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2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（四）
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这是一份2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（四），文件包含2022年全国高考物理考前冲刺押题卷四解析版docx、2022年全国高考物理考前冲刺押题卷四原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（四）
（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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，有选错或不答的得0分。
1、在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间（x—t）图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于－2 m/s2，t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则( )
A．a车做匀速运动且其速度为m/s
B．t＝3s时a车和b车相遇但此时速度不等
C．t＝1s时b车的速度为10 m/s
D．t＝0时a车和b车的距离x0＝9 m
【答案】D
【提示】x—t图像的斜率等于速度，由题图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为m/s＝2m/s，故A错误。t＝3s 时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，故B错误。t＝3s时，b车的速度为2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0＋at＝vb，解得v0＝8 m/s，则t＝1s时b车的速度为＝8 m/s－2×1 m/s＝6 m/s，故C错误。t＝3s时，a车的位移为6 m，b车的位移为m＝15 m，t＝3s 时，a车和b车到达同一位置，得9 m，故D正确。
2、关于近代物理的知识，下列说法正确的是( )
A．查德威克发现质子的核反应方程为7N＋He→8O＋H
B．β衰变就是原子核内的一个质子转化为一个中子和电子，电子被释放出来
C．铀核裂变的一种核反应方程为U→Ba＋Kr＋2n
D．若氢原子从n＝6的能级向n＝1的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＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
【答案】 D
【解析】 发现质子的是卢瑟福，故A错误；β衰变实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，这个电子以β射线的形式释放出来，故B错误；铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中的一种核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3n，故C错误；根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6的能级向n＝1的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＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D正确。
3、同步卫星的发射方法是变轨发射，即先把卫星发射到离地面高度为200～300 km的圆形轨道上，这条轨道叫停泊轨道，如图所示，当卫星穿过赤道平面上的P点时，末级火箭点火工作，使卫星进入一条大的椭圆轨道，其远地点恰好在地球赤道上空约36 000 km处，这条轨道叫转移轨道；当卫星到达远地点Q时，再开动卫星上的发动机，使之进入同步轨道，也叫静止轨道。关于同步卫星及发射过程，下列说法中错误的是( )
A．在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此，卫星在静止轨道上运行的线速度大于在停泊轨道运行的线速度
B．在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此，卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道运行的机械能
C．卫星在转移轨道上运动的速度大小范围为7.9～11.2 km/s
D．所有地球同步卫星的静止轨道都相同
【答案】A
【解析】根据变轨的原理知，在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速。当卫星做圆周运动，由G＝m，得v＝ ，可知卫星在静止轨道上运行的线速度小于在停泊轨道运行的线速度，故A错误；在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，由能量守恒知，卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道运行的机械能，故B正确；在转移轨道上的速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，即速度大小范围为7.9～11.2 km/s，故C正确；所有的地球同步卫星的静止轨道都相同，并且都在赤道平面上，高度一定，故D正确。
4、北京时间2月25日消息，2019年体操世界杯墨尔本站男子单杠单项的决赛，中国体操队选手张成龙获得铜牌。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到Fv2图象如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中错误的是( )
甲 乙
A．张成龙的质量为65 kg
B．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D．在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力
【答案】C
【解析】对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图象解得质量m＝65 kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝，结合图象可解得R＝0.9 m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝mv－mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3 250 N，即张成龙的单臂最少要承受3 250 N的力，选项D正确。
5、如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d＝1 m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝5 T．现有一质量m＝1 kg，总电阻R＝5 Ω，边长也为d＝1 m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2.下列说法中错误的是( )
A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一截面的电荷量为0.5 C
B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s
C．线圈速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2
D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3 J
【答案】C
【解析】q＝It＝t＝t＝ΔΦ＝×，代入数据有q＝0.5 C，故A正确；线圈做匀速直线运动时，沿斜面有mgsin θ＝μmgcos θ＋BId，又I＝，两式联立得v＝0.4 m/s，故B正确；线圈v＝0.2 m/s时，沿斜面有mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，有a＝1.8 m/s2，故C错误；线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒：mgsin θ×d＝μmgcos θ×d＋mv2＋Q，代入数据有Q＝3 J，故D正确．
6、抽油烟机是现代厨房不可缺少的用具，下表是某品牌家用抽油烟机说明书中的主要技术参数差．用多用电表测量得其中一只电动机的线圈电阻R＝90 Ω.若保险丝的熔断电流是保险丝允许通过的电流的1.5倍，启动时电动机当成纯电阻处理，则下列说法正确的是（ ）
额定电压(两电动机、照明灯)
AC220 V 50 Hz
额定输入功率
2×185 W
抽排风量(两电动机同时工作)
≥15 m3/min
风压(两电动机同时工作)
≥300 Pa
照明灯
40 W
排烟管内径
150 mm
A．两电动机每分钟消耗的电能是1.11×104 J.
