2022届安徽省黄山市高三上学期第一次质量检测物理试卷（解析版）

安徽省黄山市2022届高三上学期第一次质量检测

物理试卷

一、单选题

1．氢原子能级图如图所示，一群处于n=4激发态的氢原子在跃迁辐射光子的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．一定能检测到6种频率不同的光子

B．只能检测到3种频率不同的光子

C．核外电子的电势能一定增大

D．发出的光子可能使逸出功为13.6eV的金属产生光电效应

2．如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球A、B，球A的质量为1kg。它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为，OB绳与水平方向的夹角为，已知，，则球B的质量为（　　）

A． B． C． D．

3．关于下列四幅图的说法正确的是（　　）

A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U

B．图乙是磁流体发电机的结构示意图，正离子进入后会偏向B板，A板电势高于B板电势

C．图丙是速度选择器的示意图，带电粒子（不计重力）能够沿直线从右侧进入并匀速通过速度选择器的条件是

D．图丁是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大

4．如图所示，两电荷量分别为-Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L。以+2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在直线上，c、d两点连线垂直于，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（　　）

A．圆周上所有点中，a点的电势最高

B．将一正点电荷从a沿圆弧经c移动到b，电势能减小

C．圆周上所有点中，a点的场强最大

D．c、d两点的电场强度相同

5．某质量为m的动车由静止沿平直路线启动，其加速度a与位移x的图像如图所示。已知运动中阻力恒为车重的k倍，重力加速度为g，下列说法不正确的是（　　）

A．动车位移为x1时的速度为

B．动车位移为x2时的速度为

C．若，在0-x2的过程中，牵引力做功为

D．动车从x1-x2所经历的时间为

二、多选题

6．14岁的奥运冠军全红婵，在第14届全运会上再次上演“水花消失术”夺冠。在女子10m跳台的决赛中（下面研究过程将全红婵视为质点），全红婵竖直向上跳离跳台的速度为，竖直入水后到速度减为零的运动时间与空中运动时间相等，假设所受水的阻力恒定，不计空气阻力，全红婵的体重为，重力加速度大小为，则（　　）

A．跳离跳台后上升阶段全红婵处于失重状态

B．入水后全红婵处于失重状态

C．全红婵在空中运动的时间为1.5s

D．入水后全红婵受到水的阻力为612.5N

7．2021年2月10日，我国首次火星探测任务“天问一号”火星探测卫星顺利实施近火制动，完成火星捕获，正式踏入环绕火星轨道。假设火星可视为半径为R的均匀球体，探测卫星沿椭圆轨道绕火星运动，如图所示。椭圆轨道的“近火点”P离火星表面的距离为2R，“远火点”Q离火星表面的距离为4R，万有引力常量为G.下列说法正确的是（　　）

A．若已知“天问一号”在椭圆轨道运行的周期为T，火星的质量为

B．若已知“天问一号”在椭圆轨道运行的周期为T，火星的第一宇宙速度为

C．“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的加速度大小之比为25:9

D．“天问一号”在“近火点”P和“远火点”Q的速率之比为2:1

8．水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电源电动势为E，内阻为r，质量为m的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中如图所示。闭合开关，金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是（　　）

A．金属杆的最大速度等于

B．此过程中通过金属杆的电荷量为

C．此过程中电源提供的电能为

D．此过程中金属杆产生的热量为

9．下列说法不正确的是：（　　）

A．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程

B．扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是尘埃在做布朗运动

C．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性

D．打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存在着斥力

E．热量不能从低温物体向高温物体传递

10．如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中x=4m处的b质点从t＝0时刻起的振动图像。则下列说法正确的是（　　）

A．波传播的速度为20m/s

B．波沿x轴负方向传播

C．t＝0.25s时，质点a的位移沿y轴负方向

D．t＝0.25s时，x＝4m处的质点b的加速度沿y轴负方向

E．从t＝0开始，经0.2s，质点b通过的路程是0.8m

三、实验题

11．小兰同学想利用图甲中的装置测定小车和砝码盘的质量。除图示器材以外，该同学还有N=5个砝码，每个砝码标有质量为0.020kg，为了测得小车质量M和砝码盘质量m，该同学设计实验步骤如下：（g=10）

