2022年物理高考题

2022年普通高等学校招生全国统一考试·全国甲卷物理(理科综合)14.(2022·全国甲卷,14)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(D)A.hk+1C.2hk 解析:运动员由a运动到c的过程中,设到c点时的速度为v,由机械能守恒定律有mgh=12mv2,设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R,则在经过c点时,有kmgmg=mv2R,解得15.(2022·全国甲卷,15)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为v0,要通过前方一长为L的隧道,当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过v(v<v0)。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为a和2a,则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为(C)A.v0-v2a+LC.3(v0-v)2解析:当列车恰好以速度v匀速通过隧道时,从减速开始至回到原来正常行驶速度所用时间最短,列车减速过程所用时间t1=v0-v2a,匀速通过隧道所用时间t2=L+lv,列车加速到原来速度v0所用时间t3=v0-va,16.(2022·全国甲卷,16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框,正方形线框的边长与圆线框的直径相等,圆线框的半径与正六边形线框的边长相等,如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中,线框所在平面均与磁场方向垂直,正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则(C)A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2C.I1=I2>I3 D.I1=I2=I3解析:设线框的面积为S,周长为L,导线的截面积为S',由法拉第电磁感应定律可知,线框中感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtS,而线框的总电阻R=ρLS',所以线框中感应电流I=ER=SS'ΔBρLΔt,由于三个线框处于同一线性变化的磁场中,且绕制三个线框的导线相同,设正方形线框的边长为l,则三个线框的面积分别为S1=l2,S2=π4l2,S3=338l2,三个线框的周长分别为L1=4l,L2=πl,L3=3l,则I17.(2022·全国甲卷,17)两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0,在t=0时刻这两种元素的原子核总数为N,在t=2t0时刻,尚未衰变的原子核总数为N3,则在t=4t0时刻,尚未衰变的原子核总数为(CA.N12 B.N9 C.N8解析:设t=0时刻,甲、乙两种放射性元素原子核数分别为N1、N2,则有N1+N2=N,t=2t0时,甲经过两个半衰期,未衰变原子核数为N14,乙经过一个半衰期,未衰变原子核数为N22,由已知条件有N14+N22=N3,解得N1=23N,N2=13N;t=4t0时,甲经过四个半衰期,未衰变原子核数为N116,乙经过两个半衰期,18.(2022·全国甲卷,18)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是(B)解析:分析可知,开始一段较短时间内,粒子具有沿+y方向的速度,由左手定则可知,粒子应向左侧偏转,选项A、C错误;由于粒子所受电场力沿+y方向,且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点,故粒子运动轨迹的最低点在x轴上,选项D错误,B正确。19.(2022·全国甲卷,19)(多选)如图,质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(AD)A.P的加速度大小的最大值为2μgB.Q的加速度大小的最大值为2μgC.P的位移大小一定大于Q的位移大小D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小解析:两滑块匀速运动过程中,弹簧对P、Q的弹力大小为kx=μmg,当撤去拉力后,对滑块P由牛顿第二定律有kx'+μmg=ma1,同理对滑块Q有μmgkx'=ma2,从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中,弹力由μmg一直减小到零,所以P的加速度大小的最大值为刚撤去拉力F瞬间的加速度大小,此时P的加速度大小为2μg,而弹簧恢复原长时,Q的加速度大小达到最大值,即Q的最大加速度为μg,选项A正确,B错误;由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度,且两滑块初速度相同,所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度,所以P的位移一定小于Q的位移,选项C错误,D正确。20.(2022·全国甲卷,20)(多选)如图,两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上,在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上,与导轨垂直,且接触良好,导轨电阻忽略不计,整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时,电容器所带的电荷量为Q,合上开关S后,(AD)A.通过导体棒MN电流的最大值为QB.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热解析:开始时电容器两极板间的电压U=QC,合上开关瞬间,通过导体棒的电流I=UR=QCR,随着电容器放电,通过电阻、导体棒的电流不断减小,所以在开关闭合瞬间,导体棒所受安培力最大,选项A正确,C错误;由于回路中有电阻与导体棒,最终电能完全转化为焦耳热,故导体棒最终必定静止,选项B错误;由于导体棒切割磁感线,产生感应电动势,所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流,由焦耳定律可知,电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热21.(2022·全国甲卷,21)(多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场,将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等,重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后,(BD)A.小球的动能最小时,其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时,其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时,其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时,重力做的功等于小球电势能的增加量解析:由题意可知,小球所受电场力与重力的合力指向右下,与水平方向成45°角,小球向左射出后做匀变速曲线运动,当其水平速度与竖直速度大小相等时,即速度方向与小球所受合力方向垂直时,小球克服合力做的功最大,此时动能最小,而此时小球仍具有水平向左的分速度,电场力仍对其做负功,其电势能继续增大,选项A、C错误;小球在电场力方向上的加速度大小ax=g,竖直方向加速度大小ay=g,当小球水平速度减为零时,克服电场力做的功最大,小球的电势能最大,由匀变速运动规律有v0=gt,此时小球竖直方向的速度vy=gt=v0,所以此时小球动能等于初动能,由能量守恒定律可知,小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量,又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量,选项B、D正确。22.(2022·全国甲卷,22)某同学要测量微安表内阻,可利用的实验器材有:电源E(电动势1.5V,内阻很小),电流表○A(量程10mA,内阻约10Ω),微安表○G(量程100μA,内阻Rg待测,约1kΩ),滑动变阻器R(最大阻值10Ω),定值电阻R0(阻值10Ω),开关S,导线若干。(1)将图中所示的器材符号连线,画出实验电路原理图。(2)某次测量中,微安表的示数为90.0μA,电流表的示数为9.00mA,由此计算出微安表内阻Rg=Ω。

解析:(1)题中给出的滑动变阻器的最大阻值只有10Ω,滑动变阻器采用分压接法,为了精确得到微安表两端的电压,可将微安表与定值电阻并联,通过电流关系得到电压。(2)由并联电路规律可得IGRg=(IIG)R0,解得Rg=990Ω。答案:(1)如图所示(2)99023.(2022·全国甲卷,23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:(1)调节导轨水平。(2)测得两滑块的质量分别为0.510kg和0.304kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为kg的滑块作为A。

(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k=v0.31k20.330.330.33(6)表中的k2=(结果保留2位有效数字)。

