高中物理精品試卷PAGEPAGE12022屆安徽省黃山市高中畢業班第二次質量檢測試題一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.近代物理和技術的發展，極大地改變了人類的生產和生活方式，推動了人類文明與進步。關于近代物理知識下列說法正確的是（）A.原子核的比結合能越大，原子核越穩定B.某些原子核能夠放射出β粒子，說明原子核內有β粒子C.核泄漏污染物銫能夠產生對人體有害的輻射，核反應方程式為，X為中子D.若氫原子于從n=2能級向n=1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發生光電效應，則氫原子從n=3能級向n=1能級躍遷時輻射出的光能使該金屬發生光電效應[答案]A[解析]A．原子核的比結合能越大，原子核越穩定，故A正確；B．β衰變的本質是原子核內一個中子變為一個質子和電子，電子被釋放出來，原子核內沒有β粒子，故B錯誤；C．根據質量數守恒和電荷數守恒可得X的質量數為0，電荷數為-1，是電子，故B錯誤；D．若氫原子于從n=2能級向n=1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發生光電效應，則氫原子從n=3能級向n=1能級躍遷時輻射出的光不一定能使該金屬發生光電效應，需要看該金屬的逸出功是否大于氫原子從n=3能級向n=1能級躍遷時輻射出的光子的能量，故D錯誤。故選A。2.一輛貨車運載若干相同的光滑圓柱形空油桶，質量均為m。如圖所示，底層油桶平整排列、相互緊貼。上層只有一只油桶C，自由擺放在油桶A、B之間，且與汽車一起處于靜止狀態。重力加速度為g。若汽車向左加速運動（C始終與汽車相對靜止），則（）A.A對C的支持力增大B.B對C支持力減小C.當加速度時，A對C無支持力D.當加速度時，C對B的壓力大小為mg[答案]C[解析]AB．設A、B對C的支持力大小分別為NA、NB，汽車的加速度大小為a。在豎直方向上根據平衡條件可得在水平方向根據牛頓第二定律有聯立解得可知從a=0到a≠0時，NA減小，NB增大，故AB錯誤；C．根據上式可知，當加速度a=g時根據牛頓第三定律可知此時C對A的壓力為零，故C正確；D．根據可知，當加速度時，B對C的支持力為則C對B的壓力大小為，選項D錯誤。故選C。3.如圖所示，“鵲橋”中繼星處于地月拉格朗日點L2上時，會和月球、地球兩個大天體保持相對靜止的狀態。設地球的質量為M，“鵲橋”中繼星的質量為m，地月間距為L，拉格朗日L2點與月球間距為d，地球、月球和“鵲橋”中繼星均可視為質點，忽略太陽對”鵲橋”中繼星的引力，忽略“鵲橋”中繼星對月球的影響。則“鵲橋”中繼星處于L2點上時，下列選項正確的是（）A.地球對月球的引力與“鵲橋”中繼星對月球的引力相等B.月球與地球質量之比為C.“鵲橋”中繼星與月球的向心加速度之比D.“鵲橋”中繼星與月球的線速度之比為[答案]B[解析]A．月球所受的合外力方向指向地球，故地球對月球的引力大于“鵲橋”中繼星對月球的引力，故A錯誤；D．“鵲橋”中繼星與月球繞地球運動的角速度相等，根據可得“鵲橋”中繼星與月球的線速度之比為,故D錯誤；C．根據可得“鵲橋”中繼星與月球的向心加速度之比為，故C錯誤；B．對月球，地球對它的萬有引力提供向心力對“鵲橋”中繼星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故聯立解得故B正確。故選B。4.甲、乙兩車在平直公路上沿同一方向行駛，其圖像如圖所示，在時刻，乙車在甲車前方x0處，在時間內乙車的位移為x。下列判斷正確的是（）A.若甲、乙在時刻相遇，則B.若甲、乙在t1時刻相遇，則下次相遇時刻為2t1C.若，則甲、乙一定相遇一次D.若，則甲、乙一定相遇兩次[答案]D[解析]A．由圖可知，甲車的初速度等于，在時刻乙車速度為。在t1時間內，乙車的位移為x，則由圖象中，圖線與坐標圍成的面積表示位移，可判斷得甲車的位移為，若甲、乙在t1時刻相遇，則故A錯誤；B．若甲、乙在t1時刻相遇，如圖所示由圖象可知，為陰影部分對應的距離，由圖象中的對稱關系，下次相遇的時刻為故B錯誤；C．若，則時，兩車速度相等，此時甲乙位移差為說明在之前甲乙相遇過一次，第一次相遇時，甲的速度比乙的大，之后，乙車速度比甲車的大，乙能反追甲，所以兩車一定再次相遇，故C錯誤；D．若，則時，兩車速度相等，此時甲乙位移差為說明在之前甲乙相遇過一次，第一次相遇時，甲的速度比乙的大，之后，乙車速度比甲車的大，乙能反追甲，所以兩車一定相遇兩次，故D正確。故選D。5.如圖所示的兩個平行板電容器水平放置，A板用導線與M板相連，B板和N板都接地。