⑴将5个砝码全部放入小车中，在长木板右下方垫上适当厚度的小物块，在不挂砝码盘时使小车可以在木板上匀速下滑。

⑵将n（依次取n＝1，2，3，4，5）个砝码依次放入砝码盘中，其余N－n个砝码仍留在小车内；用手按住小车并使细绳与木板平行。接通电源后释放小车，纸带经数据处理后可得到相应的加速度a。

⑶当n=3时打出的纸带如图乙所示，并在其上取了A、B、、、五个计数点（每相邻两个计数点间还有打点计时器打下的四个点没有画出），打点计时器电源频率是。车运动的加速度大小　     　。（计算结果保留2位有效数字）

⑷以每次所取的砝码数n为横坐标，小车加速度a为纵坐标作出a-n的函数图像，获得该图像的斜率k=0.5，纵轴的截距为b=2.5。由以上数据可得小车质量M=　     　kg和砝码盘质量m=　     　kg。

12．图a是多用电表的表盘示意图，小明用多用电表“”倍率的欧姆挡测量一只电阻的阻值，发现指针偏转角太小，为了测量结果比较精确，小明按以下步骤进行了实验：

（1）应换用　     　（选填“”或“”）倍率的欧姆挡。

（2）两表笔短接，通过调节　     　（选填“S”“T”或“K”），进行欧姆调零。

（3）重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图b所示，测量结果是　             　。

（4）图c是小明刚刚使用过的两种倍率的欧姆档内部电路示意图，R2为欧姆调零旋钮。当开关S断开时的倍率是　     　（选填“”“”“”）。同时应保证R1的阻值是灵敏电流计Rg的　     　倍。

四、解答题

13．如图所示，在距水平地面高h=0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA=1.0kg的物块A以v0=5.0m/s的初速度沿桌面运动，经过位移s=1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生完全非弹性碰撞，碰后物块B离开桌面后落到地面上的位置到桌边缘O点的水平距离为1.0m.设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g=10m/s2 。求：

（1）两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；

（2）物块A与B碰撞后的瞬间，物块B的速度；

（3）物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E 。

14．如图所示，在坐标系xOy的第二象限存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第三象限内有沿x轴正方向的匀强电场；第四象限的某圆形区域内存在一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为第二象限磁场磁感应强度的2倍。一质量为m、带电荷量为q（q>0）的粒子以速率v自y轴的A点沿x轴负方向射入磁场，经x轴上的C点以沿y轴负方向的速度进入电场，然后从y轴负半轴上的D点射出，最后粒子以沿着y轴正方向的速度经过x轴上的Q点。已知OA=OC=d，OD=，OQ=4d，不计粒子重力。求：

（1）第二象限磁感应强度B的大小与第三象限电场强度E的大小；

（2）粒子由A至D过程所用的时间；

（3）第四象限圆形磁场区域的最小面积。

15．如图所示，总容积为4V0、内壁光滑的汽缸竖直放置，一面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，汽缸上端封闭且留有抽气孔。活塞上方气体的压强为P0，活塞下方气体的体积为V0，温度为T0。将活塞上方抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变。然后将密封的气体缓慢加热，活塞质量满足关系式，活塞体积忽略不计，重力加速度为g，求：

（1）刚抽完气后下方气体的体积；

（2）气体缓慢加热到温度T时的压强。

16．如图所示，直角三棱镜ABC置于空气中，一细束单色光从直角三棱镜的AC面的中点垂直射入，进入三棱镜后在AB面恰好发生全反射，已知∠ABC=30°，AC边长等于L。MN为一光屏，且与BC边垂直。请求出：

（1）该三棱镜的折射率n；

（2）最终打在光屏上的光斑到B点的距离s 。

答案解析部分

1．【答案】A

【解析】【解答】AB．根据数学组合公式，可知能检测到6种频率不同的光子，A符合题意、B不符合题意；

C．从高能级跃迁到低能级，电子轨道半径减小，核外电子动能增大，由于能级降低总能量减少，则核外电子的电势能减小，C不符合题意；

D．放出的六种光子的能量最大为，小于金属的逸出功13.6eV，故不可能使该金属发生光电效应，D不符合题意。

故答案为：A。

【分析】利用排列组合可以求出其辐射光子的种数；原子从高能级向低能级跃迁，其轨道半径减小其电子动能增大，由于总能量减小则核外电子电势能减小；利用其能级跃迁的能量差与逸出功比较可以判别能否使金属发生光电效应。