(7)v1v2的平均值为(结果保留2(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由v1v2判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则v1v2的理论表达式为(用m1和m2表示),本实验中其值为(结果保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内解析:(2)要使碰撞后两滑块的运动方向相反,必须使质量较小的滑块碰撞质量较大的静止滑块,所以应选取质量为0.304kg的滑块作为A。(6)s1=v1t1,s2=v2t2,s1=s2,解得k2=t2t1≈0(7)v1v2的平均值为(0.31+0.31+0.33+0.33+0.33)÷5≈0(8)由碰撞过程遵循动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则碰撞前后系统总动能不变,即12m1v02=12m1v12+12m2v22,联立解得v1v2答案:(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)m2-m124.(2022·全国甲卷,24)将一小球水平抛出,使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄,频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时,小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光,拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像,每相邻两个球之间被删去了3个影像,所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小g取10m/s2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。解析:设s1对应的水平位移为x,对应的竖直位移为y,则根据平抛运动的特点可知,s2对应的水平位移也为x,对应的竖直位移为3y,有y=12g(4T)2=0.2ms1=x2s2=x2s1s2解得x=2255m抛出瞬间小球的速度大小为v0=x4解得v0=255m/s答案:25525.(2022·全国甲卷,25)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器,其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈,虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场;M为置于平台上的轻质小平面反射镜,轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连,PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条,PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时,M竖直且与纸面垂直;入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变,使M发生倾斜,入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心,通过读取反射光射到PQ上的位置,可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l,细杆D的长度为d,圆弧PQ的半径为r,r≫d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值。(1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s;(2)某同学用此装置测一微小电流,测量前未调零,将电流通入线圈后,PQ上反射光点出现在O点上方,与O点间的弧长为s1;保持其他条件不变,只将该电流反向接入,则反射光点出现在O点下方,与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。解析:(1)线圈中通入微小电流I,线圈受到的安培力大小为F=NBIl,弹簧长度改变量的绝对值为Δx,则有F=kΔx,解得Δx=NB平面镜偏转角度为θ≈tanθ=sinθ=Δx则PQ上反射光点与O点间的弧对应的圆心角为2θ,PQ上反射光点与O点间的弧长s=2θr,解得s=2N(2)设待测电流为I',电流反向前、后弹簧弹力的变化量F=2NBI'l,弹簧长度改变量的绝对值为Δx',则有F=kΔx',反射前、后反射光线转过的角度为s1则通入电流I'时,平面镜实际的偏转角度为φ=12·s根据φ=Δx解得I'=(s答案:(1)NBI(2)(33.(2022·全国甲卷,33)(1)一定量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如pT图上从a到b的线段所示。在此过程中。(填正确答案标号)

A.气体一直对外做功B.气体的内能一直增加C.气体一直从外界吸热D.气体吸收的热量等于其对外做的功E.气体吸收的热量等于其内能的增加量(2)如图,容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中;两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为18V0和14V0。环境压强保持不变,不计活塞的质量和体积①将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度;②将环境温度缓慢改变至2T0,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。解析:(1)根据理想气体状态方程可知,过原点的pT图像的斜率与体积V有关,一定量的理想气体从状态a到状态b,体积不变,对外不做功,选项A、D错误;理想气体的内能只与温度有关,又一定量理想气体从状态a到状态b,温度一直升高,则气体内能一直增加,选项B正确;由热力学第一定律可知,气体一直从外界吸热,气体吸收的热量等于其内能的增加量,选项C、E正确。(2)①封闭气体做等压变化,对Ⅳ部分气体,由盖吕萨克定律有34V0T0=V0T1,解得②Ⅱ和Ⅲ部分封闭气体,初状态体积V1=18V0+14V0=38V0,温度为T0;Ⅳ部分气体,初状态体积V2=34V0,温度为T0,从开口C向汽缸中注入气体,设末状态Ⅳ部分气体压强为p',体积为V,则原Ⅱ、Ⅲ部分气体最终总体积为Vp0×3p0×3解得p'=2.25p0。答案:(1)BCE(2)①43T0②2.25p34.(2022·全国甲卷,34)(1)一平面简谐横波以速度v=2m/s沿x轴正方向传播,t=0时刻的波形图如图所示。介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t=0时刻的位移y=2cm。该波的波长为m,频率为Hz。t=2s时刻,质点A(填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”)。