讓A板帶電后，在兩個電容器間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止狀態。AB間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1，MN間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2。若將B板稍向下移，下列說法正確的是（）A.P向下動，Q向下動 B.U1減小，U2增大C.Q1減小，Q2增大 D.C1減小，C2增大[答案]C[解析]D．將B板稍向下移，據可知，C1減小；MN板不動，C2不變；故D項錯誤；C．假設兩板電荷量均不變，則AB板間電壓將增大，大于MN間的電壓，所以左側電容器將向右側電容器充電，即Q1減小，Q2增大；故C項正確；B．充電完成，穩定后，MN間電壓增大，則AB間電壓相對變化前也增大，故B項錯誤；A．AB板間電場強度左側電容器所帶電荷量減少，則AB板間電場強度減小，P所受電場力減小，重力不變，P向下動；據，MN間電壓增大，MN板間電場強度增大，Q所受電場力增大，重力不變，Q向上動；故A項錯誤。故選C。6.2022年2月4日，北京冬奧會盛大開幕。在首鋼大跳臺進行的跳臺滑雪項目極具視覺沖擊，深受觀眾喜愛。如圖所示，一位跳臺滑雪運動員從平臺末端a點以某一初速度水平滑出，在空中運動一段時間后落在斜坡b點，假設運動員及其裝備可視為質點，不計空氣阻力，關于運動員在空中的運動，下列說法正確的是（）A.在相等的時間間隔內，重力勢能的改變量總是相同的B.在相等的時間間隔內，速度的改變量總是相同的C.在下落相等高度的過程中，動能的改變量越來越大D.若增大初速，則運動員落在斜坡上時速度方向與水平方向的夾角不變[答案]BD[解析]A．運動員在豎直方向做自由落體運動，則在相等的時間間隔內，運動員下落的豎直高度不同，則重力勢能的改變量不相同，選項A錯誤；B．根據可知，在相等的時間間隔內，速度的改變量總是相同的，選項B正確；C．根據動能定理則在下落相等高度的過程中，動能的改變量相等，選項C錯誤；D．由平拋運動可得速度方向的夾角為位移方向的夾角為因此可得若增大初速，運動員落在斜坡上時位移方向與水平方向夾角保持不變，速度方向與水平方向的夾角α也不變，D正確。故選BD7.如圖所示，半徑為R的圓所在平面與某一勻強電場平行，A、B、C、E為圓周上四個點，E為BC圓弧的中點，AB//OE，O為圓心，D為AB中點，。粒子源從C點沿不同方向發出速率均為的帶正電的粒子，已知粒子的質量為m、電量為q（不計重力和粒子之間的相互作用力）。若沿CA方向入射的粒子恰以的速度垂直AB方向過D點。則以下說法正確的是（）A.AD間和OC間的電勢差關系為：UAD=UOCB.沿垂直BC方向入射的粒子可能經過A點C.在圓周上各點中，從E點離開的粒子速率最大D.若，則勻強電場的場強為[答案]AC[解析]A．因為沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向以的速度過D點，可知粒子沿平行于BC方向的速度不變，垂直于BC方向的速度減小到零，可知粒子受電場力方向平行于BA向下，則場強方向平行于BA向下，因OD和BC連線垂直于電場線，可知BC和OD均為等勢面，則UAD=UOC，選項A正確；B．電場方向垂直BC向下，則沿垂直BC方向入射的粒子不可能經過A點，選項B錯誤；C．在圓周上各點中，從E點離開的粒子電場力做正功且做功最大，則從E點離開的粒子的速率最大，選項C正確；D．若∠ACB=60°，則由類平拋運動的規律可知聯立解得選項D錯誤。故選AC。8.如圖所示，水平線PQ上方某區域內存在垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。O點在邊界上且存在粒子源，可發出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值為，粒子從O點發出即進入磁場區。最終所有粒子均從O點左側與水平成30°斜向左下方穿過水平線PQ，所有粒子質量均為m，帶電量絕對值為q，不計粒子重力及粒子間相互作用，下列說法正確的是（）A.粒子初速度越大，從O點到達水平線PQ的時間越長B.初速度最大的粒子從O點出發到穿過PQ的過程中動量變化為mvC.速度最大的粒子從水平線PQ離開的位置距O點的距離為D.勻強磁場區域的最小面積為[答案]BD[解析]粒子運動軌跡如圖