B．这种抽油烟机保险丝的熔断电流不得低于7.61 A
C．两电动机每分钟所做的有用功至少是4.5×103 J
D．这种油烟机的机械效率至少是10.3%
【答案】BC
【解析】两电动机每分钟消耗的电能E＝2Pt＝2.22×104 J，选项A错误；电动机启动时通过的电流大于正常工作时的电流，所以保险丝的熔断电流应以启动时通过的电流来确定，启动电流I＝×2 A＋＝5.07 A，所以保险丝的熔断电流至少为I′＝1.5I＝7.61 A，选项B正确；电动机所做的有用功是用于排风的，故两电动机每分钟所做的有用功至少为W＝pΔV＝300×15 J＝4.5×103 J，选项C正确；该抽油烟机的机械效率至少为η＝×100%＝20.3%，选项D错误。
7、有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图8所示，cd、cb 分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为：4 V、8 V、10 V，使一电荷量为q＝－2×10－5 C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是( )
A． 坐标原点O的电势为6 V
B．电场强度的大小为 V/m
C．该点电荷在c点的电势能为2×10－5 J
D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为 8×10－5 J
【答案】AD
【解析】由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化量相等，所以φc－φb＝φO－φa，代入数据解得φO＝6 V，故A正确；ab中点e的电势为φe＝6 V，连接Oe则为等势面，如图所示，由几何关系可知，ab垂直于Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为E＝＝ V/m＝100 V/m，故B错误；该点电荷在c点的电势能为Epc＝qφc＝－2×10－4 J，故C错误；b、d在同一等势面上，该点电荷从a点移动到d点电场力做功为Wad＝qUad＝qUab＝(4－8)×(－2×10－5) J＝8×10－5 J，故D正确．
8、磁流体发电机的示意图如图所示，横截面为矩形的管道长为，宽为a，高为b，上下两个侧面为绝缘体，相距为a的两个侧面是电阻可忽略的导体，此两导体侧面与一负载电阻相联，整个管道放在一匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于上、下侧面向上。现在电离气体（正、负带电粒子）持续稳定地流经管道，为使问题简化，设横截面上各点流速相同，沿长度方向电离气体的平均电阻率为，电离气体所受的摩擦阻力与流速成正比，M
N
且无论有无磁场存在，都维持管两端电离气体压强差为p，设无磁场存在时电离气体流速为。则下列说法中正确的是（ ）
A．有磁场时，M点电势高于N点电势
B．磁流体发电机的内阻为
C．存在磁场时，等离子气体所受安培力FA与流速v的关系是
D．有磁场存在时此磁流体发电机的电动势大小
【答案】ACD
【解析】存在磁场时，由左手定则可判断，前侧面电势高，且侧面电势低，即M点电势高于N点，选项A正确；由电阻定律知，磁流体发电机的的内阻，选项B错误；无磁场时根据平衡条件知，存在磁场时有，解得，选项C正确；，得，根据闭合电路欧姆定律得，又，解得，选项D正确。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47分）
9．（6分）一小组同学到仓储站劳动实践，在调试如图甲所示的谷物传送机时，发现启动阶段水平放置的传送带不是匀速运动。为探究传送带在启动阶段的运动性质，该小组同学进行了以下操作：
甲
①用细绳一端拴盛有小米的纸质漏斗，做成一个单摆；
②一同学站在传送带旁边，手持绳的另一端于传送带中线的正上方不动，漏斗尽量贴近传送带；
③将漏斗适当拉离平衡位置，撕开漏斗下部，让小米流出，同时放开漏斗，使漏斗始终垂直于传送带中线运动；
④启动传送带，一段时间后，摆动的漏斗撒出的小米在传送带上留下的痕迹如图乙所示。
已知重力加速度g＝10 m/s2，请回答以下问题：
乙
(1)用毫米刻度尺测量图片中OA的长度，长度为______ mm，为判断传送带在启动阶段的运动性质，还需要测出________的长度；
(2)根据上述测量数据得出的结论是_____________________，理由是_____________________________。
【答案】 (1)8.6～8.9均可 (2分) OB和OC(或AB和BC)(2分)
(2)传送带在启动阶段的运动可看做匀加速直线运动 在误差允许的范围内，传送带在连续相等的时间段内的位移差相等(2分)
【解析】 (1)用毫米刻度尺测量图片中OA的长度，根据毫米刻度尺读数规则，读出OA的长度，记录的数据要包括估读的数值。可根据做匀变速直线运动的物体在连续相等时间内的位移差是恒量，来判断传送带在启动阶段的运动性质，故还需要测量OB和OC的长度(或者AB和BC的长度)。(2)若满足BC－AB＝AB－OA，则传送带在启动阶段的运动可看做匀加速直线运动。其理由是：在误差允许的范围内，传送带在连续相等时间段内的位移差相等。
10．（9分）某物理课外活动小组学习了“测量电源的电动势和内阻”后，设计了如图甲所示的实验电路。
甲 乙 丙
(1)若闭合开关S1, 将单刀双掷开关S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，处理数据得到如图乙所示图象，写出关系式________。
(2)若断开S1，将单刀双掷开关S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I，处理数据得到如图丙所示图象，写出R关系式________。
(3)同学们对实验结果进行了误差分析，发现将两个图象综合利用，完全可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差。已知图象乙和丙的纵轴截距分别为b1、b2，斜率分别为k1、k2，则电源的电动势E＝________，内阻r＝________。