(2)如图,边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面,M为AB边的中点。在截面所在平面内,一光线自M点射入棱镜,入射角为60°,经折射后在BC边的N点恰好发生全反射,反射光线从CD边的P点射出棱镜。求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。解析:(1)由sin45°=22,并结合题图有3λ8=1.5m,可得λ=4m,频率f=vλ=0.5Hz,周期T=1f=2s。由于t=0时刻质点A向下运动,所以t=2(2)设光在AB面的折射角为r,则由折射定律有n=sin60光在BC面恰好发生全反射,有sinC=1n由几何知识有r+C=90°,联立解得sinC=277,sinr=37,设BN=b,PC=c,则有sinr=a2sinC=a-联立解得c=3-1答案:(1)40.5向下运动(2)7232022年普通高等学校招生全国统一考试·全国乙卷理科综合(物理部分)14.(2022·全国乙卷,14)2022年3月,中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线,为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到,在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中,航天员可以自由地漂浮,这表明他们(C)A.所受地球引力的大小近似为零B.所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零C.所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等D.在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小解析:航天员在“天宫二号”空间站中可以自由漂浮,是由于航天员在“天宫二号”空间站中处于完全失重状态,飞船对航天员的作用力近似为零,所受地球引力大小不为零,选项A、B错误;航天员所受地球引力提供航天员随空间站运动的向心力,即航天员所受地球引力的大小与航天员随空间站运动所需向心力的大小近似相等,选项C正确;由万有引力定律可知,航天员在地球表面所受地球引力的大小大于航天员在空间站中所受地球引力的大小,所以在地球表面上所受引力的大小大于航天员随空间站运动所需向心力的大小,选项D错误。15.(2022·全国乙卷,15)如图,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35L时,它们加速度的大小均为(AA.5F8m B.2F5m解析:当两球运动至二者相距3L5时,二者连线与轻绳之间夹角的余弦值cosθ=0.6。设此时轻绳中拉力大小为F1,对轻绳的中点受力分析得F2F1sinθ=m绳a,又轻绳质量近似为0,解得F1=5F8。对质量为m的小球,由牛顿第二定律有F1=ma,解得a=16.(2022·全国乙卷,16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于(C)A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积解析:小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,其机械能守恒,下落h高度过程中,有mgh=12mv2,解得v=2gh,选项B错误;设小环位置与P点连线所对的圆心角为θ,小环下滑过程滑过的弧长s=Rθ,而h=R1cossR,所以选项A错误;小环位置到P点的距离L=2Rsinθ2,h=R1cosθ,1cosθ=2sin2θ2,即h=2Rsin2θ2=L22R,代入v=2gh可知v与L成正比,即小环的速率与小环到P点的距离成正比,选项C正确;小环位置与P点连线扫过的面积A=12R2θ12R2sin17.(2022·全国乙卷,17)一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×107m的光,在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个。普朗克常量为h=6.63×1034J·s。R约为(B)A.1×102m B.3×102mC.6×102m D.9×102m解析:根据题述,点光源向所有方向均匀辐射,即距离点光源为R的球面上单位时间所接收的光的能量等于点光源单位时间所辐射的光的能量。点光源辐射功率P=4πR2×nE0,其中E0=hcλ,联立解得R=3×102m,18.(2022·全国乙卷,18)(多选)安装适当的软件后,利用智能中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图,在上建立直角坐标系,显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知(BC)测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT102145202046321045421045A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方解析:地磁北极在地理南极附近,地磁南极在地理北极附近,根据测量数据可知,Bz为负值,测量地点位于北半球,选项A错误;利用第1次测量的数据可得当地的地磁场大小为B=By2+Bz2≈50μT,选项B正确;第2次测量时By为负值,y轴正向指向南方,选项C正确;第3次测量时Bx为正值,x轴正向指向北方,19.(2022·全国乙卷,19)(多选)如图,两对等量异号点电荷+q、q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点,O为内切圆的圆心,M为切点。则(AB)A.L和N两点处的电场方向相互垂直B.M点的电场方向平行于该点处的切线,方向向左C.将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做正功D.将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做功为零解析:两正点电荷在N点处产生的场强方向由N指向O,N点处于两负点电荷连线的垂直平分线上,则两负点电荷在N点产生的场强方向由N指向O,则N点处的合场强方向由N指向O,同理可知,两负点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L,L点处于两正点电荷连线的垂直平分线上,两正点电荷在L点处产生的场强方向由O指向L,则L点处的合场强方向由O指向L,由于正方形两对角线相互垂直平分,则L和N两点处的电场方向相互垂直,选项A正确;正方形底边上的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向左,而上方的等量异号点电荷在M点产生的场强方向向右,由于M点离上方等量异号点电荷距离较远,则M点的场强方向平行于该点处的切线,方向向左,选项B正确;由图可知,M和O点位于两对等量异号点电荷的等势线上,即M点和O点电势相等,所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点,电场力做的功为零,选项C错误;由图结合等量异号点电荷模型可知,L点的电势低于N点电势,则将一带正电的点电荷从L点移动到N点,电场力做的功不为零,选项D错误。20.(2022·全国乙卷,20)(多选)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10m/s2。则(AD)A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0~6s时间内F对物块所做的功为40J解析:物块与地面间的滑动摩擦力为f=μmg=2N,对物块在0~3s内的运动过程,由动量定理可得(Ff)t1=mv3,得v3=6m/s,3s时物块的动量为p=mv3=6kg·m/s,设3s后经过时间t'物块的速度第一次减为0,由动量定理可得(F+f)t'=0mv3,解得t'=1s,所以物块在t=4s时速度减为0,此时物块的动能也为0,故选项A正确,C错误;设0~3s内物块的位移为x1,由动能定理可得(Ff)x1=12mv32,得x1=9m,3~4s过程中,对物块由动能定理可得(F+f)x2=012mv32,得x2=3m,4~6s物块反向运动,物块的加速度大小为a=F-fm=2m/s2,位移为x3=12×2×22m=4m<x1+x2,即6s时物块没有回到初始位置,故选项B错误;0~6s内拉力做的功为W=(4×94×3+4×4)21.(2022·全国乙卷,21)(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置,由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R+d)和探测器组成,其横截面如图a所示,点O为圆心。在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过,到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动,圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(R<r1<r2<R+d);粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射;粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射,轨迹如图b中虚线所示。则(BD)A.粒子3入射时的动能比它出射时的大B.粒子4入射时的动能比它出射时的大C.粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D.粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能解析:在截面内,极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比,则有Er=k,带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动,则有qE1=mv12r1,qE2=mv22r2,可得12mv12=qE1r12=qE2r22,即粒子1、2入射时的动能相等,故选项C错误;粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射,做向心运动,电场力做正功,则粒子3入射时的动能比它出射时的小,故选项A错误;粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射,做离心运动,电场力做负功,则粒子4入射时的动能比它出射时的大,故选项B正确;粒子3入射后的一小段时间做向心运动,有qE2>mv22.(2022·全国乙卷,22)用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻(t=0)开始的一段时间内,该飞行器可视为沿直线运动,每隔1s测量一次其位置,坐标为x,结果如下表所示:t/s0123456x/m050710941759250533294233回答下列问题:(1)根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动,判断的理由是

。

(2)当x=507m时,该飞行器速度的大小v=m/s。

(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a=m/s2。(结果保留2位有效数字)

解析:(1)将表格中数据转化如图,则x1=507m,x2=587m,x3=665m,x4=746m,x5=824m,x6=904m,可得x2x1=80m,x3x2=78m,x4x3=81m,x5x4=78m,x6x5=80m,相邻相等时间间隔位移差大小接近,可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动。(2)x=507m时该飞行器的速度即t=1s时的瞬时速度,利用匀变速直线运动的特点可知时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,故v=x1+x22t=(3)由逐差法得a=(x4233-1759-17599×答案:(1)相邻相等时间间隔位移差大小接近(2)547(3)7923.(2022·全国乙卷,23)一同学探究阻值约为550Ω的待测电阻Rx在0~5mA范围内的伏安特性。可用器材有:电压表○V(量程为3V,内阻很大),电流表○A(量程为1mA,内阻为300Ω),电源E(电动势约为4V,内阻不计),滑动变阻器R(最大阻值可选10Ω或1.5kΩ),定值电阻R0(阻值可选75Ω或150Ω),开关S,导线若干。(1)要求通过Rx的电流可在0~5mA范围内连续可调,将图a所示的器材符号连线,画出实验电路的原理图。(2)实验时,图a中的R应选最大阻值为(选填“10Ω”或“1.5kΩ”)的滑动变阻器,R0应选阻值为(选填“75Ω”或“150Ω”)的定值电阻。