2．【答案】B

【解析】【解答】分别对、B两球分析，运用合成法，如图

由几何知识得

解得质量之比为

B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】利用两个小球的平衡方程可以求出两个小球质量之比。

3．【答案】D

【解析】【解答】A．甲图中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

可知

粒子获得的最大动能为

所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径R和增大磁感应强度B，增加电压U不能增大最大初动能，A不符合题意；

B．乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，低于B板电势，B不符合题意；

C．丙图中，假如带正电的粒子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向下，根据左手定则，洛伦兹力方向也向下，所以不可能沿直线通过复合场，C不符合题意；

D．由

可得

粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，则越小，说明比荷越大，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别增大最大动能的方法；利用左手定则可以判别电荷的运动进而比较电势的高低；利用电荷受到的电场力及洛伦兹力方向可以判别粒子运动轨迹；利用牛顿第二定律结合半径的大小可以比较比荷的大小。

4．【答案】C

【解析】【解答】A．a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，由+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，A不符合题意；

B．由A可知，a点电势低于b点电势，则将一正点电荷从a沿圆弧经c移动到b，电场力做负功，电势能增大，B不符合题意；

CD．根据点电荷电场强度公式

结合矢量的合成法则可知，a点的电场强度最大，c、d两点的电场强度大小相等，但方向不相同，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用两个点电荷产生的电势叠加可以比较电势的大小；利用其电势的大小结合电性可以判别电势能的变化；利用场强的公式结合场强的叠加可以比较电场强度的大小及方向。

5．【答案】D

【解析】【解答】A．根据图像可知，0-x1的过程中动车关于位移的平均加速度为

由

动车位移为x1时的速度为

A正确，不符合题意；

B．图像可知，x1-x2的过程中动车的加速度为a0，动车做匀变速直线运动的，由

得动车位移为x2时的速度为

B正确，不符合题意；

C．若，在0-x2的过程中，根据动能定理

联立解得，牵引力做功为C正确，不符合题意；

D．动车从x1-x2所经历的时间为

D错误，符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用平均加速度的大小结合速度位移公式可以求出动车运动到x1的速度大小；利用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出动车运动到x2的速度大小；利用动能定理可以求出牵引力做功的大小；利用速度公式可以求出运动的时间。

6．【答案】A,D

【解析】【解答】A．跳离跳台后上升阶段，加速度向下，则全红婵处于失重状态，A符合题意；

B．入水后全红婵的加速度向上，处于超重状态，B不符合题意；

C．以向上为正方向，则根据

可得t=2s

即全红婵在空中运动的时间为2s ，C不符合题意；

D．入水时的速度

在水中的加速度大小

方向竖直向上，根据牛顿第二定律可知

D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】利用加速度的方向可以判别超重和失重；利用其位移公式可以求出运动的时间；利用速度公式可以求出入水时速度的大小，结合速度公式可以求出入水的加速度大小，再利用牛顿第二定律可以求出阻力的大小。

7．【答案】B,C

【解析】【解答】AB．已知探测卫星在椭圆轨道运行的周期为T，可根据开普勒第三定律，计算近地卫星周期

第一宇宙速度

第一宇宙速度运动时，根据

可以计算火星质量

A不符合题意，B符合题意；

C．根据

卫星在“近火点”P和“远火点”Q的加速度大小之比为25:9，C符合题意；

D．根据开普勒第二定律

探测卫星在“近火点”P和“远火点”Q的速率之比为5:3，D不符合题意；

故答案为：BC。

【分析】利用开普勒第三定律结合引力提供向心力可以求出火星的质量；利用其线速度和周期的关系可以求出线速度的大小；利用牛顿第二定律结合距离的大小可以求出加速度的比值；利用开普勒第二定律可以求出速率之比。

8．【答案】A,B,D

【解析】【解答】A．金属杆向右运动时切割磁感应线产生的感应电流与通电电流方向相反，随着速度增大，感应电流增大，则金属杆中的实际电流减小、安培力减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，金属杆速度最大时，产生的感应电动势为E，根据