(4)不同小组的同学用不同的电池组(均由同一规格的两节干电池串联而成)，按照(1)中操作完成了上述实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大，同学们选择了内电阻差异较大的Ⅰ、Ⅱ两个电池组做进一步探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了下列的PR和PU图象。若已知Ⅰ电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是________(填正确选项标号)。
A B C D
【答案】 (1)＝·＋(2分) (2)＝R＋(2分) (3)(2分) (2分) (4)BC(1分)
【解析】(1)若闭合开关S1，将单刀双掷开关S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知，E＝U＋Ir＝U＋r，则＝·＋。(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，得到与R的关系式＝R＋。(3)由题图所示电路图可知，利用伏阻法时，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因。若考虑通过电压表的电流，则表达式为E＝U＋Ir＝U＋r，则＝＋·，则＝k1；利用安阻法时，考虑电流表内阻，可得＝R＋，则题图丙中R图象的斜率的倒数等于电源的电动势E。那么根据＝k1，＝k2，可得E＝，r＝。
(4)根据电源的输出功率规律可知，当内、外电阻相等时输出功率最大，当外电阻大于内电阻时，随着外电阻的增大，输出功率将越来越小，又由Pmax＝可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，故B正确，A错误。当内、外电阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，且电池组Ⅱ的输出功率比Ⅰ的大，而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故C正确，D错误。
11．（12分）如图所示，半径为R＝ m的光滑的圆弧形凹槽固定放置在光滑的水平面上，凹槽的圆弧面与水平面在B点相切，另一条半径OC与竖直方向夹角为θ＝37°，C点是圆弧形凹槽的最高点，两个大小相同的小球P、Q质量分别为m1＝2 kg和m2＝1 kg，Q静止于B点，P放置于水平面上A点．给P施加一个F＝60 N的水平向右的瞬间作用力，P在B点与Q发生对心正碰，碰撞过程没有能量损失，碰后Q恰好能经过最高点C，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)P碰前的速度大小v1和碰后的速度大小v2；
(2)力F的作用时间t.
【答案】 (1)6 m/s 2 m/s (2)0.2 s
【解析】 (1)Q恰能经过最高点C，在C点有m2gcos θ＝ (1分)
Q从B到C过程中机械能守恒m2v＝m2v＋m2gR(1＋cos θ) (2分)
联立解得vB＝8 m/s(1分)
P和Q碰撞过程中系统动量守恒m1v1＝m1v2＋m2vB (1分)
系统能量守恒m1v＝m1v＋m2v (2分)
解得v1＝6 m/s，v2＝2 m/s (2分)
(2)由动量定理知Ft＝m1v1 (2分)
t＝＝0.2 s．(1分)
12．（20分）如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝ T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝ rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：
(1)在0～4 s内，平行板间的电势差UMN ；
(2)带电粒子飞出电场时的速度；
(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件．
【答案】(1)－1 V (2) m/s 与水平方向的夹角 θ＝45°
【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为E＝B1Lω＝2 V (1分)
由串并联电路的连接特点知：E＝I·4R (1分)
U0＝I·2R＝＝1 V (1分)
T1＝＝20 s (1分)
由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，(1分)
则在0～4 s时间内，φM＜φN，UMN＝－1 V (1分)
(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内，水平方向L2＝v0·t1，得t1＝＝4 s＜ (1分)
竖直方向＝vyt1 (1分)
解得：vy＝0.5 m/s (1分)
则粒子飞出电场时的速度大小v＝＝ m/s (1分)
tan θ＝＝1(1分)，所以该速度与水平方向的夹角 θ＝45° (1分)
(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m，(1分)
得r＝ (1分)
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：r＞d时离开磁场后不会第二次进入电场
粒子在平行板中加速得：vy＝at1 ,(1分)
又a＝(1分)，E＝ (1分)
解得：＝0.25 C/kg (1分)
综合得 B2＜＝×T ＝2 T (2分)
（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
13．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）下列说法中正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离
B．同一种液体，在一定温度下，其饱和汽压与饱和汽所占的体积无关
C．密闭容器中某种蒸汽开始时是不饱和的，若保持温度不变，只减小容器的容积时仍是不饱和的
D．在同等温度下，干湿泡湿度计的干、湿两支温度计示数差别越大，说明该环境越干燥
E．液体的附着层具有收缩趋势的情况发生在液体浸润固体的附着层
【答案】ABD
【解析】液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子间表现为引力引起的，A正确；饱和汽压是指饱和汽所具有的压强，其特点是与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关，B正确；密闭容器中某种蒸汽开始时是不饱和的，若保持温度不变，只减小容器的容积时最终可能是饱和的，C错误；因为纱布中水蒸气蒸发吸热，在同等温度下，干、湿两支温度计示数差别越大，说明该环境越干燥，D正确；液体的附着层具有收缩趋势的情况发生在液体不浸润固体的附着层，E错误。