(3)测量多组数据可得Rx的伏安特性曲线。若在某次测量中,电压表、电流表的示数分别如图b和图c所示,则此时Rx两端的电压为V,流过Rx的电流为mA,此组数据得到的Rx的阻值为Ω(结果保留3位有效数字)。

解析:(1)该实验探究待测电阻Rx在0~5mA范围内的伏安特性,因此滑动变阻器采用分压式连接,电压表的内阻很大,故可看成理想电压表,故采用电流表外接法,由于题目中给的电流表量程太小,故应与电流表并联一定值电阻扩大其量程。(2)滑动变阻器R选最大阻值为10Ω的,方便调节;又因电流表的量程为1mA,内阻为300Ω,通过测量电阻的最大电流为5mA,因此电流表量程应扩大为原来的5倍,因此分流电阻阻值应为该电流表内阻的四分之一,故电流表并联电阻的阻值为R0=75Ω。(3)Rx两端电压即为电压表读数2.30V;因电流表并联R0,量程扩大,通过待测电阻的电流为电流表读数的5倍,即通过Rx的电流为5×0.84mA=4.20mA,故Rx=2.304.20×1答案:(1)如图所示(2)10Ω75Ω(3)2.304.2054824.(2022·全国乙卷,24)如图,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长为l=0.40m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平,其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ=5.0×103Ω/m;在t=0到t=3.0s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)=0.30.1t(SI)。求:(1)t=2.0s时金属框所受安培力的大小;(2)在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热。解析:(1)安培力F=BIL,t=2.0s时,B=(0.30.1t)T=0.1T,又I=ER,R=4lλE=ΔΦΔt=SΔBΔL为等效长度,大小等于正方形对角线的长度L=2l,解得F=225N(2)0~2.0s时间内金属框产生的焦耳热Q=I2Rt,解得Q=1.6×102J。答案:(1)225N(2)1.6×10225.(2022·全国乙卷,25)如图a,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的vt图像如图b所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求:(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。解析:(1)水平面光滑,故在水平面上两物块碰撞过程动量守恒,从B与弹簧接触到弹簧第一次压缩到最短过程中,有mBv1=(mB+mA)v0,其中v1=1.2v0,可得mB=5m;该过程中机械能守恒,设弹簧最大弹性势能为Ep,得Ep+12(mA+mB)v02=12解得Ep=0.6mv0(2)由图像知0~t0内物块B与物块A的位移差等于弹簧的最大压缩量,也就是题图中该段时间物块A、B图像所夹面积,物块A在0~t0时间内的位移SA=0.36v0t0,即为0~t0内vt图像中A线与t轴所夹面积。法一在压缩弹簧的过程中,物块A、B所受弹簧弹力大小相等,方向相反则物块A的加速度始终是物块B加速度的5倍,有aA=5aB,若两者均做初速度为零的变速运动,则两者的位移满足SA=5SB',在图1中深灰色阴影面积为SA,浅灰色阴影面积为SB',最大压缩量为X=1.2v0t0SASB'=0.768v0t0。法二0~t0过程,由动量守恒有mvA+5mvB=(m+5m)v0,结合运动学知识有mSA+5mSB=6mv0t0,解得SB=1.128v0t0(B在0~t0内的位移),最大压缩量为X=SBSA=1.128v0t00.36v0t0=0.768v0t0。(3)设物块A第一次从斜面滑到平面上时的速度为vx,物块A(含弹簧)回到水平面,第二次与B相互作用过程系统机械能守恒、动量守恒。则有mBv2mAvx=mBv3+mA·2v0,12mBv22+12mAvx2=12mBv32+1解得vx=v0(另一解舍去)。物块A第一次从斜面底端滑到最高点的过程,由动能定理有mgμscosθmgssinθ=012m(2v0)2物块A第一次从最高点滑到水平面的过程,由动能定理有mgμscosθ+mgssinθ=12mv0解得μ=0.45。答案:(1)0.6mv02(2)0.768v0t0(3)033.(2022·全国乙卷,33)[物理—选修33](1)一定量的理想气体从状态a经状态b变化到状态c,其过程如TV图上的两条线段所示。则气体在。(填正确答案标号)

A.状态a处的压强大于状态c处的压强B.由a变化到b的过程中,气体对外做功C.由b变化到c的过程中,气体的压强不变D.由a变化到b的过程中,气体从外界吸热E.由a变化到b的过程中,从外界吸收的热量等于其增加的内能(2)如图,一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成,汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体,两活塞用一轻质弹簧连接,汽缸连接处有小卡销,活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m,面积分别为2S、S,弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态,此时弹簧的伸长量为0.1l,活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等,两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0,忽略活塞与缸壁间的摩擦,汽缸无漏气,不计弹簧的体积。①求弹簧的劲度系数;②缓慢加热两活塞间的气体,求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时,活塞间气体的压强和温度。解析:(1)由pVT=C得T=pCV,TV图线上的点与坐标原点连线的斜率越大,气体压强越大,易知状态a对应的压强大于状态c对应的压强,选项A正确;状态a到状态b为等压变化过程,体积增大,气体对外做功,选项B正确;由上述分析可知,气体在b状态的压强大于在c状态的压强,选项C错误;气体由状态a到状态b的过程中体积增大,对外做功,温度升高,内能增加,根据热力学第一定律知,气体从外界吸收热量,且吸收的热量大于其内能的增加量,选项D正确,(2)①设初始状态汽缸内气体的压强为p1,对两活塞整体有p0·2S+p1·S+3mg=p0·S+p1·2S,对活塞Ⅱ有k·0.1l+p0·S=p1·S+mg,解得k=40m②设活塞Ⅱ刚到汽缸连接处时内部气体压强为p2,对两活塞整体有p0·2S+p2·S+3mg=p0·S+p2·2S,解得p2=p1=p0+3m对活塞Ⅱ有k·x+p0·S=p2·S+mg,气体体积为V2=2(l+x)S,初始时气体的体积V1=0.55lS+0.55l·2S=1.65lS,由盖吕萨克定律有V1V2=解得T2=43T0答案:(1)ABD(2)①40mgl②p0+3m34.(2022·全国乙卷,34)[物理——选修3—4](1)介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源S1和S2,二者做简谐运动的振幅相等,周期均为0.8s。当S1过平衡位置向上运动时,S2也过平衡位置向上运动。若波速为5m/s,则由S1和S2发出的简谐横波的波长均为m。P为波源平衡位置所在水平面上的一点,与S1、S2平衡位置的距离均为10m,则两波在P点引起的振动总是相互(填“加强”或“削弱”)的;当S1恰好在平衡位置向上运动时,平衡位置在P处的质点(填“向上”或“向下”)运动。