在磁場中洛倫茲力提供向心力，根據可得速度最大的粒子圓周運動的半徑A．所有粒子的速度偏轉角都一樣，所以在磁場中運動軌跡對應的圓心角都相等，根據可知運動的時間都相等，故A錯誤；B．根據矢量的運算法則可知，初速度最大的粒子從O點出發到穿過PQ的過程中動量變化為故B正確；C．由粒子的運動軌跡結合幾何關系可得速度最大的粒子從水平線PQ離開的位置距O點的距離為故C錯誤；D．勻強磁場區域的最小面積為圖中陰影部分面積，根據幾何關系得故D正確。故選BD。第II卷（非選擇題，共174分）二、非選擇題：共174分，第22～32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共129分。9.小明同學利用如圖所示的裝置來驗證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，上面固定兩個光滑的定滑輪A和B，三根細繩打一個結點O，且所有鉤碼完全相同，當系統達到平衡時，根據鉤碼個數讀出三根繩子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列問題：（1）改變鉤碼個數，實驗不能完成的是______A．鉤碼的個數N1=N2=2，N3=3B．鉤碼的個數N1=3，N2=5，N3=4C．鉤碼的個數N1=N2=N3=5D．鉤碼的個數N1=3，N2=1，N3=5（2）在拆下鉤碼和繩子前，最重要的一個步驟是______A．標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向B．用量角器量出三段繩子之間的夾角C．量出OA、OB、OC三段繩子的長度D．用天平測出鉤碼的質量（3）如圖所示，小蘭同學在做“探究求合力的方法”實驗時，用A、B兩根彈簧秤把橡皮條的結點拉到O點，此時，在實驗過程中，她做了一些探究，其中一個是：她使B彈簧秤示數有較明顯的增大，為了保持結點位置不變，可采取的補救辦法是______。A．保持其它不變，增大A的示數同時減小α角B．保持其它不變，增大A的示數同時增加α角C．保持其它不變，增大A的示數同時增大β角D．保持其它不變，增大A的示數同時減小β角[答案]（1）D（2）A（3）BC[解析]（1）[1]對O點受力分析可知，在三力作用下滿足平衡狀態，故三力大小構成三角形，需滿足兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，故D項不滿足要求，ABC滿足要求，故選D；（2）[2]為了驗證力的平行四邊形定則，必須做受力分析圖，需要明確受力點即標記O點，及力的大小和方向，可以用鉤碼數量表示力的大小，可以用繩子方向表示力的方向，故選A；（3）[3]保持結點位置不變，則合力大小不變，為使B彈簧秤示數有較明顯的增大，如圖所示可以保持其它不變，增大A的示數同時增加α角或增大A的示數同時增大β角，故BC正確，AD錯誤，故選BC。10.某物理學習小組為了探究小燈泡L（3.8V，0.7A）的伏安特性曲線，同時再測定電源電動勢和內阻，設計了如甲所示的電路圖。（1）為了完成實驗目的，該物理學習小組進行以下的實驗操作：第①步：按照電路圖甲正確連接好電路，將開關S1閉合，開關S2________（“閉合”或“斷開”），移動滑動變阻器滑片，測量并記錄電壓表和電流表數據。現有如下兩組數據：第一組：電流表I=0.20A，電壓表U1=0.65V,電壓表U2=4.3V第二組：電流表=0.40A，電壓表=1.50V,電壓表=4.1V利用以上數據可以求出電源電動勢E=______V，電源內阻r=______Ω。（結果均保留2位有效數字）第②步：將滑動變阻器滑片P調到______（填“最右邊”或“中間”或“最左邊”），再閉合開關______，移動調節滑動變阻器滑片，測量并記錄多組電壓表和電流表數據。利用以上測量數據描繪小燈泡的伏安特性曲線，如圖乙所示。（2）現在將六盞完全相同的燈泡L（3.8V，0.7A）并聯后直接接在題中電源的兩端，則該電路中每盞小燈泡的功率______W。（計算結果保留2位有效數字）[答案]（1）斷開4.51.0最右邊S2（2）0.83[解析]（1）[1]第①步：按照電路圖甲正確連接好電路，將開關S1閉合，開關S2斷開，移動滑動變阻器滑片，測量并記錄電壓表和電流表數據。[2][3]根據電路圖結合閉合電路歐姆定律得代入數據得聯立解得[4][5]第②步：為了保護電路，將滑動變阻器滑片P調到最右邊，再閉合開關S2，移動調節滑動變阻器滑片，測量并記錄多組電壓表和電流表數據。（2）[6]設流過燈泡的實際電流為,根據閉合電路歐姆定律得在燈泡的伏安特性圖中畫出等效電源的圖象可得兩圖線的交點即為燈泡的工作點，可得燈泡實際電壓約為1.8V，實際電流為0.46A，則功率11.如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計。在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B。