（2）（10分）如图所示，k是连通大气的阀门，C为可上下移动的水银槽，容器A通过橡皮管与容器B相通，连通A、B管道的容积可忽略。先打开K，移动C，使B中水银面降低到与标记M相平，封闭气体温度为310C；然后关闭K，使封闭气体温度升至230C，这时B中水银面升到与标记N相平，测出C中水银面比标记N高h1＝24cm。再打开K，在容器A中装入某固体粉末，移动C，使B内水银面降到M标记处；关闭K，并保持封闭气体温度不变，缓缓提升C，使B内水银面升到与N标记相平，测得C中水银面比标记N高h2＝76cm。已知外界的大气压p0＝76cmHg，A容器的容积和B容器的容积之和为800cm3。求该固体粉末的实际体积。
.【答案】400 cm3
【解析】初态时，P1＝P0，V1＝VA+VB，T1=304K；
关闭K，P2＝（76+h1）cmHg，V2＝VA，T2=300K；
根据理想气体状态方程知(2分)，代入数据解得3VB＝VA(2分)
又VA+VB＝800cm3 可得VB＝200 cm3 VA＝600 cm3
当A容器中置于固体粉末时，设固体粉末的实际体积为V，初态时，P3＝P0，V3＝VA+VB﹣V(1分)
关闭K，缓慢提升C后，P4＝（76+h2）cmHg，V4＝VA﹣V，(1分)
根据玻意耳定律得P3V3＝P4V4(2分)
代入数据解得：V＝400 cm3(1分)
14．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）如图所示，一横截面为等腰直角三角形的玻璃棱镜，两种颜色不同的可见光细光束a、b，垂直于斜边从空气射向玻璃，光路如图所示，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)
A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B．a光和b光由空气进入玻璃棱镜后频率都变小
C．a光和b光在玻璃中传播时a光的波长小于b光的波长
D．在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光大
E．a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气，若逐渐增大入射角，则b光先发生全反射
【答案】ADE
【解析】两束光在直角边的入射角i相同，折射角ravb，且faλb，C项错误；由Δx＝λ知，Δxa>Δxb，D项对；由sin C＝知，Ca>Cb，故b光先发生全反射，E项对．
（2）（10分）如图下甲所示，在某介质中波源A、B相距d＝20 m，t＝0时两者开始上、下振动，A只振动了半个周期，B连续振动，所形成的波的传播速度都为v＝1.0 m/s，开始阶段B波源的振动图象如图乙所示．
(ⅰ)求距A点1 m处的P质点，在t＝0到t＝22 s内所经过的路程；
(ⅱ)求在t＝0到t＝16 s内从A发出的半个波前进过程中所遇到的波峰个数．
【答案】(ⅰ)128 cm (ⅱ)6个
【解析】(ⅰ)A波通过P点时质点振动经过的路程为s1＝2×4 cm＝8 cm(1分)
B波传播至P点需t1＝19 s(1分)
则B波在P点还要振动t2＝3 s＝1.5TB(1分)
故B波在P点振动的路程为s2＝6×20 cm＝120 cm(1分)
总路程s＝s1＋s2＝128 cm(1分)
(ⅱ)16 s内两列波相对运动的长度为：Δl＝lA＋lB－d＝2vt－d＝12 m(1分)
A波宽度为a＝＝v＝0.2 m(1分)
B波波长为λB＝vTB＝2 m(1分)
n＝＝6，即A波经过了6个波峰(2分)
2022年全国高考物理考前冲刺押题卷（四）
（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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，有选错或不答的得0分。
1、在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间（x—t）图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于－2 m/s2，t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则( )
A．a车做匀速运动且其速度为m/s
B．t＝3s时a车和b车相遇但此时速度不等
C．t＝1s时b车的速度为10 m/s
D．t＝0时a车和b车的距离x0＝9 m
【答案】D
【提示】x—t图像的斜率等于速度，由题图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为m/s＝2m/s，故A错误。t＝3s 时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，故B错误。t＝3s时，b车的速度为2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0＋at＝vb，解得v0＝8 m/s，则t＝1s时b车的速度为＝8 m/s－2×1 m/s＝6 m/s，故C错误。t＝3s时，a车的位移为6 m，b车的位移为m＝15 m，t＝3s 时，a车和b车到达同一位置，得9 m，故D正确。
2、关于近代物理的知识，下列说法正确的是( )
A．查德威克发现质子的核反应方程为7N＋He→8O＋H
B．β衰变就是原子核内的一个质子转化为一个中子和电子，电子被释放出来
C．铀核裂变的一种核反应方程为U→Ba＋Kr＋2n
D．若氢原子从n＝6的能级向n＝1的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＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应
【答案】 D
【解析】 发现质子的是卢瑟福，故A错误；β衰变实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，这个电子以β射线的形式释放出来，故B错误；铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中的一种核反应方程为U＋n→Ba＋Kr＋3n，故C错误；根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6的能级向n＝1的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＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D正确。