(2)一细束单色光在三棱镜ABC的侧面AC上以大角度由D点入射(入射面在棱镜的横截面内),入射角为i,经折射后射至AB边的E点,如图所示。逐渐减小i,E点向B点移动,当sini=16时,恰好没有光线从AB边射出棱镜,且DE=DA解析:(1)由v=λT得λ=vT=4m。由于S1与S2振动方向相同,又PS1PS2=0,则P点为振动加强点。因PS1=10m=2.5λ,则P点与波源(2)如图所示,当折射光线在AB边恰好不能射出时,在AB边上的入射角等于全反射临界角C0,DA=DE,各个角度如图中所示,由几何关系可知α=90°C0,90°r+2α=180°,解得r=90°2C0,由全反射知识得sinC0=1n由折射定律有n=sini代入sini=16解得n=1.5答案:(1)4加强向下(2)1.5山东省2022年普通高中学业水平等级考试物理1.(2022·山东卷,1)碘125衰变时产生γ射线,医学上利用此特性可治疗某些疾病。碘125的半衰期为60天,若将一定质量的碘125植入患者病灶组织,经过180天剩余碘125的质量为刚植入时的(B)A.116 B.18 C.14解析:设碘125刚植入时的质量为m0,则经过n=18060=3个半衰期以后剩余的质量为m=12nm0,解得mm0=2.(2022·山东卷,2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示,发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出,火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(A)A.火箭的加速度为零时,动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量解析:从火箭开始运动到点火的过程中,火箭先加速运动后减速运动,当加速度为零时,动能最大,选项A正确;高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量,选项B错误;根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量,选项C错误;根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量,选项D错误。3.(2022·山东卷,3)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置,圆心位于O点,环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分,取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点,O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变,q为(C)A.正电荷,q=QΔLπR B.C.负电荷,q=2QΔLπR 解析:在取走A、B处两段小圆弧上的电荷之前,整个圆环上的电荷在O点产生的场强为零,而取走的A、B处的电荷的电量qA=qB=Q2πRΔL,qA、qB在O点产生的合场强为EAB=kQ2πRΔLR2=kQΔL2πR3,方向为从O指向C,故取走A、B处的电荷之后,剩余部分在O点产生的场强大小为kQΔL2πR3,方向由C指向O,而点电荷q放在D点后,O点场强为零,故q在4.(2022·山东卷,4)如图所示的变压器,输入电压为220V,可输出12V、18V、30V电压,匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u=Umcos(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表,电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时,功率为12W。下列说法正确的是(D)A.n1为1100匝,Um为220VB.BC间线圈匝数为120匝,流过R的电流为1.4AC.若将R接在AB两端,R两端的电压为18V,频率为100HzD.若将R接在AC两端,流过R的电流为2.5A,周期为0.02s解析:根据理想变压器的变压规律有Un1=0.1V1,代入U=220V得n1=2200,Um=2U=2202V,选项A错误;由功率与电压的关系得UBC=PR=12V,根据理想变压器的变压规律有Un1=UBCnBC,代入数据解得nBC=120,由欧姆定律得I=UBCR=1A,选项B错误;由以上分析结合题意可知UAB=18V,UAC=30V,变压器不改变交流电的频率,故f=ω2π=50Hz,选项C错误;由欧姆定律得I'=UA5.(2022·山东卷,5)如图所示,内壁光滑的绝热气缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体,初始时气缸开口向上放置,活塞处于静止状态,将气缸缓慢转动90°过程中,缸内气体(C)A.内能增加,外界对气体做正功B.内能减小,所有分子热运动速率都减小C.温度降低,速率大的分子数占总分子数比例减少D.温度升高,速率大的分子数占总分子数比例增加解析:初始时气体的压强p1=p0+mgS,体积为V1,温度为T1;将气缸缓慢转过90°后,气体的压强为p2=p0,体积为V2,温度为T2。易知V2>V1,故气体对外界做功,因气缸和活塞都是绝热的,根据热力学第一定律可得ΔU<0,由于理想气体内能只与气体温度有关,所以T1>T2,选项A、D错误;内能减小,不是所有气体分子热运动速率都减小,但速率大的分子数占总分子数的比例减少,选项B错误,6.(2022·山东卷,6)“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示,该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动,轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻,沿相同方向经过地球表面A点正上方,恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为R,自转周期为T,地球表面重力加速度为g,则“羲和号”卫星轨道距地面高度为(C)A.gR2T22n2π2C.gR2T24n2π2解析:依题意可知卫星的绕行周期T0=Tn,对卫星根据牛顿第二定律可得GMm(R+h)2=m(R+h)·4π2T02,7.(2022·山东卷,7)柱状光学器件横截面如图所示,OP右侧是以O为圆心、半径为R的14圆,左侧是直角梯形,AP长为R,AC与CO夹角45°,AC中点为B。a、b两种频率的细激光束,垂直AB面入射,器件介质对a、b光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变,入射点从A向B移动过程中,能在PM面全反射后,从OM面出射的光是(不考虑三次反射以后的光)(AA.仅有a光B.仅有b光C.a、b光都可以D.a、b光都不可以解析:根据题意作出光路图如图1所示,根据临界角sinC=1n可知Ca<45°,Cb>45°,从图中可以看出两束光经过OC面反射以后均能射到PM面上,入射角在0°~45°范围内,所以只有a光才有可能在PM面上发生全反射,选项B、C错误;分析易知,射到P点的a光线全反射到M点,入射角为45°,发生全反射不能从OM面射出,画出a光在PM面上恰好发生全反射的光路图如图2所示,可知该光线经Q点全反射后射至OM面上E点,由几何关系可知在E点的入射角为2Ca45°,小于Ca,即可以从E点射出,故选项A正确,D8.(2022·山东卷,8)无人配送小车某次性能测试路径如图所示,半径为3m的半圆弧BC与长8m的直线路径AB相切于B点,与半径为4m的半圆弧CD相切于C点。小车以最大速度从A点驶入路径,到适当位置调整速率运动到B点,然后保持速率不变依次经过BC和CD。为保证安全,小车速率最大为4m/s,在ABC段的加速度最大为2m/s2,CD段的加速度最大为1m/s2。小车视为质点,小车从A到D所需最短时间t及在AB段做匀速直线运动的最长距离l为(B)A.t=2+7π4s,l=8mB.t=94+7π2s,l=5C.t=2+5126+76π6s,l=5.5D.t=2+5126+(6+4解析:依题意知小车在BC段运动的最大速率为v1=a1R1=6m/s,在CD段运动的最大速率为v2=a2R2=2m/s,所以经过BC段和CD段的最大速率为v2=2m/s,因此在BC段和CD段运动的最短时间t3=3π+4π2s=7π2s,在B点的速率最大为v2=2m/s,设在AB段小车以最大加速度减速的距离为x,则根据匀变速直线运动规律得v22=vm22a1x,解得x=3m,t2=vm-v2a1=1s,所以匀速运动的最大距离l=8mx=5m,运动时间9.(2022·山东卷,9)(多选)一列简谐横波沿x轴传播,平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如图所示。当t=7s时,简谐波的波动图像可能正确的是(AC)解析:由振动图像可知波的振幅A=20cm,波的周期T=12s,从振动图像上可以看出t=7s时平衡位置位于原点O的质点相对平衡位置的位移为y7=32A,且向下运动。选项A图该质点位移符合条件,且当波沿x轴负方向传播时向下运动,符合题意;选项C图该质点位移符合条件,且当波沿x轴正方向传播时向下运动,10.(2022·山东卷,10)(多选)某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象,狭缝S1、S2的宽度可调,狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝,实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样。下列描述正确的是(ACD)A.图乙是光的双缝干涉图样,当光通过狭缝时,也发生了衍射B.遮住一条狭缝,另一狭缝宽度增大,其他条件不变,图丙中亮条纹宽度增大C.照射两条狭缝时,增加L,其他条件不变,图乙中相邻暗条纹的中心间距增大D.照射两条狭缝时,若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍,P点处一定是暗条纹解析:双缝干涉条纹是均匀的,所以图乙是双缝干涉条纹,但也发生了衍射现象,选项A正确;遮住一条狭缝,就只能观察到单缝衍射现象,狭缝宽度增大时,衍射现象减弱,图丙中亮条纹宽度减小,选项B错误;照射两狭缝时,发生双缝干涉,根据Δx=Lλd可知,当增加L时,图乙中相邻暗条纹中心间的距离增大,选项C正确;照到双缝的光是由一束光经单缝衍射后形成的,两光的相位相同,根据相干条件可知,|S2PS1P|=(2n+1)λ2(n=0,1,2,…)时,P点一定是暗条纹,11.(2022·山东卷,11)(多选)如图所示,某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出,击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时,击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后,垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍,平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2,网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(BD)A.v=5m/s B.v=32m/sC.d=3.6m D.d=3.9m解析:建立如图所示的三维坐标系,网球在竖直方向做竖直上抛运动,上升的最大高度h1=(8.451.25)m=7.20m,所以在击球点竖直方向的分速度vOz=2gh1=12m/s,上升时间t1=vOzg=1.2s,则vOy=4.81.2m/s=4m/s,故沿x方向的分速度vOx=v02-vOz2-vOy2=3m/s;到达最高点P与墙壁碰撞后,沿x方向的分速度vOx=3m/s,沿y方向的分速度大小变为v'Oy=4×0.75m/s=3m/s,所以网球碰撞以后的速度大小为v=vOx2+v'Oy12.(2022·山东卷,12)(多选)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是(BC)A.在t=0到t=π2ω的过程中,B.在t=0到t=π2ω的过程中,C.在t=0到t=π4ω的过程中,D.在t=0到t=π4ω的过程中,解析:如图所示,金属框切割磁感线的有效长度为d,根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E=12Bd2ω,从图中可以看出在t=0到t=π2ω的过程中,d是先增大到2L,再减小到L,所以电动势E先增大后减小,选项A错误,B正确;在t=0到t=π4ω的过程中,d=Lcosωt,感应电动势的表达式可写为E=12Bd2ω=BL2ω2cos2ω13.(2022·山东卷,13)在天宫课堂中,我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发,某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验,如图甲所示。主要步骤如下:①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上,加速度传感器固定在滑块上;②接通气源,放上滑块,调平气垫导轨;③将弹簧左端连接力传感器,右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点,A点到O点的距离为5.00cm,拉动滑块使其左端处于A点,由静止释放并开始计时;④计算机采集获取数据,得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像,部分图像如图乙所示。回答以下问题(结果均保留两位有效数字):(1)弹簧的劲度系数为N/m。

