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【原创】（新高考）2022届高考仿真卷模拟卷 物理（五）
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这是一份【原创】（新高考）2022届高考仿真卷模拟卷 物理（五），文件包含原创新高考2022届高三二轮综合卷物理五学生版doc、原创新高考2022届高三二轮综合卷物理五教师版doc、原创新高考2022届高三二轮综合卷物理五答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。
1．下列说法正确的是( )
A．在光电效应实验中，只要入射光足够强，时间足够长，金属表面就会逸出光电子
B．在光电效应的实验中，饱和光电流大小取决于入射光的频率，频率越大，饱和光电流越大
C．根据玻尔的原子理论，氢原子从n＝5的激发态跃迁到n＝2的激发态时，原子能量减小，电势能增加
D．一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以产生6种谱线
【答案】D
【解析】在光电效应实验中，只要入射光频率足够大，金属表面就会逸出光电子，与入射光的强度及光照时间无关，A错误；在光电效应的实验中，饱和光电流大小取决于入射光的强度，B错误；根据波尔的原子理论，氢原子从n＝5的激发态跃迁多n＝2的激发态时，原子能量减小，电子的动能变大，原子的电势能减小，C错误；大量氢原子位于高能级最多能发出的谱线种类为，故一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以产生6种谱线，D正确。
2．如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动。为使水波能带动叶片振动，可用的方法是( )
A．降低波源频率
B．减小波源振幅
C．减小波源距桥墩的距离
D．增大波源振幅
【答案】A
【解析】水波波速不变，波源频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之波源降低频率，波长增大，衍射现象更明显，可以使水波能带动叶片振动，而与波源距桥墩的距离，波源振幅无关，故BCD错误，A正确。
3．冰壶是奥运会一种投掷性竞赛项目，很有观赏性。运动员以一定初速度投出冰壶使其在冰面上自由滑行，v－t图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．冰壶做加速度逐渐增大的减速运动
B．冰壶在t0秒内运动的位移s＞eq \f(1,2)v0t0
C．水平面的动摩擦因数逐渐减小
D．冰壶在运动中点的瞬时速度小于中间时刻的瞬时速度
【答案】C
【解析】根据v－t图线的斜率表示加速度，该图线的斜率逐渐减小，可知冰壶做加速度减小的减速运动，故A错误；通过速度图线与时间轴围成的面积表示位移，若将该图线与匀减速直线运动的图线比较可知，冰壶在t0秒内运动的位移s＜eq \f(1,2)v0t0，故B错误；冰壶运动的加速度是摩擦力产生的，由牛顿第二定律，则，冰壶的加速度逐渐减小，则水平面的动摩擦因数逐渐减小，故C正确；冰壶在运动的中点处，两侧的位移大小相等，在v﹣t图线上找到并标出冰壶在运动中点的瞬时速度和中间时刻的瞬时速度如图，可知冰壶在运动中点的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度，故D错误。
4．一定质量理想气体的p－V图象如图所示，其中a→b为等容过程，b→c为等压变化，c→a为等温过程。已知气体在状态a时的温度Ta＝300 K，在状态b时的体积Vb＝22.4 L。以下说法正确的是( )
A．气体在状态b时的温度Tb＝200 K
B．气体从a到b过程要吸收热量
C．气体从b到c过程要放热
D．气体在状态c时的体积Vc＝67.2 L
【答案】D
【解析】从a到b为等容变化，则，解得，A错误；气体从a到b过程体积不变，则W＝0；温度降低，则内能减小，即∆U＜0，根据∆U＝W＋Q可知，Q＜0，即气体放热，B错误；气体从b到c过程，压强不变，体积变大，则温度升高，气体对外做功，内能增加，则气体要吸收热量，C错误；从b到c，由盖吕萨克定律得，气体在状态c时的体积，D正确。
5．无线充电器能给手机充电正是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功无线充电。如图为自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220eq \r(2)sin 314t（V），不考虑充电过程中的各种能量损失。则下列说法正确的是( )
A．通过车载充电器的电流为交流电
B．通过车载充电器的电流方向周期性地变化
C．车载充电器两端电压的有效值约为22 V
D．车载充电器两端电压的有效值约为11eq \r(2) V
【答案】D
【解析】接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期的交流电能通过二极管，所以通过车载充电器的电流方向不变，不是交流电，AB错误；由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得接收线圈的电压有效值为，由电流的热效应可得，解得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝11eq \r(2) V，C错误，D正确。