現有一根長度稍大于L、質量為m、電阻為R的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開始下滑，到達軌道底端cd時受到軌道的支持力為2mg。整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，求：（1）金屬棒到達最低點時的速度和受到的安培力大小；（2）若金屬棒在拉力作用下，從cd開始以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動，則在到達ab的過程中感應電流的有效值和拉力做的功為多少？[答案]（1）；；（2）；[解析]（1）金屬棒在最低點時又解得通過金屬棒的電流安培力故（2）金屬棒以速度v0沿軌道做勻速圓周運動時，從最低點開始，對應的半徑r轉過的角度電動勢從cd到達ab的過程中，電流的有效值為由功能關系得拉力做功為所以12.如圖甲所示，平臺ON上有一輕質彈簧，其左端固定于豎直擋板上，右端與質量、可看作質點的物塊A相接觸（不粘連），OP段粗糙且長度等于彈簧原長。PN段光滑，上面有靜止的小滑塊B、C，，，滑塊B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長，B與輕彈簧連接，滑塊C未連接彈簧，兩滑塊離N點足夠遠。物塊A開始靜止于P點，現對物塊施加一個水平向左的外力F，大小隨位移x變化關系如圖乙所示。物塊A向左運動x=0.40m后撤去外力F，此后物塊A向右運動到離開P點時的速度為v0=4m/s，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。滑塊C脫離彈簧后滑上傾角θ=37°的傳送帶，并剛好到達傳送帶頂端。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.50，水平面MN右端N處與傾斜傳送帶理想連接，傳送帶以恒定速度v=1m/s順時針轉動，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物塊A與物塊B碰撞前克服摩擦力做功為多少；（2）滑塊C剛滑上傳送帶時的速度；（3）物塊C滑上傳送帶到達頂端的過程中，滑塊C與傳送帶之間摩擦產生的熱量。[答案]（1）2J；（2）1.6m/s；（3）0.536J[解析]（1）根據圖像可以求外力F做功為物塊A從開始運動M點的過程中解得（2）A與B碰撞，根據動量守恒定律得解得v1=1m/sAB碰撞后，到彈簧恢復原長時解得（3）C在傳送帶上減速至傳送帶共速過程中解得則C與傳送帶之間的相對位移是解得C與傳送帶共速后，繼續減速滑到頂端解得C與傳送帶之間的相對位移是解得則摩擦產生的總熱量為（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。13.某容器內封閉一定質量的理想氣體。氣體開始處于狀態a，經歷三個過程、、回到原狀態，其圖像如圖所示。則下面說法正確的是（）A.a、b、c三個狀態中b的體積最大B.a、b、c三個狀態中c單位體積中的分子數最少C.過程bc中氣體一定吸熱D.b和c兩個狀態中，容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數相同E.過程ab吸收的熱量小于過程ca釋放的熱量[答案]BCE[解析]AB．根據可知a、b、c三個狀態中，ab兩態體積相等，c的體積最大，單位體積中的分子數最少，選項A錯誤，B正確；C．過程bc中溫度不變，內能不變，體積變大，氣體對外做功，根據熱力學第一定律可知，氣體一定吸熱，選項C正確；D．b和c兩個狀態中，b態壓強大于c態壓強，兩態溫度相同，氣體分子平均速率相同；b態氣體分子數密度較大，則b態容器壁單位面積單位時間內受到氣體分子撞擊的次數較多，選項D錯誤；E．過程ab體積不變，內能增加，則過程ab吸收的熱量等于內能增加量；過程ca壓強不變，溫度降低，內能減小，體積減小，外界對氣體做功，則根據熱力學第一定律可知，氣體放熱，且放出的熱量等于氣體內能減小量與外界對氣體做功的代數和；因過程ab內能增加量等于過程ca內能減小量，可知過程ab吸收的熱量小于過程ca釋放的熱量，選項E正確。故選BCE。14.如圖所示，水平放置的固定汽缸A和B中分別用活塞封閉一定質量的理想氣體，其活塞面積之比為SA∶SB＝1∶3。兩活塞之間用剛性細桿相連，可沿水平方向無摩擦滑動。兩個汽缸始終都不漏氣。初始時，A、B中氣體的體積分別為V0、3V0，溫度皆為，A中氣體壓強，p0是汽缸外的大氣壓強。現對A緩慢加熱，在保持B中氣體溫度不變的情況下使B中氣體的壓強達到。求：（1）此時A中的氣體壓強；（2）此時A中的氣體溫度。