(2)该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据,画出aF图像如图丙中Ⅰ所示,由此可得滑块与加速度传感器的总质量为kg。

(3)该同学在滑块上增加待测物体,重复上述实验步骤,在图丙中画出新的aF图像Ⅱ,则待测物体的质量为kg。

解析:(1)初始时弹簧的伸长量为5.00cm,结合图乙可读出弹簧弹力为0.610N,由F=kx可得弹簧的劲度系数k≈12N/m。(2)根据牛顿第二定律F=ma,结合图丙可得aF图线斜率的倒数表示滑块与加速度传感器的质量,代入数据得m≈0.20kg。(3)同理图像Ⅱ斜率的倒数1k=m+m测,得m测≈0.13kg答案:(1)12(2)0.20(3)0.1314.(2022·山东卷,14)某同学利用实验室现有器材,设计了一个测量电阻阻值的实验。实验器材:干电池E(电动势1.5V,内阻未知);电流表A1(量程10mA,内阻为90Ω);电流表A2(量程30mA,内阻为30Ω);定值电阻R0(阻值为150Ω);滑动变阻器R(最大阻值为100Ω);待测电阻Rx;开关S,导线若干。测量电路如图所示。(1)断开开关,连接电路,将滑动变阻器R的滑片调到阻值最大一侧。将定值电阻R0接入电路;闭合开关,调节滑片位置,使电流表指针指在满刻度的12处,该同学选用的电流表为(填“A1”或“A2”);若不考虑电池内阻,此时滑动变阻器接入电路的电阻值应为Ω(2)断开开关,保持滑片的位置不变,用Rx替换R0,闭合开关后,电流表指针指在满刻度的35处,则Rx的测量值为Ω(3)本实验中未考虑电池内阻,对Rx的测量值(填“有”或“无”)影响。