3、同步卫星的发射方法是变轨发射，即先把卫星发射到离地面高度为200～300 km的圆形轨道上，这条轨道叫停泊轨道，如图所示，当卫星穿过赤道平面上的P点时，末级火箭点火工作，使卫星进入一条大的椭圆轨道，其远地点恰好在地球赤道上空约36 000 km处，这条轨道叫转移轨道；当卫星到达远地点Q时，再开动卫星上的发动机，使之进入同步轨道，也叫静止轨道。关于同步卫星及发射过程，下列说法中错误的是( )
A．在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此，卫星在静止轨道上运行的线速度大于在停泊轨道运行的线速度
B．在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此，卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道运行的机械能
C．卫星在转移轨道上运动的速度大小范围为7.9～11.2 km/s
D．所有地球同步卫星的静止轨道都相同
【答案】A
【解析】根据变轨的原理知，在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速。当卫星做圆周运动，由G＝m，得v＝ ，可知卫星在静止轨道上运行的线速度小于在停泊轨道运行的线速度，故A错误；在P点火箭点火和Q点开动发动机的目的都是使卫星加速，由能量守恒知，卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道运行的机械能，故B正确；在转移轨道上的速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，即速度大小范围为7.9～11.2 km/s，故C正确；所有的地球同步卫星的静止轨道都相同，并且都在赤道平面上，高度一定，故D正确。
4、北京时间2月25日消息，2019年体操世界杯墨尔本站男子单杠单项的决赛，中国体操队选手张成龙获得铜牌。假设张成龙训练时做“单臂大回环”的高难度动作时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动。如图甲所示，张成龙运动到最高点时，用力传感器测得张成龙与单杠间弹力大小为F，用速度传感器记录他在最高点的速度大小为v，得到Fv2图象如图乙所示。g取10 m/s2，则下列说法中错误的是( )
甲 乙
A．张成龙的质量为65 kg
B．张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m
C．当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的弹力方向向上
D．在完成“单臂大回环”的过程中，张成龙运动到最低点时，单臂最少要承受3 250 N的力
【答案】C
【解析】对张成龙在最高点进行受力分析，当速度为零时，有F－mg＝0，结合图象解得质量m＝65 kg，选项A正确；当F＝0时，由向心力公式可得mg＝，结合图象可解得R＝0.9 m，故张成龙的重心到单杠的距离为0.9 m，选项B正确；当张成龙在最高点的速度为4 m/s时，张成龙受单杠的拉力作用，方向竖直向下，选项C错误；张成龙经过最低点时，单臂受力最大，由牛顿第二定律得F－mg＝m，张成龙从最高点运动到最低点的过程中，由动能定理得2mgR＝mv－mv2，当v＝0时，F有最小值Fmin，故由以上两式得Fmin＝3 250 N，即张成龙的单臂最少要承受3 250 N的力，选项D正确。
5、如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面上间距d＝1 m的两平行虚线aa′和bb′之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度B＝5 T．现有一质量m＝1 kg，总电阻R＝5 Ω，边长也为d＝1 m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中，现让线圈由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa′保持平行，线圈的下边MN穿出aa′时开始做匀速直线运动．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2.下列说法中错误的是( )
A．从开始到线圈完全进入磁场的过程，通过线圈某一截面的电荷量为0.5 C
B．线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s
C．线圈速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2
D．线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3 J
【答案】C
【解析】q＝It＝t＝t＝ΔΦ＝×，代入数据有q＝0.5 C，故A正确；线圈做匀速直线运动时，沿斜面有mgsin θ＝μmgcos θ＋BId，又I＝，两式联立得v＝0.4 m/s，故B正确；线圈v＝0.2 m/s时，沿斜面有mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，有a＝1.8 m/s2，故C错误；线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒：mgsin θ×d＝μmgcos θ×d＋mv2＋Q，代入数据有Q＝3 J，故D正确．
6、抽油烟机是现代厨房不可缺少的用具，下表是某品牌家用抽油烟机说明书中的主要技术参数差．用多用电表测量得其中一只电动机的线圈电阻R＝90 Ω.若保险丝的熔断电流是保险丝允许通过的电流的1.5倍，启动时电动机当成纯电阻处理，则下列说法正确的是（ ）
额定电压(两电动机、照明灯)
AC220 V 50 Hz
额定输入功率
2×185 W
抽排风量(两电动机同时工作)
≥15 m3/min
风压(两电动机同时工作)
≥300 Pa
照明灯
40 W
排烟管内径
150 mm
A．两电动机每分钟消耗的电能是1.11×104 J.