6．为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计（流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积）。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动。测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。则( )
A．污水的流量为
B．金属板M的电势低于金属板N的电势
C．左、右两侧管口的压强差为
D．电压U与污水中离子浓度成正比
【答案】C
【解析】根据，得，则有，故A错误；根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知金属板M的电势一定高于金属板N的电势，故B错误；根据平衡条件，则有，解得，故C正确；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有，解得U＝vBc，则电压U与污水中离子浓度无关，D错误。
7．全球最大水平臂上回转自升塔式起重机的开发和应用，意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其所受合外力随时间变化的图像如图所示，t1～t2内起重机的功率为额定功率，不计物体受到的空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．物体匀加速阶段的加速度为
B．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为
C．t2时刻物体正在减速上升
D．0～t1阶段牵引力所做的功为
【答案】B
【解析】题图纵轴表示合外力，因此0～t1时间内，物体加速度，故A错误；0～t1时间内牵引力做功，t1～t2时间内牵引力做功，联立可得0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比，故B正确，D错误；由题图可知t2时刻合外力仍大于零，合外力仍向上，物体继续做加速运动，故C错误。
8．已知均匀带电圆环轴线上各点场强随距环心距离变化的图象如图甲所示。图乙中a、b为两个相同的均匀带电圆环，分别带有＋Q、－Q的电荷，两环圆心O、O′共轴，P为O、O′的中点。则以下分析正确的是( )
A．在连线O、O′之间，P点电场强度一定最大
B．从O点到O′点，电势逐渐降低
C．过P点垂直于O、O′的平面为等势面
D．从P点由静止释放一个不计重力的正粒子，粒子将一直向右加速
【答案】BC
【解析】由图甲可知，均匀带电圆环轴线上各点电场强度随距环心距离增大先增大后减小，则P点电场强度的矢量合不一定最大，故A错误；a为正电荷，b为负电荷，则从O到O′，a与b产生的电场的电场强度的方向都是向右，沿电场强度的方向电势降低，所以从O点到O′点，电势逐渐降低，故B正确；由图甲可知，均匀带电圆环轴线上各点电场强度的方向都是沿轴线的方向，a带正电，b带负电，a与b产生的电场，在沿OO′轴线上的O、O′之间的各点的电场强度的合矢量的方向一定都是沿OO′方向向右；过P点垂直于OO′连线上的各点合电场强度的大小一定相等，方向都是向右，与OO′的方向平行，所以过P点垂直于OO′的平面为等势面，故C正确；结合C的分析可知，在沿OO′轴线上O、O′之间的各点电场强度的合矢量的方向一定都是沿OO′方向向右，但在b的右侧某一点开始再向右的各点合场强的方向向左，所以从P点由静止释放一个不计重力的正粒子，则带正电荷的粒子受到的电场力的方向先向右后向左，所以粒子将先向右加速，后向右做减速运动，故D错误。
9．2021年2月10日，“天问一号”探测器成功被火星捕获，进入环火轨道，探测器被火星捕获后经过多次变轨才能在火星表面着陆。已知火星直径为地球直径的Р倍，火星质量为地球质量的k倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。若探测器在半径为r的轨道1上绕火星做匀速圆周运动的动能为Ek，变轨到火星附近的轨道2上做匀速圆周运动后，动能增加了ΔE，以下判断正确的是( )
A．轨道2的半径为
B．轨道2的半径为
C．“天问一号”在轨道2时的速率约为
D．“天问一号”在轨道2时的速率为
【答案】BD
【解析】根据，则轨道1上的动能，轨道2上的动能，，解得，A错误，B正确；由题意火星直径为地球直径的P倍，则，，在星球表面，根据万有引力等于重力得，解得，则，在星球表面，根据万有引力提供向心力得，解得，，因为，，C错误，D正确。
10．如图所示，倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角60°，从O点正下方的A点以v0＝10eq \r(3) m/s的水平初速度向右抛出一个质量为m＝1 kg的小球（可视为质点），若小球的运动轨迹恰好与挡板上的B点相切（B点未画出），重力加速度g取10 m/s2，不考虑空气阻力，则( )
A．小球到达B点时的速度大小为20 m/s
B．从A到B过程中，小球的动量变化量为10(2－eq \r(3)) kg‧m/s
C．O、A两点间的距离为5 m
D．从A到B过程中，小球的重力势能变化量为50 J
【答案】AC