解析:(1)器材选择需要结合测量电路,用假设法初步分析,电流表半偏时,若电流表为A1,由闭合电路欧姆定律可计算出电路中总电阻为300Ω,定值电阻与电流表A1的内阻之和为240Ω,不考虑电池内阻,此时滑动变阻器接入电路的阻值应为60Ω,实验器材可满足需求;若电流表为A2,电流表半偏时,电路中总电阻为100Ω,不符合题意。(2)由闭合电路欧姆定律有E=I2(rA1+R0+r+R),E=3I5(rA1+Rx+r+R),(1)问得到的滑动变阻器接入电路的阻值60Ω,实际上是滑动变阻器R和电池内阻r串联后的总阻值,联立可得Rx=100(3)由(2)问分析可得,是否考虑电池内阻对实验结果无影响。答案:(1)A160(2)100(3)无15.(2022·山东卷,15)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉,如图所示。鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室,A室壁厚,可认为体积恒定,B室壁薄,体积可变;两室内气体视为理想气体,可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V,质量为m;设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等,鱼的质量不变,鱼鳔内气体温度不变,水的密度为ρ、重力加速度为g,大气压强为p0,求:(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度,需从A室充入B室的气体质量Δm;(2)鱼静止于水面下H1处时,B室内气体质量m1。解析:(1)鱼静止在水面下H处时,设鱼的体积为V0,所受浮力等于重力,有Mg=ρgV0,鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度,则由牛顿第二定律得ρg(V0+ΔV)Mg=Ma,又m=ρ气V,Δm=ρ气ΔV联立解得Δm=Mm(2)鱼静止在水面下H处时,B室内气体压强为p1=p0+ρgH,体积为V,鱼静止在水面下H1处时,B室内气体压强为p2=p0+ρgH1,体积也为V,设该部分气体在压强为p1时体积为V1。根据玻意耳定律有p2V=p1V1,解得V1=p0+又温度不变,则有m1m=解得m1=p0+答案:(1)M(2)p016.(2022·山东卷,16)某粮库使用额定电压U=380V、内阻R=0.25Ω的电动机运粮。如图所示,配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡,装满粮食的小车以速度v=2m/s沿斜坡匀速上行,此时电流I=40A。关闭电动机后,小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时,速度恰好为零。卸粮后,给小车一个向下的初速度,小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1=100kg,车上粮食质量m2=1200kg,配重质量m0=40kg,重力加速度g取10m/s2,小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比,比例系数为k,配重始终未接触地面,不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求:(1)比例系数k值;(2)上行路程L值。解析:(1)以电动机为研究对象,根据能量守恒定律有UI=I2R+Fv,代入数据得F=7400N,装满粮食的小车匀速向上运动,有F+m0g(m1+m2)gsinθk(m1+m2)g=0,小车匀速下滑时,有m1gsinθkm1gm0g=0,联立解得k=0.1。(2)关闭发动机后,小车向上做匀减速运动,则有(m1+m2)gsinθm0g+k(m1+m2)g=(m1+m2+m0)a,又2aL=v2,代入数据解得L=67185m答案:(1)0.1(2)6718517.(2022·山东卷,17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz中,0<z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;3d≤z<0、y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为22B,方向平行于xOy平面、与x轴正方向夹角为45°;z<0、y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为+q的离子甲,从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射,速度方向与z轴正方向夹角为β,在yOz平面内运动一段时间后,经坐标原点O沿z(1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E;(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm;(3)离子甲以qBd2m的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ,求第四次穿过xOy平面的位置坐标((4)当离子甲以qBd2m的速度从O点进入磁场Ⅰ时,质量为4m、带电量为+q的离子乙,也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt解析:(1)离子甲从A点射入电场,由O点沿+z方向射出,只受沿y方向电场力的作用,所以在+z方向上,离子甲做匀速直线运动,在从A到O的运动过程中,在+z方向上有L=v0tcosβ,在+y方向上有0=v0sinβat,由牛顿第二定律有Eq=ma,解得E=mv(2)离子甲进入磁场Ⅰ中,当离子甲运动轨迹与磁场Ⅰ上边界相切时,由洛伦兹力充当向心力有qv1B=mv12R1,其轨迹半径经半个圆周由(0,2d,0)进入磁场Ⅱ,然后在垂直匀强磁场Ⅱ的平面内运动,由洛伦兹力充当向心力有qv1·22B=mv解得R2=2d,轨迹恰与xOz平面相切,则此时离子甲速度最大,即vm=v1=Bq(3)离子甲以v2=Bqd2m射入磁场Ⅰ,则离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径R1'=d2,离子甲在磁场Ⅰ中转半个圆周,由y轴上(0,d,0)处第二次穿过xOy平面进入磁场Ⅱ,在磁场Ⅱ中的轨迹半径为R2'=22d,离子甲在磁场Ⅱ中偏转半个圆周,由x轴上(d,0,0)处第三次穿过xOy平面进入磁场Ⅰ,速度方向平行于z轴正方向,再在磁场Ⅰ中偏转半个圆周第四次穿过xOy平面,轨迹如图1所示,所以离子第四次穿越xOy平面的位置坐标为(d(4)设离子乙的速度为v2',根据离子甲、乙动能相同可得12mv22=12×4mv解得v2'=12v2由(3)问可知离子甲在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的轨迹半径分别为R1'=d2,R'2=22则离子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为R1″=d,R2″=2d,根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图2所示从O点进入磁场到第一个交点过程,有t甲=T甲1+T甲2=2πmqB+t乙=T乙12+T乙22=可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为Δt=t乙t甲=2(答案:(1)mv02sinβcosβqL(2)Bqdm(318.(2022·山东卷,18)如图所示,“L”型平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O'点正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,A返回到O点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA=0.1kg,B的质量mB=0.3kg,A与B的动摩擦因数μ1=0.4,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v0=4m/s,重力加速度g取10m/s2。