B．这种抽油烟机保险丝的熔断电流不得低于7.61 A
C．两电动机每分钟所做的有用功至少是4.5×103 J
D．这种油烟机的机械效率至少是10.3%
【答案】BC
【解析】两电动机每分钟消耗的电能E＝2Pt＝2.22×104 J，选项A错误；电动机启动时通过的电流大于正常工作时的电流，所以保险丝的熔断电流应以启动时通过的电流来确定，启动电流I＝×2 A＋＝5.07 A，所以保险丝的熔断电流至少为I′＝1.5I＝7.61 A，选项B正确；电动机所做的有用功是用于排风的，故两电动机每分钟所做的有用功至少为W＝pΔV＝300×15 J＝4.5×103 J，选项C正确；该抽油烟机的机械效率至少为η＝×100%＝20.3%，选项D错误。
7、有一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图8所示，cd、cb 分别垂直于x轴、y轴，其中a、b、c三点电势分别为：4 V、8 V、10 V，使一电荷量为q＝－2×10－5 C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是( )
A． 坐标原点O的电势为6 V
B．电场强度的大小为 V/m
C．该点电荷在c点的电势能为2×10－5 J
D．该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为 8×10－5 J
【答案】AD
【解析】由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的变化量相等，所以φc－φb＝φO－φa，代入数据解得φO＝6 V，故A正确；ab中点e的电势为φe＝6 V，连接Oe则为等势面，如图所示，由几何关系可知，ab垂直于Oe，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为E＝＝ V/m＝100 V/m，故B错误；该点电荷在c点的电势能为Epc＝qφc＝－2×10－4 J，故C错误；b、d在同一等势面上，该点电荷从a点移动到d点电场力做功为Wad＝qUad＝qUab＝(4－8)×(－2×10－5) J＝8×10－5 J，故D正确．
8、磁流体发电机的示意图如图所示，横截面为矩形的管道长为，宽为a，高为b，上下两个侧面为绝缘体，相距为a的两个侧面是电阻可忽略的导体，此两导体侧面与一负载电阻相联，整个管道放在一匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于上、下侧面向上。现在电离气体（正、负带电粒子）持续稳定地流经管道，为使问题简化，设横截面上各点流速相同，沿长度方向电离气体的平均电阻率为，电离气体所受的摩擦阻力与流速成正比，M
N
且无论有无磁场存在，都维持管两端电离气体压强差为p，设无磁场存在时电离气体流速为。则下列说法中正确的是（ ）
A．有磁场时，M点电势高于N点电势
B．磁流体发电机的内阻为
C．存在磁场时，等离子气体所受安培力FA与流速v的关系是
D．有磁场存在时此磁流体发电机的电动势大小
【答案】ACD
【解析】存在磁场时，由左手定则可判断，前侧面电势高，且侧面电势低，即M点电势高于N点，选项A正确；由电阻定律知，磁流体发电机的的内阻，选项B错误；无磁场时根据平衡条件知，存在磁场时有，解得，选项C正确；，得，根据闭合电路欧姆定律得，又，解得，选项D正确。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共47分）
9．（6分）一小组同学到仓储站劳动实践，在调试如图甲所示的谷物传送机时，发现启动阶段水平放置的传送带不是匀速运动。为探究传送带在启动阶段的运动性质，该小组同学进行了以下操作：
甲
①用细绳一端拴盛有小米的纸质漏斗，做成一个单摆；
②一同学站在传送带旁边，手持绳的另一端于传送带中线的正上方不动，漏斗尽量贴近传送带；
③将漏斗适当拉离平衡位置，撕开漏斗下部，让小米流出，同时放开漏斗，使漏斗始终垂直于传送带中线运动；
④启动传送带，一段时间后，摆动的漏斗撒出的小米在传送带上留下的痕迹如图乙所示。
已知重力加速度g＝10 m/s2，请回答以下问题：
乙
(1)用毫米刻度尺测量图片中OA的长度，长度为______ mm，为判断传送带在启动阶段的运动性质，还需要测出________的长度；
(2)根据上述测量数据得出的结论是_____________________，理由是_____________________________。
【答案】 (1)8.6～8.9均可 (2分) OB和OC(或AB和BC)(2分)
(2)传送带在启动阶段的运动可看做匀加速直线运动 在误差允许的范围内，传送带在连续相等的时间段内的位移差相等(2分)
【解析】 (1)用毫米刻度尺测量图片中OA的长度，根据毫米刻度尺读数规则，读出OA的长度，记录的数据要包括估读的数值。可根据做匀变速直线运动的物体在连续相等时间内的位移差是恒量，来判断传送带在启动阶段的运动性质，故还需要测量OB和OC的长度(或者AB和BC的长度)。(2)若满足BC－AB＝AB－OA，则传送带在启动阶段的运动可看做匀加速直线运动。其理由是：在误差允许的范围内，传送带在连续相等时间段内的位移差相等。
10．（9分）某物理课外活动小组学习了“测量电源的电动势和内阻”后，设计了如图甲所示的实验电路。
甲 乙 丙
(1)若闭合开关S1, 将单刀双掷开关S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，处理数据得到如图乙所示图象，写出关系式________。
(2)若断开S1，将单刀双掷开关S2掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I，处理数据得到如图丙所示图象，写出R关系式________。