【解析】当小球的运动轨迹恰好与挡板相切时，小球速度恰好沿OM方向，如图所示，由速度的合成与分解可得小球到达B点时的速度大小，A正确；小球做平抛运动，仅在竖直方向上存在加速度，小球运动到B点时，其竖直方向上的分速度，故小球的速度变化量，B错误；由，，，联立可得，，则由几何关系可知O、A两点间的距离，O、B两点间的距离，C正确，D错误。
11．如图，正方形导线框abcd静置在光滑水平桌面上，其ab边恰好与匀强磁场的左边界重合，磁场方向垂直桌面向下，磁场左右边界的距离大于导线框的边长。t＝0时刻开始，在ab中点施加一水平向右的拉力，使导线框向右做匀加速直线运动，直到cd边离开磁场。规定沿abcda的方向为感应电流的正方向，用I表示感应电流，用Uab表示a、b两点间的电势差，用F、P表示拉力的大小和拉力的功率，则下列相关的关系图像中可能正确的是( )
【答案】BD
【解析】由法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得电流大小与时间的关系为，ab边与cd边都在磁场中时，没有感应电流产生，由楞次定律可知，当ab边进入磁场时，电流方向为adcba即电流方向为负方向，离开磁场时，电流方向为abcda即电流方向为正方向，A错误；当只有ab边进入磁场这段时间内，由右手定则知ab两点电势差为正值，结合法拉第电磁感应定律可知大小随时间变化为，同理导线框全部进入磁场这段时间内，ab两点间的电势差为正值，大小随时间变化为，当ab边从磁场中出来到到整个导线框从磁场中出来这段时间内ab两点电势差为正值，大小随时间变化为，故这三段时间中，与时间关系图像经过原点的倾斜的直线，第二段时间斜率最大，第三段时间的初始电势差小于第二阶段的末状态电势差，可能小于第一阶段的末状态电势差，B正确；由牛顿第二定律得，又，电流随时间变化规律为，解得，但在这段时间内，有，拉力与0时刻拉力相等，图中所示此段时间内拉力大于0时刻的拉力，C错误；拉力的功率为，故P与t关系图像为抛物线，但在这段时间内，，P与t关系图像为经过原点的一条倾斜的直线，D正确。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
12．(7分)利用如图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘，另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接，A放光滑的倾斜轨道上，A与滑轮之间的绳与斜轨平行，距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放，测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次试验，测得多组－M数据如下表所示。L、g、m、R为已知量，不计滑轮转轴处摩擦，绳与滑轮不打滑。
－M数据记录表：
(1)若A上的挡光条宽为d，经过光电门时的挡光时间为△t，则A通过光电门处的速度v＝___________。
(2)根据表格中数据，在图乙坐标系中作出－M图像。
(3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M＝__________时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，由此可求得斜轨倾角为____________。
(4)利用表中的第1组数据，可以推出质量m的滑轮以角速度ω转动时其转动的动能Ek＝_____________。（用m、R、ω表示）
【答案】(1) (2)见解析图 (3)0 或30° (4)
【解析】(1)A通过光电门处的速度。
作出－M图像如图。
(3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M＝0时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，即，由能量关系可知，由此可求得斜轨倾角为。
(4)当滑轮的质量为m时，根据第1组数据可知，即，由能量关系，，解得。
13．(9分)新型冠状病毒肆虐全球，给人类的生命安全带来了极大的威胁与伤害，感染新冠病毒的主要症状有咳嗽、发热、头疼、全身乏力等。体温监测是进行新冠排查的主要手段之一。小明同学利用热敏电阻自制了一简易温度计，其内部电路装置如图甲，使用的器材有：直流电源（电动势E＝3 V，内阻为2 Ω）、毫安表（量程和内阻未知）、电阻箱R（最大阻值999.9 Ω）、热敏电阻一个、开关S一个、单刀双掷开关K一个、导线若干。
(1)为了确定毫安表的量程和内阻，先把电阻箱的阻值调到最大，然后将开关K接至a端，闭合开关S，逐渐调节电阻箱的阻值，发现当毫安表指针刚好偏转至满刻度的一半时，电阻箱示数如图乙，此时电阻箱R阻值为_________Ω。将电阻箱阻值调为290.0 Ω时，毫安表指针刚好满偏。由此知毫安表的量程为Ig＝_________mA，内阻Rg＝_________Ω。
(2)将开关K接至b端，该温度计可开始工作，为了得到温度与电流之间的关系，小明通过查阅资料，发现自己使用的热敏电阻为正温度系数热敏电阻，该电阻的阻值R随温度t增加而线性增加，R－t 图像的斜率为5 Ω/℃，已知0℃时该电阻的阻值为300 Ω，请写出该简易温度计所测温度t与电流I之间的关系式：__________℃。
(3)当该温度计使用－段时间后，其所用电源会有一定程度老化。电动势E基本不变，内阻逐渐增大，则使用一段时间后该温度计所测温度会比实际温度_________。（填“偏低”“偏高”或“相同”）
【答案】(1)590.0 10 8 (2) (3)偏高