[答案]（1）；（2）[解析]（1）活塞平衡時，由平衡條件得：初狀態末狀態且SA∶SB＝1∶3得（2）B中氣體初、末態溫度相等，設末態體積為，由玻意耳定律得設A中氣體末態的體積為VA，因為兩活塞移動的距離相等，故有對A中氣體由理想氣體狀態方程得解得15.如圖所示，一塊半圓柱形玻璃磚截面的圓心為O點，一束紅光和一束藍光分別沿半徑射入截面為半圓形的玻璃磚中后，都由圓心O沿OP方向射出，則下列說法正確（）A.玻璃磚對A光的折射率小于對B光的折射率B.A光為藍光，B光為紅光C.在玻璃中，A光的傳播速度大于B光的傳播速度D.若玻璃磚繞過O點垂直紙面的軸順時針緩慢轉動的過程中，則B光先在MN界面發生全反射E.分別用A、B光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，A光的干涉條紋間距小于B光的干涉條紋間距[答案]ACD[解析]A．根據光路可逆結合題圖可知，兩光從空氣中射入玻璃磚后，A光折射角大，B光折射角小，根據折射定律可知玻璃磚對A光的折射率小于對B光的折射率，故A正確；B．折射率越大，頻率越大，波長越小，可知B光為藍光，A光為紅光，故B錯誤；C．根據可知在玻璃中，A光的傳播速度大于B光的傳播速度，故C正確；D．根據全反射臨界角公式可知，B光的臨界角小，則若玻璃磚繞過O點垂直紙面的軸順時針緩慢轉動的過程中，則B光先在MN界面發生全反射，故D正確；E．根據結合B選項可知分別用A、B光在同一個雙縫干涉實驗裝置上做實驗，A光的干涉條紋間距大于B光的干涉條紋間距，故E錯誤。故選ACD16.平衡位置位于原點O的波源發出簡諧橫波在均勻介質中沿水平x軸傳播，A、B為x軸正半軸上的兩個點，O與A之間的距離，此距離小于波長。波源質點從0時刻開始振動，其位移方程為，當波傳到A點時，波源恰好處于波峰位置。求：（1）該簡諧橫波的波速v；（2）若O與B之間的距離。則從0時刻開始到平衡位置在B處的質點第一次處于波谷的過程中，波源質點在振動過程中通過的路程s。[答案]（1）0.4m/s；（2）170cm[解析]（1）由振動位移方程為y=10sin（πt+π）（cm）可知則周期由于O與A之間的距離小于波長，當波傳到A點時，波源O恰好處于波峰，則O點振動了個周期，A到O的距離即由公式可得波速（2）由分析可知經過則波谷第一次傳到B點時間為波源振動總路程為2022屆安徽省黃山市高中畢業班第二次質量檢測試題一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.近代物理和技術的發展，極大地改變了人類的生產和生活方式，推動了人類文明與進步。關于近代物理知識下列說法正確的是（）A.原子核的比結合能越大，原子核越穩定B.某些原子核能夠放射出β粒子，說明原子核內有β粒子C.核泄漏污染物銫能夠產生對人體有害的輻射，核反應方程式為，X為中子D.若氫原子于從n=2能級向n=1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發生光電效應，則氫原子從n=3能級向n=1能級躍遷時輻射出的光能使該金屬發生光電效應[答案]A[解析]A．原子核的比結合能越大，原子核越穩定，故A正確；B．β衰變的本質是原子核內一個中子變為一個質子和電子，電子被釋放出來，原子核內沒有β粒子，故B錯誤；C．根據質量數守恒和電荷數守恒可得X的質量數為0，電荷數為-1，是電子，故B錯誤；D．若氫原子于從n=2能級向n=1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發生光電效應，則氫原子從n=3能級向n=1能級躍遷時輻射出的光不一定能使該金屬發生光電效應，需要看該金屬的逸出功是否大于氫原子從n=3能級向n=1能級躍遷時輻射出的光子的能量，故D錯誤。故選A。2.一輛貨車運載若干相同的光滑圓柱形空油桶，質量均為m。如圖所示，底層油桶平整排列、相互緊貼。上層只有一只油桶C，自由擺放在油桶A、B之間，且與汽車一起處于靜止狀態。重力加速度為g。若汽車向左加速運動（C始終與汽車相對靜止），則（）A.A對C的支持力增大B.B對C支持力減小C.當加速度時，A對C無支持力D.當加速度時，C對B的壓力大小為mg[答案]C[解析]AB．設A、B對C的支持力大小分別為NA、NB，汽車的加速度大小為a。在豎直方向上根據平衡條件可得在水平方向根據牛頓第二定律有聯立解得可知從a=0到a≠0時，NA減小，NB增大，故AB錯誤；C．根據上式可知，當加速度a=g時根據牛頓第三定律可知此時C對A的壓力為零，故C正確；D．根據可知，當加速度時，B對C的支持力為則C對B的壓力大小為，選項D錯誤。故選C。3.如圖所示，“鵲橋”中繼星處于地月拉格朗日點L2上時，會和月球、地球兩個大天體保持相對靜止的狀態。