0时刻开始到平衡位置在B处的质点第一次处于波谷的过程中，波源质点在振动过程中通过的路程s。[答案]（1）0.4m/s；（2）170cm[解析]（1）由振动位移方程为y=10sin（πt+π）（cm）可知则周期由于O与A之间的距离小于波长，当波传到A点时，波源O恰好处于波峰，则O点振动了个周期，A到O的距离即由公式可得波速（2）由分析可知经过则波谷第一次传到B点时间为波源振动总路程为2022届安徽省黄山市高中毕业班第二次质量检测试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。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.近代物理和技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是（）A.原子核的比结合能越大，原子核越稳定B.某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核内有β粒子C.核泄漏污染物铯能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为，X为中子D.若氢原子于从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应[答案]A[解析]A．原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A正确；B．β衰变的本质是原子核内一个中子变为一个质子和电子，电子被释放出来，原子核内没有β粒子，故B错误；C．根据质量数守恒和电荷数守恒可得X的质量数为0，电荷数为-1，是电子，故B错误；D．若氢原子于从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光不一定能使该金属发生光电效应，需要看该金属的逸出功是否大于氢原子从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射出的光子的能量，故D错误。故选A。2.一辆货车运载若干相同的光滑圆柱形空油桶，质量均为m。如图所示，底层油桶平整排列、相互紧贴。上层只有一只油桶C，自由摆放在油桶A、B之间，且与汽车一起处于静止状态。重力加速度为g。若汽车向左加速运动（C始终与汽车相对静止），则（）A.A对C的支持力增大B.B对C支持力减小C.当加速度时，A对C无支持力D.当加速度时，C对B的压力大小为mg[答案]C[解析]AB．设A、B对C的支持力大小分别为NA、NB，汽车的加速度大小为a。在竖直方向上根据平衡条件可得在水平方向根据牛顿第二定律有联立解得可知从a=0到a≠0时，NA减小，NB增大，故AB错误；C．根据上式可知，当加速度a=g时根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为零，故C正确；D．根据可知，当加速度时，B对C的支持力为则C对B的压力大小为，选项D错误。故选C。3.如图所示，“鹊桥”中继星处于地月拉格朗日点L2上时，会和月球、地球两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为M，“鹊桥”中继星的质量为m，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”中继星均可视为质点，忽略太阳对”鹊桥”中继星的引力，忽略“鹊桥”中继星对月球的影响。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是（）A.地球对月球的引力与“鹊桥”中继星对月球的引力相等B.月球与地球质量之比为C.“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比D.“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为[答案]B[解析]A．月球所受的合外力方向指向地球，故地球对月球的引力大于“鹊桥”中继星对月球的引力，故A错误；D．“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的角速度相等，根据可得“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为,故D错误；C．根据可得“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比为，故C错误；B．对月球，地球对它的万有引力提供向心力对“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故联立解得故B正确。故选B。4.甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其图像如图所示，在时刻，乙车在甲车前方x0处，在时间内乙车的位移为x。下列判断正确的是（）A.若甲、乙在时刻相遇，则B.若甲、乙在t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1C.若，则甲、乙一定相遇一次D.若，则甲、乙一定相遇两次[答案]D[解析]A．由图可知，甲车的初速度等于，在时刻乙车速度为。在t1时间内，乙车的位移为x，则由图象中，图线与坐标围成的面积表示位移，可判断得甲车的位移为，若甲、乙在t1时刻相遇，则故A错误；B．若甲、乙在t1时刻相遇，如图所示由图象可知，为阴影部分对应的距离，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为故B错误；C．若，则时，两车速度相等，此时甲乙位移差为说明在之前甲乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定再次相遇，故C错误；D．若，则时，两车速度相等，此时甲乙位移差为说明在之前甲乙相遇过一次，第一次相遇时，甲的速度比乙的大，之后，乙车速度比甲车的大，乙能反追甲，所以两车一定相遇两次，故D正确。