【解析】(1)由乙图可得读数为；半偏时，满偏时，解得，。
(2)电阻，电流，解得（℃）。
(3)因电动势E基本不变，内阻逐渐增大，可知测量同一电阻时，电流偏小，根据（℃），可知温度读数偏高。
14．(9分)如图所示，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径平行于桌面，轴线OO′垂直于水平桌面。位于O点正上方某一高度处有一点光源S，从S发出一束单色光射向半球体上的A点，该光线与SO′成60°角，且通过半球体后垂直射到桌面上的B点。已知O′B＝eq \f(\r(3),2)R，O′O＝eq \f(3,2)R，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：
(1)透明半球体对该单色光的折射率n；
(2)该光从S发出到射到桌面B点经历的时间t。
【解析】(1)光路图如图所示，单色光射向半球体上的A点，该光线与SO′成60°角，则入射角θ＝60°
光由空气射向半球体，由折射定律，有
因
所以∠COD＝60°
由几何关系可知γ＝∠COD＝60°
光由半球体射向空气，由折射定律，有
联立可得α＝β
由几何知识得α＋β＝60°
故α＝β＝30°
则n＝eq \r(3)。
(2)光在半球体中传播的速度为
由几何关系
则光从S发出到射到桌面B点经历的时间
联立可得。
15．(14分)如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面的倾角θ＝37°，传送带以v＝2 m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x0＝4 m的O点由静止释放一质量m＝0.5 kg的滑块（视为质点），滑块沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后反弹速率不变。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：
(1)滑块与挡板P第一次碰撞的速度大小；
(2)滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置到传送带底端的距离L；
(3)试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置木块前相比电动机增加的功率。
【解析】(1)由牛顿第二定律有
滑块下滑的加速度a＝2 m/s2
由
可得v1＝4 m/s。
(2)上滑时，滑块速度大于传送带速度的过程，加速度大小为
由
可得L1＝0.6 m
速度小于传送带速度后加速度等于第一次下滑时的加速度，由v2＝2aL2
得L2＝1 m
L＝L1＋L2＝1.6 m。
(3)滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度a向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，根据速度位移公式可得碰撞前的速度为
与挡板第二次碰撞后，滑块原速被反弹，先沿传送带向上以加速度a1做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为L3，则
之后以加速度a继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为L4，则有
滑块滑到最高点后，沿传送带以a的加速度向下匀加速，与挡板P发生第三次碰撞，碰前速度为
第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为
以此类推，经过多次碰撞后滑块以2 m/s的速度被反弹，在距挡板1 m的范围内不断做向上做减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为2 m/s2 ，滑块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力
故电动机增加的输出功率为。
16．(17分)如图所示，直角坐标系xOy所在的平面内，y轴的左侧为三个依次相切的圆形有界磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，P、O、Q为y轴和三个圆形磁场右边界的切点。y轴的右侧为大小为E、方向沿x轴负方向的足够大的匀强电场区域。已知Ⅰ、Ⅲ区域的半径均为3R，磁感应强度大小为B0，方向均垂直纸面向外；Ⅱ区域半径为R，磁感应强度大小为3B0，方向垂直纸面向里（图中均未画出）。一个质量为m，电荷量为＋q带电粒子以某一速度从A点沿直径AP方向进入磁场Ⅰ区，恰好沿O1O2方向进入II区域。不计带电粒子的重力，求：
(1)粒子在A点的速度v0；
(2)带电粒子在电场区域沿x轴方向运动的最大距离；
(3)粒子最后离开磁场区的位置坐标；
(4)粒子在整个过程中运动的时间。
【解析】(1)如图甲所示，在三角形中
所以
由几何知识得
设粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径为，则
解得。
(2)设粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为r2，则
如图乙所示，连结在直角三角形中，由几何知识可求得
故粒子在Ⅱ区域的偏转圆弧所对的圆心角为
粒子在Ⅱ区域的偏转角
即粒子将从O点沿x轴正方向离开Ⅱ区域，进入电场中，在电场中的加速度