設地球的質量為M，“鵲橋”中繼星的質量為m，地月間距為L，拉格朗日L2點與月球間距為d，地球、月球和“鵲橋”中繼星均可視為質點，忽略太陽對”鵲橋”中繼星的引力，忽略“鵲橋”中繼星對月球的影響。則“鵲橋”中繼星處于L2點上時，下列選項正確的是（）A.地球對月球的引力與“鵲橋”中繼星對月球的引力相等B.月球與地球質量之比為C.“鵲橋”中繼星與月球的向心加速度之比D.“鵲橋”中繼星與月球的線速度之比為[答案]B[解析]A．月球所受的合外力方向指向地球，故地球對月球的引力大于“鵲橋”中繼星對月球的引力，故A錯誤；D．“鵲橋”中繼星與月球繞地球運動的角速度相等，根據可得“鵲橋”中繼星與月球的線速度之比為,故D錯誤；C．根據可得“鵲橋”中繼星與月球的向心加速度之比為，故C錯誤；B．對月球，地球對它的萬有引力提供向心力對“鵲橋”中繼星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故聯立解得故B正確。故選B。4.甲、乙兩車在平直公路上沿同一方向行駛，其圖像如圖所示，在時刻，乙車在甲車前方x0處，在時間內乙車的位移為x。下列判斷正確的是（）A.若甲、乙在時刻相遇，則B.若甲、乙在t1時刻相遇，則下次相遇時刻為2t1C.若，則甲、乙一定相遇一次D.若，則甲、乙一定相遇兩次[答案]D[解析]A．由圖可知，甲車的初速度等于，在時刻乙車速度為。在t1時間內，乙車的位移為x，則由圖象中，圖線與坐標圍成的面積表示位移，可判斷得甲車的位移為，若甲、乙在t1時刻相遇，則故A錯誤；B．若甲、乙在t1時刻相遇，如圖所示由圖象可知，為陰影部分對應的距離，由圖象中的對稱關系，下次相遇的時刻為故B錯誤；C．若，則時，兩車速度相等，此時甲乙位移差為說明在之前甲乙相遇過一次，第一次相遇時，甲的速度比乙的大，之后，乙車速度比甲車的大，乙能反追甲，所以兩車一定再次相遇，故C錯誤；D．若，則時，兩車速度相等，此時甲乙位移差為說明在之前甲乙相遇過一次，第一次相遇時，甲的速度比乙的大，之后，乙車速度比甲車的大，乙能反追甲，所以兩車一定相遇兩次，故D正確。故選D。5.如圖所示的兩個平行板電容器水平放置，A板用導線與M板相連，B板和N板都接地。讓A板帶電后，在兩個電容器間分別有P、Q兩個帶電油滴都處于靜止狀態。AB間電容為C1，電壓為U1，帶電量為Q1，MN間電容為C2，電壓為U2，帶電量為Q2。若將B板稍向下移，下列說法正確的是（）A.P向下動，Q向下動 B.U1減小，U2增大C.Q1減小，Q2增大 D.C1減小，C2增大[答案]C[解析]D．將B板稍向下移，據可知，C1減小；MN板不動，C2不變；故D項錯誤；C．假設兩板電荷量均不變，則AB板間電壓將增大，大于MN間的電壓，所以左側電容器將向右側電容器充電，即Q1減小，Q2增大；故C項正確；B．充電完成，穩定后，MN間電壓增大，則AB間電壓相對變化前也增大，故B項錯誤；A．AB板間電場強度左側電容器所帶電荷量減少，則AB板間電場強度減小，P所受電場力減小，重力不變，P向下動；據，MN間電壓增大，MN板間電場強度增大，Q所受電場力增大，重力不變，Q向上動；故A項錯誤。故選C。6.2022年2月4日，北京冬奧會盛大開幕。在首鋼大跳臺進行的跳臺滑雪項目極具視覺沖擊，深受觀眾喜愛。如圖所示，一位跳臺滑雪運動員從平臺末端a點以某一初速度水平滑出，在空中運動一段時間后落在斜坡b點，假設運動員及其裝備可視為質點，不計空氣阻力，關于運動員在空中的運動，下列說法正確的是（）A.在相等的時間間隔內，重力勢能的改變量總是相同的B.在相等的時間間隔內，速度的改變量總是相同的C.在下落相等高度的過程中，動能的改變量越來越大D.若增大初速，則運動員落在斜坡上時速度方向與水平方向的夾角不變[答案]BD[解析]A．運動員在豎直方向做自由落體運動，則在相等的時間間隔內，運動員下落的豎直高度不同，則重力勢能的改變量不相同，選項A錯誤；B．根據可知，在相等的時間間隔內，速度的改變量總是相同的，選項B正確；C．根據動能定理則在下落相等高度的過程中，動能的改變量相等，選項C錯誤；D．由平拋運動可得速度方向的夾角為位移方向的夾角為因此可得若增大初速，運動員落在斜坡上時位移方向與水平方向夾角保持不變，速度方向與水平方向的夾角α也不變，D正確。故選BD7.如圖所示，半徑為R的圓所在平面與某一勻強電場平行，A、B、C、E為圓周上四個點，E為BC圓弧的中點，AB//OE，O為圓心，D為AB中點，。粒子源從C點沿不同方向發出速率均為的帶正電的粒子，已知粒子的質量為m、電量為q（不計重力和粒子之間的相互作用力）。若沿CA方向入射的粒子恰以的速度垂直AB方向過D點。則以下說法正確的是（）A.AD間和OC間的電勢差關系為：UAD=UOCB.沿垂直BC方向入射的粒子可能經過A點C.