故选D。5.如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地。让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1，MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是（）A.P向下动，Q向下动 B.U1减小，U2增大C.Q1减小，Q2增大 D.C1减小，C2增大[答案]C[解析]D．将B板稍向下移，据可知，C1减小；MN板不动，C2不变；故D项错误；C．假设两板电荷量均不变，则AB板间电压将增大，大于MN间的电压，所以左侧电容器将向右侧电容器充电，即Q1减小，Q2增大；故C项正确；B．充电完成，稳定后，MN间电压增大，则AB间电压相对变化前也增大，故B项错误；A．AB板间电场强度左侧电容器所带电荷量减少，则AB板间电场强度减小，P所受电场力减小，重力不变，P向下动；据，MN间电压增大，MN板间电场强度增大，Q所受电场力增大，重力不变，Q向上动；故A项错误。故选C。6.2022年2月4日，北京冬奥会盛大开幕。在首钢大跳台进行的跳台滑雪项目极具视觉冲击，深受观众喜爱。如图所示，一位跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡b点，假设运动员及其装备可视为质点，不计空气阻力，关于运动员在空中的运动，下列说法正确的是（）A.在相等的时间间隔内，重力势能的改变量总是相同的B.在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的C.在下落相等高度的过程中，动能的改变量越来越大D.若增大初速，则运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角不变[答案]BD[解析]A．运动员在竖直方向做自由落体运动，则在相等的时间间隔内，运动员下落的竖直高度不同，则重力势能的改变量不相同，选项A错误；B．根据可知，在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的，选项B正确；C．根据动能定理则在下落相等高度的过程中，动能的改变量相等，选项C错误；D．由平抛运动可得速度方向的夹角为位移方向的夹角为因此可得若增大初速，运动员落在斜坡上时位移方向与水平方向夹角保持不变，速度方向与水平方向的夹角α也不变，D正确。故选BD7.如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，A、B、C、E为圆周上四个点，E为BC圆弧的中点，AB//OE，O为圆心，D为AB中点，。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q（不计重力和粒子之间的相互作用力）。若沿CA方向入射的粒子恰以的速度垂直AB方向过D点。则以下说法正确的是（）A.AD间和OC间的电势差关系为：UAD=UOCB.沿垂直BC方向入射的粒子可能经过A点C.在圆周上各点中，从E点离开的粒子速率最大D.若，则匀强电场的场强为[答案]AC[解析]A．因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向以的速度过D点，可知粒子沿平行于BC方向的速度不变，垂直于BC方向的速度减小到零，可知粒子受电场力方向平行于BA向下，则场强方向平行于BA向下，因OD和BC连线垂直于电场线，可知BC和OD均为等势面，则UAD=UOC，选项A正确；B．电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；C．在圆周上各点中，从E点离开的粒子电场力做正功且做功最大，则从E点离开的粒子的速率最大，选项C正确；D．若∠ACB=60°，则由类平抛运动的规律可知联立解得选项D错误。故选AC。8.如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30°斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是（）A.粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长B.初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为mvC.速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为D.匀强磁场区域的最小面积为[答案]BD[解析]粒子运动轨迹如图

在磁场中洛伦兹力提供向心力，根据可得速度最大的粒子圆周运动的半径A．所有粒子的速度偏转角都一样，所以在磁场中运动轨迹对应的圆心角都相等，根据可知运动的时间都相等，故A错误；B．根据矢量的运算法则可知，初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为故B正确；C．由粒子的运动轨迹结合几何关系可得速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为故C错误；D．匀强磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，根据几何关系得故D正确。故选BD。第II卷（非选择题，共174分）二、非选择题：共174分，第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.小明同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，上面固定两个光滑的定滑轮A和B，三根细绳打一个结点O，且所有钩码完全相同，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验不能完成的是______A．钩码的个数N1=N2=2，N3=3B．钩码的个数N1=3，N2=5，N3=4C．钩码的个数N1=N2=N3=5D．