(3)同学们对实验结果进行了误差分析，发现将两个图象综合利用，完全可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差。已知图象乙和丙的纵轴截距分别为b1、b2，斜率分别为k1、k2，则电源的电动势E＝________，内阻r＝________。
(4)不同小组的同学用不同的电池组(均由同一规格的两节干电池串联而成)，按照(1)中操作完成了上述实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大，同学们选择了内电阻差异较大的Ⅰ、Ⅱ两个电池组做进一步探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了下列的PR和PU图象。若已知Ⅰ电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是________(填正确选项标号)。
A B C D
【答案】 (1)＝·＋(2分) (2)＝R＋(2分) (3)(2分) (2分) (4)BC(1分)
【解析】(1)若闭合开关S1，将单刀双掷开关S2掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根据闭合电路欧姆定律可知，E＝U＋Ir＝U＋r，则＝·＋。(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，得到与R的关系式＝R＋。(3)由题图所示电路图可知，利用伏阻法时，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差的原因。若考虑通过电压表的电流，则表达式为E＝U＋Ir＝U＋r，则＝＋·，则＝k1；利用安阻法时，考虑电流表内阻，可得＝R＋，则题图丙中R图象的斜率的倒数等于电源的电动势E。那么根据＝k1，＝k2，可得E＝，r＝。
(4)根据电源的输出功率规律可知，当内、外电阻相等时输出功率最大，当外电阻大于内电阻时，随着外电阻的增大，输出功率将越来越小，又由Pmax＝可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，故B正确，A错误。当内、外电阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，且电池组Ⅱ的输出功率比Ⅰ的大，而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故C正确，D错误。
11．（12分）如图所示，半径为R＝ m的光滑的圆弧形凹槽固定放置在光滑的水平面上，凹槽的圆弧面与水平面在B点相切，另一条半径OC与竖直方向夹角为θ＝37°，C点是圆弧形凹槽的最高点，两个大小相同的小球P、Q质量分别为m1＝2 kg和m2＝1 kg，Q静止于B点，P放置于水平面上A点．给P施加一个F＝60 N的水平向右的瞬间作用力，P在B点与Q发生对心正碰，碰撞过程没有能量损失，碰后Q恰好能经过最高点C，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)P碰前的速度大小v1和碰后的速度大小v2；
(2)力F的作用时间t.
【答案】 (1)6 m/s 2 m/s (2)0.2 s
【解析】 (1)Q恰能经过最高点C，在C点有m2gcos θ＝ (1分)
Q从B到C过程中机械能守恒m2v＝m2v＋m2gR(1＋cos θ) (2分)
联立解得vB＝8 m/s(1分)
P和Q碰撞过程中系统动量守恒m1v1＝m1v2＋m2vB (1分)
系统能量守恒m1v＝m1v＋m2v (2分)
解得v1＝6 m/s，v2＝2 m/s (2分)
(2)由动量定理知Ft＝m1v1 (2分)
t＝＝0.2 s．(1分)
12．（20分）如图所示，半径为L1＝2 m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B1＝ T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝ rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中(连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R)，图中的平行板长度为L2＝2 m，宽度为d＝2 m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有一带电粒子以初速度v0＝0.5 m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，之后进入到有界匀强磁场中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．(忽略金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力)求：
(1)在0～4 s内，平行板间的电势差UMN ；
(2)带电粒子飞出电场时的速度；
(3)在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度B2应满足的条件．
【答案】(1)－1 V (2) m/s 与水平方向的夹角 θ＝45°
【解析】(1)金属杆产生的感应电动势恒为E＝B1Lω＝2 V (1分)
由串并联电路的连接特点知：E＝I·4R (1分)
U0＝I·2R＝＝1 V (1分)
T1＝＝20 s (1分)
由右手定则知：在0～4 s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa＞φb，(1分)