在电场区域沿x轴方向运动的最大距离。
(3)粒子进入电场后先沿x轴正向做匀减速直线运动，减速为零后，再反向做匀加速直线运动，返回Ⅱ区的速度大小仍为，经过Ⅱ区的偏转圆弧所对的圆心角为60°。并且沿方向进入Ⅲ区，在Ⅲ区的偏转半径，由几何知识求得，粒子在Ⅲ区偏转圆弧所对的圆心角也为60°，粒子最终将沿的反方向从点离开区域Ⅲ，其整个过程的运动轨迹如图丙所示。
由对称性可知，A、D两点关于y轴对称
所以粒子最后离开磁场区的位置坐标为。
(4)粒子在I区和III区
粒子在II区
在电场中
粒子整个过程运动时间。
滑轮质量M
m
0.8m
0.6m
0.4m
0.2m
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。
1．下列说法正确的是( )
A．在光电效应实验中，只要入射光足够强，时间足够长，金属表面就会逸出光电子
B．在光电效应的实验中，饱和光电流大小取决于入射光的频率，频率越大，饱和光电流越大
C．根据玻尔的原子理论，氢原子从n＝5的激发态跃迁到n＝2的激发态时，原子能量减小，电势能增加
D．一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以产生6种谱线
【答案】D
【解析】在光电效应实验中，只要入射光频率足够大，金属表面就会逸出光电子，与入射光的强度及光照时间无关，A错误；在光电效应的实验中，饱和光电流大小取决于入射光的强度，B错误；根据波尔的原子理论，氢原子从n＝5的激发态跃迁多n＝2的激发态时，原子能量减小，电子的动能变大，原子的电势能减小，C错误；大量氢原子位于高能级最多能发出的谱线种类为，故一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以产生6种谱线，D正确。
2．如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动。为使水波能带动叶片振动，可用的方法是( )
A．降低波源频率
B．减小波源振幅
C．减小波源距桥墩的距离
D．增大波源振幅
【答案】A
【解析】水波波速不变，波源频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之波源降低频率，波长增大，衍射现象更明显，可以使水波能带动叶片振动，而与波源距桥墩的距离，波源振幅无关，故BCD错误，A正确。
3．冰壶是奥运会一种投掷性竞赛项目，很有观赏性。运动员以一定初速度投出冰壶使其在冰面上自由滑行，v－t图象如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．冰壶做加速度逐渐增大的减速运动
B．冰壶在t0秒内运动的位移s＞eq \f(1,2)v0t0
C．水平面的动摩擦因数逐渐减小
D．冰壶在运动中点的瞬时速度小于中间时刻的瞬时速度
【答案】C
【解析】根据v－t图线的斜率表示加速度，该图线的斜率逐渐减小，可知冰壶做加速度减小的减速运动，故A错误；通过速度图线与时间轴围成的面积表示位移，若将该图线与匀减速直线运动的图线比较可知，冰壶在t0秒内运动的位移s＜eq \f(1,2)v0t0，故B错误；冰壶运动的加速度是摩擦力产生的，由牛顿第二定律，则，冰壶的加速度逐渐减小，则水平面的动摩擦因数逐渐减小，故C正确；冰壶在运动的中点处，两侧的位移大小相等，在v﹣t图线上找到并标出冰壶在运动中点的瞬时速度和中间时刻的瞬时速度如图，可知冰壶在运动中点的瞬时速度大于中间时刻的瞬时速度，故D错误。
4．一定质量理想气体的p－V图象如图所示，其中a→b为等容过程，b→c为等压变化，c→a为等温过程。已知气体在状态a时的温度Ta＝300 K，在状态b时的体积Vb＝22.4 L。以下说法正确的是( )
A．气体在状态b时的温度Tb＝200 K
B．气体从a到b过程要吸收热量
C．气体从b到c过程要放热
D．气体在状态c时的体积Vc＝67.2 L
【答案】D
【解析】从a到b为等容变化，则，解得，A错误；气体从a到b过程体积不变，则W＝0；温度降低，则内能减小，即∆U＜0，根据∆U＝W＋Q可知，Q＜0，即气体放热，B错误；气体从b到c过程，压强不变，体积变大，则温度升高，气体对外做功，内能增加，则气体要吸收热量，C错误；从b到c，由盖吕萨克定律得，气体在状态c时的体积，D正确。
5．无线充电器能给手机充电正是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功无线充电。如图为自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝220eq \r(2)sin 314t（V），不考虑充电过程中的各种能量损失。则下列说法正确的是( )
A．通过车载充电器的电流为交流电
B．通过车载充电器的电流方向周期性地变化
C．车载充电器两端电压的有效值约为22 V
D．车载充电器两端电压的有效值约为11eq \r(2) V
【答案】D
【解析】接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期的交流电能通过二极管，所以通过车载充电器的电流方向不变，不是交流电，AB错误；由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得接收线圈的电压有效值为，由电流的热效应可得，解得车载充电器两端电压的有效值约为U3＝11eq \r(2) V，C错误，D正确。