整个过程中A始终在B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力,求:(1)A与B的挡板碰撞后,二者的速度大小vA与vB;(2)B光滑部分的长度d;(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf;(4)实现上述运动过程,MmA的取值范围(结果用cos5°表示解析:(1)由于O'点右侧光滑,则A匀速运动至与B发生弹性碰撞,对A、B的碰撞过程,有mAv0=mAvA+mBvB,12mAv02=12mAvA2联立解得vA=2m/s,vB=2m/s。(2)A与B碰撞后,假设B停止时,A还未进入B的粗糙部分,对B的减速过程,由牛顿第二定律有μ2(mA+mB)g=mBaB1,由运动学规律有vB2=2aB1x联立解得aB1=3m/s2,xB=23m对A越过O'后的减速过程,由牛顿第二定律有μ1mAg=mAaA,由运动学规律有vA2=2aAx联立解得aA=4m/s2,xA=0.5m,因为xA≠xB,与题设矛盾,故假设不成立,则B停止前,A已经越过O'点,A越过O'后,对B的减速过程,由牛顿第二定律有μ2(mA+mB)g+μ1mAg=mBaB2,解得aB2=133m/s2作出A、B碰后到均停止过程的vt图像如图所示则图中①+②部分的面积与②+③部分的面积相等,均等于d设A向左匀速运动的时间为t0,则有12t0[(vA+vB)+(vA+vBaB1t0)]12vAt0代入数据解得t0=13s(t0=1s不合题意,舍去则d=76m(3)结合vt图像可知B在A摩擦力的作用下产生的位移xBA=(vB则Wf=μ1mAgxBA,代入数据解得Wf=365J(4)结合上述分析,A向右匀速运动的时间t1=dv0=724A向左运动的总时间为t2=t0+vAaA=5则单摆的运动周期T=4(t1+t2)=2πlg=4.5s对小球从释放到与A碰撞的过程,由动能定理得Mgl=12Mv2小球与A碰撞的过程,由动量守恒定律有Mv=Mv1+mAv0。①当碰后小球摆角恰为5°时,有Mgl(1cos5°)=12Mv联立并代入数据解得MmA=②当碰后小球摆角恰为0°时,有Mv=mAv0,代入数据解得MmA=则Mm42π45<M答案:(1)2m/s2m/s(2)76m(3)365J(4)42π2022年普通高中学业水平选择性考试(湖南卷)1.(2022·湖南卷,1)关于原子结构和微观粒子波粒二象性,下列说法正确的是(C)A.卢瑟福的核式结构模型解释了原子光谱的分立特征B.玻尔的原子理论完全揭示了微观粒子运动的规律C.光电效应揭示了光的粒子性D.电子束穿过铝箔后的衍射图样揭示了电子的粒子性解析:卢瑟福的核式结构模型解释的是α粒子散射实验现象,选项A错误;玻尔原子理论只解释了氢原子光谱分立特征,但无法解释其他原子如氦的原子光谱,选项B错误;光电效应说明光具有能量,具有粒子性,选项C正确;电子束穿过铝箔后的衍射图样说明电子的波动性,选项D错误。2.(2022·湖南卷,2)如图,四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边a、b、c、d上。移去a处的绝缘棒,假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化,下列说法正确的是(A)A.电场强度方向垂直指向a,电势减小B.电场强度方向垂直指向c,电势减小C.电场强度方向垂直指向a,电势增大D.电场强度方向垂直指向c,电势增大解析:由对称性与电场叠加原理可知,a、b、c、d处四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点的合场强为零,类比正点电荷电场可知,一根带正电绝缘长棒在空间某点的场强方向沿该棒所在直线的垂线指向该点,故撤去a处的绝缘棒后,O点的电场强度方向由O点垂直指向a;设每根带正电绝缘长棒在O点产生的电势为φ0,且大于零,则根据电势的叠加原理知,四根完全相同、均匀带正电绝缘长棒在O点产生的电场的电势为4φ0,若撤去a处的绝缘棒,其他三棒在O点产生的电场的电势为3φ0,故撤去a处的绝缘棒后,O点的电势减小。3.(2022·湖南卷,3)如图a,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图b所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(D)A.当导线静止在图a右侧位置时,导线中电流方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比解析:当导线静止在图a右侧时,导体棒MN在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态,由平衡条件可知,导体棒所受安培力指向右侧,又安培力与磁场方向垂直,所以安培力垂直于轻绳指右向右上方,由左手定则可知,导线中电流方向由M指向N,选项A错误;由平衡条件有,轻绳拉力F=(mg)2-(BIL)2,又BIL=mgsinθ,得sinθ=B4.(2022·湖南卷,4)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰,不考虑相对论效应,下列说法正确的是(B)A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.v2大于v1D.v2大于v0解析:设中子质量为m0,被碰粒子质量为m,碰后中子速度为v0',被碰粒子速度为v,二者发生弹性正碰,由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0=m0v0'+mv,12m0v02=12m0v0'2+12mv2,解得v0'=m0-mm0+mv0,v=2m0m0+mv0,因此当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时,有v1=v0,v2=215v0,故选项C、D错误;碰撞后氮核的动量为p氮=14m0·v2=2815m0v0,氢核的动量为p氢=m0·v1=m0v0,p氮>p氢,故选项A错误;碰撞后氮核的动能为Ek氮=12·14m0v22=28225m0v02,氢核的动能为5.(2022·湖南卷,5)北京2022年冬奥会跳台滑雪空中技巧比赛场地边,有一根系有飘带的风力指示杆,教练员根据飘带的形态提示运动员现场风力的情况。若飘带可视为粗细一致的匀质长绳,其所处范围内风速水平向右、大小恒定且不随高度改变。当飘带稳定时,飘带实际形态最接近的是(A)解析:先以整条飘带为研究对象进行受力分析,飘带受重力mg、风的作用力F和拉力T,由于竖直方向不同高度的风速一定,风对飘带的作用力与其作用面积成正比。设整条飘带受力面积为S,则风的作用力F=kS(k为常量),飘带上端切线方向与竖直方向夹角的正切值为tanθ=kSmg;再由飘带中点以下的部分为研究对象,设飘带中点的切线与竖直方向夹角α小于θ,则其受风的作用力F'>F2,而此部分飘带重力为12mg,由平衡条件可知,飘带中点切线即拉力方向与竖直方向夹角的正切值为tanα=F'12mg>kSmg=tanθ,结合三角函数关系知α>θ,6.(2022·湖南卷,6)如图,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P1初始位置在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R,滑动变阻器R2的最大阻值为9R,滑片P2初始位置在最右端。理想电压表○V的示数为U,理想电流表○A的示数为I。下列说法正确的是(B)A.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,I减小,U不变B.保持P1位置不变,P2向左缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率增大C.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,I减小,U增大D.保持P2位置不变,P1向下缓慢滑动的过程中,R1消耗的功率减小解析:设原线圈两端电压为U1,副线圈两端电压为U2,通过原线圈的电流为I1,通过副线圈的电流为I2,由理想变压器变压规律和变流规律可得,原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R'=U1I1=n1n2U2n2n1I2=n1n22U2I2=n1n22R1=4R<R2;保持P1位置不变,将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻,P2向左缓慢滑动过程中,R2接入电路的电阻减小,则整个电路的总电阻减小,由欧姆定律可知,回路中电流I增大,原线圈两端电压增大,又电源电压不变,故电压表示数U减小,选项A错误;由于原线圈两端电压增大,由理想变压