钩码的个数N1=3，N2=1，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是______A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．用量角器量出三段绳子之间的夹角C．量出OA、OB、OC三段绳子的长度D．用天平测出钩码的质量（3）如图所示，小兰同学在做“探究求合力的方法”实验时，用A、B两根弹簧秤把橡皮条的结点拉到O点，此时，在实验过程中，她做了一些探究，其中一个是：她使B弹簧秤示数有较明显的增大，为了保持结点位置不变，可采取的补救办法是______。A．保持其它不变，增大A的示数同时减小α角B．保持其它不变，增大A的示数同时增加α角C．保持其它不变，增大A的示数同时增大β角D．保持其它不变，增大A的示数同时减小β角[答案]（1）D（2）A（3）BC[解析]（1）[1]对O点受力分析可知，在三力作用下满足平衡状态，故三力大小构成三角形，需满足两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，故D项不满足要求，ABC满足要求，故选D；（2）[2]为了验证力的平行四边形定则，必须做受力分析图，需要明确受力点即标记O点，及力的大小和方向，可以用钩码数量表示力的大小，可以用绳子方向表示力的方向，故选A；（3）[3]保持结点位置不变，则合力大小不变，为使B弹簧秤示数有较明显的增大，如图所示可以保持其它不变，增大A的示数同时增加α角或增大A的示数同时增大β角，故BC正确，AD错误，故选BC。10.某物理学习小组为了探究小灯泡L（3.8V，0.7A）的伏安特性曲线，同时再测定电源电动势和内阻，设计了如甲所示的电路图。（1）为了完成实验目的，该物理学习小组进行以下的实验操作：第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2________（“闭合”或“断开”），移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。现有如下两组数据：第一组：电流表I=0.20A，电压表U1=0.65V,电压表U2=4.3V第二组：电流表=0.40A，电压表=1.50V,电压表=4.1V利用以上数据可以求出电源电动势E=______V，电源内阻r=______Ω。（结果均保留2位有效数字）第②步：将滑动变阻器滑片P调到______（填“最右边”或“中间”或“最左边”），再闭合开关______，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。利用以上测量数据描绘小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示。（2）现在将六盏完全相同的灯泡L（3.8V，0.7A）并联后直接接在题中电源的两端，则该电路中每盏小灯泡的功率______W。（计算结果保留2位有效数字）[答案]（1）断开4.51.0最右边S2（2）0.83[解析]（1）[1]第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2断开，移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。[2][3]根据电路图结合闭合电路欧姆定律得代入数据得联立解得[4][5]第②步：为了保护电路，将滑动变阻器滑片P调到最右边，再闭合开关S2，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。（2）[6]设流过灯泡的实际电流为,根据闭合电路欧姆定律得在灯泡的伏安特性图中画出等效电源的图象可得两图线的交点即为灯泡的工作点，可得灯泡实际电压约为1.8V，实际电流为0.46A，则功率11.如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：（1）金属棒到达最低点时的速度和受到的安培力大小；（2）若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值和拉力做的功为多少？[答案]（1）；；（2）；[解析]（1）金属棒在最低点时又解得通过金属棒的电流安培力故（2）金属棒以速度v0沿轨道做匀速圆周运动时，从最低点开始，对应的半径r转过的角度电动势从cd到达ab的过程中，电流的有效值为由功能关系得拉力做功为所以12.如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，，，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.40m后撤去外力F，此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4m/s，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v=1m/s顺时针转动，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为多少；（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；（3）物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。[答案]（1）2J；（2）1.6m/s；（3）0.536J[解析]（1）根据图像可以求外力F做功为物块A从开始运动M点的过程中解得（2）A与B碰撞，根据动量守恒定律得解得v1=1m/sAB碰撞后，到弹簧恢复原长时解得（3）C在传送带上减速至传送带共速过程中解得则C与传送带之间的相对位移是解得C与传送带共速后，继续减速滑到顶端解得C与传送带之间的相对位移是解得则摩擦产生的总热量为（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.某容器内封闭一定质量的理想气体。气体开始处于状态a，经历三个过程、、回到