6．为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计（流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积）。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动。测得M、N间电压为U，污水流过管道时受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系数，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。则( )
A．污水的流量为
B．金属板M的电势低于金属板N的电势
C．左、右两侧管口的压强差为
D．电压U与污水中离子浓度成正比
【答案】C
【解析】根据，得，则有，故A错误；根据左手定则，正离子向上表面偏转，负离子向下表面偏转，知金属板M的电势一定高于金属板N的电势，故B错误；根据平衡条件，则有，解得，故C正确；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有，解得U＝vBc，则电压U与污水中离子浓度无关，D错误。
7．全球最大水平臂上回转自升塔式起重机的开发和应用，意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其所受合外力随时间变化的图像如图所示，t1～t2内起重机的功率为额定功率，不计物体受到的空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．物体匀加速阶段的加速度为
B．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为
C．t2时刻物体正在减速上升
D．0～t1阶段牵引力所做的功为
【答案】B
【解析】题图纵轴表示合外力，因此0～t1时间内，物体加速度，故A错误；0～t1时间内牵引力做功，t1～t2时间内牵引力做功，联立可得0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比，故B正确，D错误；由题图可知t2时刻合外力仍大于零，合外力仍向上，物体继续做加速运动，故C错误。
8．已知均匀带电圆环轴线上各点场强随距环心距离变化的图象如图甲所示。图乙中a、b为两个相同的均匀带电圆环，分别带有＋Q、－Q的电荷，两环圆心O、O′共轴，P为O、O′的中点。则以下分析正确的是( )
A．在连线O、O′之间，P点电场强度一定最大
B．从O点到O′点，电势逐渐降低
C．过P点垂直于O、O′的平面为等势面
D．从P点由静止释放一个不计重力的正粒子，粒子将一直向右加速
【答案】BC
【解析】由图甲可知，均匀带电圆环轴线上各点电场强度随距环心距离增大先增大后减小，则P点电场强度的矢量合不一定最大，故A错误；a为正电荷，b为负电荷，则从O到O′，a与b产生的电场的电场强度的方向都是向右，沿电场强度的方向电势降低，所以从O点到O′点，电势逐渐降低，故B正确；由图甲可知，均匀带电圆环轴线上各点电场强度的方向都是沿轴线的方向，a带正电，b带负电，a与b产生的电场，在沿OO′轴线上的O、O′之间的各点的电场强度的合矢量的方向一定都是沿OO′方向向右；过P点垂直于OO′连线上的各点合电场强度的大小一定相等，方向都是向右，与OO′的方向平行，所以过P点垂直于OO′的平面为等势面，故C正确；结合C的分析可知，在沿OO′轴线上O、O′之间的各点电场强度的合矢量的方向一定都是沿OO′方向向右，但在b的右侧某一点开始再向右的各点合场强的方向向左，所以从P点由静止释放一个不计重力的正粒子，则带正电荷的粒子受到的电场力的方向先向右后向左，所以粒子将先向右加速，后向右做减速运动，故D错误。
9．2021年2月10日，“天问一号”探测器成功被火星捕获，进入环火轨道，探测器被火星捕获后经过多次变轨才能在火星表面着陆。已知火星直径为地球直径的Р倍，火星质量为地球质量的k倍，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。若探测器在半径为r的轨道1上绕火星做匀速圆周运动的动能为Ek，变轨到火星附近的轨道2上做匀速圆周运动后，动能增加了ΔE，以下判断正确的是( )
A．轨道2的半径为
B．轨道2的半径为
C．“天问一号”在轨道2时的速率约为
D．“天问一号”在轨道2时的速率为
【答案】BD
【解析】根据，则轨道1上的动能，轨道2上的动能，，解得，A错误，B正确；由题意火星直径为地球直径的P倍，则，，在星球表面，根据万有引力等于重力得，解得，则，在星球表面，根据万有引力提供向心力得，解得，，因为，，C错误，D正确。
10．如图所示，倾斜放置的挡板OM与竖直方向的夹角60°，从O点正下方的A点以v0＝10eq \r(3) m/s的水平初速度向右抛出一个质量为m＝1 kg的小球（可视为质点），若小球的运动轨迹恰好与挡板上的B点相切（B点未画出），重力加速度g取10 m/s2，不考虑空气阻力，则( )
A．小球到达B点时的速度大小为20 m/s
B．从A到B过程中，小球的动量变化量为10(2－eq \r(3)) kg‧m/s
C．O、A两点间的距离为5 m
D．从A到B过程中，小球的重力势能变化量为50 J
【答案】AC
【解析】当小球的运动轨迹恰好与挡板相切时，小球速度恰好沿OM方向，如图所示，由速度的合成与分解可得小球到达B点时的速度大小，A正确；小球做平抛运动，仅在竖直方向上存在加速度，小球运动到B点时，其竖直方向上的分速度，故小球的速度变化量，B错误；由，，，联立可得，，则由几何关系可知O、A两点间的距离，O、B两点间的距离，C正确，D错误。