在圓周上各點中，從E點離開的粒子速率最大D.若，則勻強電場的場強為[答案]AC[解析]A．因為沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向以的速度過D點，可知粒子沿平行于BC方向的速度不變，垂直于BC方向的速度減小到零，可知粒子受電場力方向平行于BA向下，則場強方向平行于BA向下，因OD和BC連線垂直于電場線，可知BC和OD均為等勢面，則UAD=UOC，選項A正確；B．電場方向垂直BC向下，則沿垂直BC方向入射的粒子不可能經過A點，選項B錯誤；C．在圓周上各點中，從E點離開的粒子電場力做正功且做功最大，則從E點離開的粒子的速率最大，選項C正確；D．若∠ACB=60°，則由類平拋運動的規律可知聯立解得選項D錯誤。故選AC。8.如圖所示，水平線PQ上方某區域內存在垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。O點在邊界上且存在粒子源，可發出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值為，粒子從O點發出即進入磁場區。最終所有粒子均從O點左側與水平成30°斜向左下方穿過水平線PQ，所有粒子質量均為m，帶電量絕對值為q，不計粒子重力及粒子間相互作用，下列說法正確的是（）A.粒子初速度越大，從O點到達水平線PQ的時間越長B.初速度最大的粒子從O點出發到穿過PQ的過程中動量變化為mvC.速度最大的粒子從水平線PQ離開的位置距O點的距離為D.勻強磁場區域的最小面積為[答案]BD[解析]粒子運動軌跡如圖

在磁場中洛倫茲力提供向心力，根據可得速度最大的粒子圓周運動的半徑A．所有粒子的速度偏轉角都一樣，所以在磁場中運動軌跡對應的圓心角都相等，根據可知運動的時間都相等，故A錯誤；B．根據矢量的運算法則可知，初速度最大的粒子從O點出發到穿過PQ的過程中動量變化為故B正確；C．由粒子的運動軌跡結合幾何關系可得速度最大的粒子從水平線PQ離開的位置距O點的距離為故C錯誤；D．勻強磁場區域的最小面積為圖中陰影部分面積，根據幾何關系得故D正確。故選BD。第II卷（非選擇題，共174分）二、非選擇題：共174分，第22～32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33～38題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共129分。9.小明同學利用如圖所示的裝置來驗證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，上面固定兩個光滑的定滑輪A和B，三根細繩打一個結點O，且所有鉤碼完全相同，當系統達到平衡時，根據鉤碼個數讀出三根繩子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列問題：（1）改變鉤碼個數，實驗不能完成的是______A．鉤碼的個數N1=N2=2，N3=3B．鉤碼的個數N1=3，N2=5，N3=4C．鉤碼的個數N1=N2=N3=5D．鉤碼的個數N1=3，N2=1，N3=5（2）在拆下鉤碼和繩子前，最重要的一個步驟是______A．標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向B．用量角器量出三段繩子之間的夾角C．量出OA、OB、OC三段繩子的長度D．用天平測出鉤碼的質量（3）如圖所示，小蘭同學在做“探究求合力的方法”實驗時，用A、B兩根彈簧秤把橡皮條的結點拉到O點，此時，在實驗過程中，她做了一些探究，其中一個是：她使B彈簧秤示數有較明顯的增大，為了保持結點位置不變，可采取的補救辦法是______。A．保持其它不變，增大A的示數同時減小α角B．保持其它不變，增大A的示數同時增加α角C．保持其它不變，增大A的示數同時增大β角D．保持其它不變，增大A的示數同時減小β角[答案]（1）D（2）A（3）BC[解析]（1）[1]對O點受力分析可知，在三力作用下滿足平衡狀態，故三力大小構成三角形，需滿足兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊，故D項不滿足要求，ABC滿足要求，故選D；（2）[2]為了驗證力的平行四邊形定則，必須做受力分析圖，需要明確受力點即標記O點，及力的大小和方向，可以用鉤碼數量表示力的大小，可以用繩子方向表示力的方向，故選A；（3）[3]保持結點位置不變，則合力大小不變，為使B彈簧秤示數有較明顯的增大，如圖所示可以保持其它不變，增大A的示數同時增加α角或增大A的示數同時增大β角，故BC正確，AD錯誤，故選BC。10.