则在0～4 s时间内，φM＜φN，UMN＝－1 V (1分)
(2)粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～时间内，水平方向L2＝v0·t1，得t1＝＝4 s＜ (1分)
竖直方向＝vyt1 (1分)
解得：vy＝0.5 m/s (1分)
则粒子飞出电场时的速度大小v＝＝ m/s (1分)
tan θ＝＝1(1分)，所以该速度与水平方向的夹角 θ＝45° (1分)
(3)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝m，(1分)
得r＝ (1分)
由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知：r＞d时离开磁场后不会第二次进入电场
粒子在平行板中加速得：vy＝at1 ,(1分)
又a＝(1分)，E＝ (1分)
解得：＝0.25 C/kg (1分)
综合得 B2＜＝×T ＝2 T (2分)
（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
13．[物理——选修3–3]（15分）
（1）（5分）下列说法中正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离
B．同一种液体，在一定温度下，其饱和汽压与饱和汽所占的体积无关
C．密闭容器中某种蒸汽开始时是不饱和的，若保持温度不变，只减小容器的容积时仍是不饱和的
D．在同等温度下，干湿泡湿度计的干、湿两支温度计示数差别越大，说明该环境越干燥
E．液体的附着层具有收缩趋势的情况发生在液体浸润固体的附着层
【答案】ABD
【解析】液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子间表现为引力引起的，A正确；饱和汽压是指饱和汽所具有的压强，其特点是与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关，B正确；密闭容器中某种蒸汽开始时是不饱和的，若保持温度不变，只减小容器的容积时最终可能是饱和的，C错误；因为纱布中水蒸气蒸发吸热，在同等温度下，干、湿两支温度计示数差别越大，说明该环境越干燥，D正确；液体的附着层具有收缩趋势的情况发生在液体不浸润固体的附着层，E错误。
（2）（10分）如图所示，k是连通大气的阀门，C为可上下移动的水银槽，容器A通过橡皮管与容器B相通，连通A、B管道的容积可忽略。先打开K，移动C，使B中水银面降低到与标记M相平，封闭气体温度为310C；然后关闭K，使封闭气体温度升至230C，这时B中水银面升到与标记N相平，测出C中水银面比标记N高h1＝24cm。再打开K，在容器A中装入某固体粉末，移动C，使B内水银面降到M标记处；关闭K，并保持封闭气体温度不变，缓缓提升C，使B内水银面升到与N标记相平，测得C中水银面比标记N高h2＝76cm。已知外界的大气压p0＝76cmHg，A容器的容积和B容器的容积之和为800cm3。求该固体粉末的实际体积。
.【答案】400 cm3
【解析】初态时，P1＝P0，V1＝VA+VB，T1=304K；
关闭K，P2＝（76+h1）cmHg，V2＝VA，T2=300K；
根据理想气体状态方程知(2分)，代入数据解得3VB＝VA(2分)
又VA+VB＝800cm3 可得VB＝200 cm3 VA＝600 cm3
当A容器中置于固体粉末时，设固体粉末的实际体积为V，初态时，P3＝P0，V3＝VA+VB﹣V(1分)
关闭K，缓慢提升C后，P4＝（76+h2）cmHg，V4＝VA﹣V，(1分)
根据玻意耳定律得P3V3＝P4V4(2分)
代入数据解得：V＝400 cm3(1分)
14．[物理——选修3–4]（15分）
（1）（5分）如图所示，一横截面为等腰直角三角形的玻璃棱镜，两种颜色不同的可见光细光束a、b，垂直于斜边从空气射向玻璃，光路如图所示，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)
A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B．a光和b光由空气进入玻璃棱镜后频率都变小
C．a光和b光在玻璃中传播时a光的波长小于b光的波长
D．在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的条纹间距比b光大
E．a光和b光以相同的入射角由玻璃射向空气，若逐渐增大入射角，则b光先发生全反射
【答案】ADE
【解析】两束光在直角边的入射角i相同，折射角ra
（2）（10分）如图下甲所示，在某介质中波源A、B相距d＝20 m，t＝0时两者开始上、下振动，A只振动了半个周期，B连续振动，所形成的波的传播速度都为v＝1.0 m/s，开始阶段B波源的振动图象如图乙所示．
(ⅰ)求距A点1 m处的P质点，在t＝0到t＝22 s内所经过的路程；
(ⅱ)求在t＝0到t＝16 s内从A发出的半个波前进过程中所遇到的波峰个数．
【答案】(ⅰ)128 cm (ⅱ)6个
【解析】(ⅰ)A波通过P点时质点振动经过的路程为s1＝2×4 cm＝8 cm(1分)
B波传播至P点需t1＝19 s(1分)
则B波在P点还要振动t2＝3 s＝1.5TB(1分)
故B波在P点振动的路程为s2＝6×20 cm＝120 cm(1分)
总路程s＝s1＋s2＝128 cm(1分)
(ⅱ)16 s内两列波相对运动的长度为：Δl＝lA＋lB－d＝2vt－d＝12 m(1分)
A波宽度为a＝＝v＝0.2 m(1分)
B波波长为λB＝vTB＝2 m(1分)
n＝＝6，即A波经过了6个波峰(2分)
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