11．如图，正方形导线框abcd静置在光滑水平桌面上，其ab边恰好与匀强磁场的左边界重合，磁场方向垂直桌面向下，磁场左右边界的距离大于导线框的边长。t＝0时刻开始，在ab中点施加一水平向右的拉力，使导线框向右做匀加速直线运动，直到cd边离开磁场。规定沿abcda的方向为感应电流的正方向，用I表示感应电流，用Uab表示a、b两点间的电势差，用F、P表示拉力的大小和拉力的功率，则下列相关的关系图像中可能正确的是( )
【答案】BD
【解析】由法拉第电磁感应定律结合欧姆定律得电流大小与时间的关系为，ab边与cd边都在磁场中时，没有感应电流产生，由楞次定律可知，当ab边进入磁场时，电流方向为adcba即电流方向为负方向，离开磁场时，电流方向为abcda即电流方向为正方向，A错误；当只有ab边进入磁场这段时间内，由右手定则知ab两点电势差为正值，结合法拉第电磁感应定律可知大小随时间变化为，同理导线框全部进入磁场这段时间内，ab两点间的电势差为正值，大小随时间变化为，当ab边从磁场中出来到到整个导线框从磁场中出来这段时间内ab两点电势差为正值，大小随时间变化为，故这三段时间中，与时间关系图像经过原点的倾斜的直线，第二段时间斜率最大，第三段时间的初始电势差小于第二阶段的末状态电势差，可能小于第一阶段的末状态电势差，B正确；由牛顿第二定律得，又，电流随时间变化规律为，解得，但在这段时间内，有，拉力与0时刻拉力相等，图中所示此段时间内拉力大于0时刻的拉力，C错误；拉力的功率为，故P与t关系图像为抛物线，但在这段时间内，，P与t关系图像为经过原点的一条倾斜的直线，D正确。
二、非选择题：本题共5小题，共56分。
12．(7分)利用如图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘，另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接，A放光滑的倾斜轨道上，A与滑轮之间的绳与斜轨平行，距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放，测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次试验，测得多组－M数据如下表所示。L、g、m、R为已知量，不计滑轮转轴处摩擦，绳与滑轮不打滑。
－M数据记录表：
(1)若A上的挡光条宽为d，经过光电门时的挡光时间为△t，则A通过光电门处的速度v＝___________。
(2)根据表格中数据，在图乙坐标系中作出－M图像。
(3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M＝__________时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，由此可求得斜轨倾角为____________。
(4)利用表中的第1组数据，可以推出质量m的滑轮以角速度ω转动时其转动的动能Ek＝_____________。（用m、R、ω表示）
【答案】(1) (2)见解析图 (3)0 或30° (4)
【解析】(1)A通过光电门处的速度。
作出－M图像如图。
(3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M＝0时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，即，由能量关系可知，由此可求得斜轨倾角为。
(4)当滑轮的质量为m时，根据第1组数据可知，即，由能量关系，，解得。
13．(9分)新型冠状病毒肆虐全球，给人类的生命安全带来了极大的威胁与伤害，感染新冠病毒的主要症状有咳嗽、发热、头疼、全身乏力等。体温监测是进行新冠排查的主要手段之一。小明同学利用热敏电阻自制了一简易温度计，其内部电路装置如图甲，使用的器材有：直流电源（电动势E＝3 V，内阻为2 Ω）、毫安表（量程和内阻未知）、电阻箱R（最大阻值999.9 Ω）、热敏电阻一个、开关S一个、单刀双掷开关K一个、导线若干。
(1)为了确定毫安表的量程和内阻，先把电阻箱的阻值调到最大，然后将开关K接至a端，闭合开关S，逐渐调节电阻箱的阻值，发现当毫安表指针刚好偏转至满刻度的一半时，电阻箱示数如图乙，此时电阻箱R阻值为_________Ω。将电阻箱阻值调为290.0 Ω时，毫安表指针刚好满偏。由此知毫安表的量程为Ig＝_________mA，内阻Rg＝_________Ω。
(2)将开关K接至b端，该温度计可开始工作，为了得到温度与电流之间的关系，小明通过查阅资料，发现自己使用的热敏电阻为正温度系数热敏电阻，该电阻的阻值R随温度t增加而线性增加，R－t 图像的斜率为5 Ω/℃，已知0℃时该电阻的阻值为300 Ω，请写出该简易温度计所测温度t与电流I之间的关系式：__________℃。
(3)当该温度计使用－段时间后，其所用电源会有一定程度老化。电动势E基本不变，内阻逐渐增大，则使用一段时间后该温度计所测温度会比实际温度_________。（填“偏低”“偏高”或“相同”）
【答案】(1)590.0 10 8 (2) (3)偏高
【解析】(1)由乙图可得读数为；半偏时，满偏时，解得，。
(2)电阻，电流，解得（℃）。
(3)因电动势E基本不变，内阻逐渐增大，可知测量同一电阻时，电流偏小，根据（℃），可知温度读数偏高。