某物理學習小組為了探究小燈泡L（3.8V，0.7A）的伏安特性曲線，同時再測定電源電動勢和內阻，設計了如甲所示的電路圖。（1）為了完成實驗目的，該物理學習小組進行以下的實驗操作：第①步：按照電路圖甲正確連接好電路，將開關S1閉合，開關S2________（“閉合”或“斷開”），移動滑動變阻器滑片，測量并記錄電壓表和電流表數據。現有如下兩組數據：第一組：電流表I=0.20A，電壓表U1=0.65V,電壓表U2=4.3V第二組：電流表=0.40A，電壓表=1.50V,電壓表=4.1V利用以上數據可以求出電源電動勢E=______V，電源內阻r=______Ω。（結果均保留2位有效數字）第②步：將滑動變阻器滑片P調到______（填“最右邊”或“中間”或“最左邊”），再閉合開關______，移動調節滑動變阻器滑片，測量并記錄多組電壓表和電流表數據。利用以上測量數據描繪小燈泡的伏安特性曲線，如圖乙所示。（2）現在將六盞完全相同的燈泡L（3.8V，0.7A）并聯后直接接在題中電源的兩端，則該電路中每盞小燈泡的功率______W。（計算結果保留2位有效數字）[答案]（1）斷開4.51.0最右邊S2（2）0.83[解析]（1）[1]第①步：按照電路圖甲正確連接好電路，將開關S1閉合，開關S2斷開，移動滑動變阻器滑片，測量并記錄電壓表和電流表數據。[2][3]根據電路圖結合閉合電路歐姆定律得代入數據得聯立解得[4][5]第②步：為了保護電路，將滑動變阻器滑片P調到最右邊，再閉合開關S2，移動調節滑動變阻器滑片，測量并記錄多組電壓表和電流表數據。（2）[6]設流過燈泡的實際電流為,根據閉合電路歐姆定律得在燈泡的伏安特性圖中畫出等效電源的圖象可得兩圖線的交點即為燈泡的工作點，可得燈泡實際電壓約為1.8V，實際電流為0.46A，則功率11.如圖所示，兩根等高光滑的圓弧軌道，半徑為r、間距為L，軌道電阻不計。在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B。現有一根長度稍大于L、質量為m、電阻為R的金屬棒從軌道的頂端ab處由靜止開始下滑，到達軌道底端cd時受到軌道的支持力為2mg。整個過程中金屬棒與導軌接觸良好，求：（1）金屬棒到達最低點時的速度和受到的安培力大小；（2）若金屬棒在拉力作用下，從cd開始以速度v0向右沿軌道做勻速圓周運動，則在到達ab的過程中感應電流的有效值和拉力做的功為多少？[答案]（1）；；（2）；[解析]（1）金屬棒在最低點時又解得通過金屬棒的電流安培力故（2）金屬棒以速度v0沿軌道做勻速圓周運動時，從最低點開始，對應的半徑r轉過的角度電動勢從cd到達ab的過程中，電流的有效值為由功能關系得拉力做功為所以12.如圖甲所示，平臺ON上有一輕質彈簧，其左端固定于豎直擋板上，右端與質量、可看作質點的物塊A相接觸（不粘連），OP段粗糙且長度等于彈簧原長。PN段光滑，上面有靜止的小滑塊B、C，，，滑塊B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長，B與輕彈簧連接，滑塊C未連接彈簧，兩滑塊離N點足夠遠。物塊A開始靜止于P點，現對物塊施加一個水平向左的外力F，大小隨位移x變化關系如圖乙所示。物塊A向左運動x=0.40m后撤去外力F，此后物塊A向右運動到離開P點時的速度為v0=4m/s，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短。滑塊C脫離彈簧后滑上傾角θ=37°的傳送帶，并剛好到達傳送帶頂端。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.50，水平面MN右端N處與傾斜傳送帶理想連接，傳送帶以恒定速度v=1m/s順時針轉動，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）物塊A與物塊B碰撞前克服摩擦力做功為多少；（2）滑塊C剛滑上傳送帶時的速度；（3）物塊C滑上傳送帶到達頂端的過程中，滑塊C與傳送帶之間摩擦產生的熱量。[答案]（1）2J；（2）1.6m/s；（3）0.536J[解析]（1）根據圖像可以求外力F做功為物塊A從開始運動M點的過程中解得（2）A與B碰撞，根據動量守恒定律得解得v1=1m/sAB碰撞后，到彈簧恢復原長時解得（3）C在傳送帶上減速至傳送帶共速過程中解得則C與傳送帶之間的相對位移是解得C與傳送帶共速后，繼續減速滑到頂端解得C與傳送帶之間的相對位移是解得則摩擦產生的總熱量為（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。13.某容器內封閉一定質量的理想氣體。氣體開始處于狀態a，經歷三個過程、、回到