最大速度为

A符合题意；

B．从开始到速度最大的过程中，以向右为正方向，对金属杆根据动量定理，有

其中

联立解得此过程中通过金属杆的电荷量为

B符合题意；

C．此过程中电源提供的电能为

C不符合题意；

D．金属杆最后的动能为

根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为

此过程中金属杆产生的热量为

D符合题意。

故答案为：ABD。

【分析】当其金属杆产生的电动势与电源相等时其速度最大，利用动生电动势的表达式可以求出最大的速度；利用动量定理结合电流的定义式可以求出电荷量的大小；利用电功的表达式可以求出电能的大小；利用能量守恒定律可以求出金属杆产生的热量大小。

9．【答案】B,D,E

【解析】【解答】A．热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度大的状态转化的过程，A正确，不符合题意；

B．扫地时，在阳光照射下，看到尘埃飞舞，这是空气对流形成的，不是做布朗运动，B错误，符合题意；

C．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，C正确，不符合题意；

D．打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，是要克服气体压强的原因，气体压强是由气体分子对容器壁碰撞造成的，与分子力无关，D错误，符合题意；

E．由热力学第二定律可知热量不能自发从低温物体向高温物体传递，但可以通过做功使热量从低温传到高温，E错误，符合题意。

故答案为：BDE。

【分析】热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序性增大的状态发生；扫地时其尘埃的运动不属于布朗运动；打气筒给自行车打气时需要用力是由于气体的压强；热量可以从低温物体传给高温物体。

10．【答案】A,B,E

【解析】【解答】A．由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s

由甲图知，波长λ=4m

则波速为

A符合题意；

B．由乙图知，t=0时刻，质点b向下运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，B符合题意；

C．由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s

所以质点a在t=0.25s的时刻的振动情况与t=0.05s时刻的振动情况相同，即处于正的最大位移处，所以a的位移沿y轴正方向，C不符合题意；

D．由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以质点b处于负的最大位移处，加速度沿y轴正方向，D不符合题意；

E．因为0.2s=1T，则s=n•4A=1×4×0.2 m =0.8m

E符合题意。

故答案为：ABE。

【分析】利用图象可以得出波长和周期的大小，利用波长和周期可以求出波速的大小；利用质点的振动方向可以判别波传播的方向；利用其质点振动的时间结合周期可以判别质点的位置；利用位置可以判别加速度的方向和速度的方向；利用其运动时间及振幅可以求出运动的路程。

11．【答案】0.40；0.2；0.1

【解析】【解答】（3）由题知，相邻计数点间的时间间隔为

利用逐差法，可得小车加速度大小为

由图乙可得

代入求得

（4）依题意，设每个砝码的质量为，对砝码，砝码盘及小车系统利用牛顿第二定律有

可得

可得

把代入式子求得，

【分析】（1）利用逐差法可以求出加速度的大小；
（2）利用牛顿第二定律结合图像斜率和截距可以求出小车和砝码盘的质量大小。

12．【答案】（1）×100

（2）T

（3）1100.0或1100

（4）×100；

【解析】【解答】（1）用多用电表“×10”倍率的欧姆挡测量电阻的阻值，指针偏转角太小，说明示数大了，要想使示数指在中值电阻附近，选用大倍率的，故答案为：用“×100”倍率的欧姆挡；

（2）两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在0Ω处；

（3）由图可知，指针示数为11.0，因挡位为×100 故电阻读数为R=11.0×100Ω=1100Ω

（4） 当开关S断开时，通过电表干路的最大电流最小，根据闭合电路欧姆定律，表头达到最大电流时，电路总电阻变大，故量程变大，故答案为：“×100”倍率的欧姆挡；

小明选用的欧姆档倍率扩大十倍，即断开前通过电表干路的最大电流是表头最大量程的十倍，根据并联电路电压电流关系可得

解得

【分析】（1）由于指针偏转角小则其电阻偏大所以应该换大倍率；
（2）换挡后应该选择T旋钮进行欧姆调零；
（3）利用示数和档数可以求出电阻的大小；
（4）当开关断开时，其电表内阻最大其总电阻偏大所以其对应较大的挡位；利用其并联电路的电流特点结合其欧姆定律可以求出R1的阻值大小。