14．(9分)如图所示，将半径为R的透明半球体放在水平桌面上方，O为球心，直径平行于桌面，轴线OO′垂直于水平桌面。位于O点正上方某一高度处有一点光源S，从S发出一束单色光射向半球体上的A点，该光线与SO′成60°角，且通过半球体后垂直射到桌面上的B点。已知O′B＝eq \f(\r(3),2)R，O′O＝eq \f(3,2)R，光在真空中传播速度为c，不考虑半球体内光的反射，求：
(1)透明半球体对该单色光的折射率n；
(2)该光从S发出到射到桌面B点经历的时间t。
【解析】(1)光路图如图所示，单色光射向半球体上的A点，该光线与SO′成60°角，则入射角θ＝60°
光由空气射向半球体，由折射定律，有
因
所以∠COD＝60°
由几何关系可知γ＝∠COD＝60°
光由半球体射向空气，由折射定律，有
联立可得α＝β
由几何知识得α＋β＝60°
故α＝β＝30°
则n＝eq \r(3)。
(2)光在半球体中传播的速度为
由几何关系
则光从S发出到射到桌面B点经历的时间
联立可得。
15．(14分)如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面的倾角θ＝37°，传送带以v＝2 m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x0＝4 m的O点由静止释放一质量m＝0.5 kg的滑块（视为质点），滑块沿传送带向下运动，到达传送带底端时与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后反弹速率不变。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：
(1)滑块与挡板P第一次碰撞的速度大小；
(2)滑块与挡板P第一次碰撞后到达的最高位置到传送带底端的距离L；
(3)试描述经过足够长时间后滑块所处的状态，并计算与放置木块前相比电动机增加的功率。
【解析】(1)由牛顿第二定律有
滑块下滑的加速度a＝2 m/s2
由
可得v1＝4 m/s。
(2)上滑时，滑块速度大于传送带速度的过程，加速度大小为
由
可得L1＝0.6 m
速度小于传送带速度后加速度等于第一次下滑时的加速度，由v2＝2aL2
得L2＝1 m
L＝L1＋L2＝1.6 m。
(3)滑块上升到最高点后，沿传送带以加速度a向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，根据速度位移公式可得碰撞前的速度为
与挡板第二次碰撞后，滑块原速被反弹，先沿传送带向上以加速度a1做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为L3，则
之后以加速度a继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为L4，则有
滑块滑到最高点后，沿传送带以a的加速度向下匀加速，与挡板P发生第三次碰撞，碰前速度为
第三次碰撞后，沿传送带上滑的距离为
以此类推，经过多次碰撞后滑块以2 m/s的速度被反弹，在距挡板1 m的范围内不断做向上做减速运动和向下的加速运动，加速度大小均为2 m/s2 ，滑块对传送带有一与传送带运动方向相反的阻力
故电动机增加的输出功率为。
16．(17分)如图所示，直角坐标系xOy所在的平面内，y轴的左侧为三个依次相切的圆形有界磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，P、O、Q为y轴和三个圆形磁场右边界的切点。y轴的右侧为大小为E、方向沿x轴负方向的足够大的匀强电场区域。已知Ⅰ、Ⅲ区域的半径均为3R，磁感应强度大小为B0，方向均垂直纸面向外；Ⅱ区域半径为R，磁感应强度大小为3B0，方向垂直纸面向里（图中均未画出）。一个质量为m，电荷量为＋q带电粒子以某一速度从A点沿直径AP方向进入磁场Ⅰ区，恰好沿O1O2方向进入II区域。不计带电粒子的重力，求：
(1)粒子在A点的速度v0；
(2)带电粒子在电场区域沿x轴方向运动的最大距离；
(3)粒子最后离开磁场区的位置坐标；
(4)粒子在整个过程中运动的时间。
【解析】(1)如图甲所示，在三角形中
所以
由几何知识得
设粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径为，则
解得。
(2)设粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为r2，则
如图乙所示，连结在直角三角形中，由几何知识可求得
故粒子在Ⅱ区域的偏转圆弧所对的圆心角为
粒子在Ⅱ区域的偏转角
即粒子将从O点沿x轴正方向离开Ⅱ区域，进入电场中，在电场中的加速度
在电场区域沿x轴方向运动的最大距离。
(3)粒子进入电场后先沿x轴正向做匀减速直线运动，减速为零后，再反向做匀加速直线运动，返回Ⅱ区的速度大小仍为，经过Ⅱ区的偏转圆弧所对的圆心角为60°。并且沿方向进入Ⅲ区，在Ⅲ区的偏转半径，由几何知识求得，粒子在Ⅲ区偏转圆弧所对的圆心角也为60°，粒子最终将沿的反方向从点离开区域Ⅲ，其整个过程的运动轨迹如图丙所示。
由对称性可知，A、D两点关于y轴对称
所以粒子最后离开磁场区的位置坐标为。
(4)粒子在I区和III区
粒子在II区
在电场中
粒子整个过程运动时间。
滑轮质量M
m
0.8m
0.6m
0.4m
0.2m
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