13．【答案】（1）解：物块A沿桌面滑动所受摩擦力f=μmAg

做匀减速运动的加速度大小a=μg=2.5m/s2

对于碰撞前物块A的运动，根据运动学公式v02 –vA2=2as

解得vA=4.0m/s

（2）解：物块B离开桌面后做平抛运动的时间

物块B落地点到桌边缘O点的水平距离x=vBt

解得vB=2.5m/s

（3）解：设两物块发生完全非弹性碰撞根据动量守恒定律有mAvA=（mA+mB）vB

解得mB=0.6kg

物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能

【解析】【分析】（1）物块A在碰前做匀减速直线运动，利用其牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度位移公式可以求出碰前速度的大小；
（2）物块A与B发生碰撞，物块B做平抛运动，利用其位移公式可以求出物块B的速度大小；
（3）两个物块发生完全非弹性碰撞，利用碰撞过程的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出系统损失的机械能。

14．【答案】（1）解：由题意画出粒子轨迹图如图所示

粒子在第二象限做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

由几何关系有r=d

联立以上各式得

粒子在第三象限做类平抛运动，设粒子在第三象限电场中运动的时间为t2，y轴方向分运动为匀速直线运动有

设x轴方向匀加速运动的加速度为a，有，Eq＝ma

联立各式得

（2）解：设粒子在第二象限磁场中运动的时间为t1，由运动学公式有

所以粒子由A至D过程所用的时间为

（3）解：设粒子在D点的速度与y轴负方向夹角为θ，在D处，粒子的x轴分速度

由合速度与分速度的关系得

联立可得θ=60°

故

设粒子在第四象限磁场中做匀速圆周运动的半径为r2，由牛顿第二定律有

得r2=d

在第四象限如图，粒子在第四象限运动的轨迹必定与D、Q速度所在直线相切，由于粒子运动轨迹半径为d，故粒子在第四象限运动的轨迹是如图所示的轨迹圆O2，该轨迹圆与vD速度所在直线相切于M点、与vQ速度所在直线相切于N点，连接MN，由几何关系可知MN =

由于M点、N点必须在磁场内，即线段MN在磁场内，故可知磁场面积最小时必定是以MN为直径（如图所示）的圆。即面积最小的磁场半径为

设磁场的最小面积为S，得

【解析】【分析】（1）画出粒子运动的轨迹，粒子在第二象限做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律结合几何关系可以求出磁感应强度的大小；粒子在第三象限做类平抛运动，利用位移公式结合牛顿第二定律可以求出电场强度的大小；
（2）粒子在第二象限中运动，利用其运动的弧长和速度可以求出在磁场中运动的时间；
（3）粒子在D点处，利用速度的分解可以求出速度的大小及方向；在第四象限中做匀速圆周运动，利用牛顿第二定律可以求出轨迹半径的大小；结合几何关系可以求出磁场半径的大小，利用磁场半径可以求出磁场的最小面积。

15．【答案】（1）解：下方气体初状态的压强P1满足P0S+mg=P1S

得P1=2P0

刚抽完气后，由玻意耳定律可得P1V0=P2V

且P2=P0

得V=2V0

（2）解：加热后气体膨胀，当活塞刚顶到气缸上方时

由盖吕萨克定律可得

得T1=2T0

当T00 时P=P0

当T≥2T0时

得P=

【解析】【分析】（1）当活塞平衡时，利用其平衡方程可以求出上下气体的体积；当抽完气体时，利用其等温变化的状态方程可以求出其下方气体的体积大小；
（2）当对气体加热时，利用等压变化的状态方程结合其等容变化的状态方程可以求出气体的压强大小。

16．【答案】（1）解：由几何关系可知光线在AB面上的入射角为60°，由临界角公式可知sin60°=

得n=

（2）解：光线在BC面上的E点同时发生反射和折射，投射到光屏上的P Q两点。且由几何关系可得线段BE=

在E点发生反射现象时，根据几何关系光斑P点到B点的距离BP=BEtan60°=L

在E点发生折射时，由

可得sinα=

【解析】【分析】（1）由于光线在AB发生全反射，利用折射定律可以求出折射率的大小；
（2）画出光线经过玻璃砖折射的光路图，利用几何关系可以求出其BE的长度，再结合折射定律可以求出折射角的大小，再利用几何关系可以求出BQ的长度。