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2022年安徽省黄山市高考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年安徽省黄山市高考物理二模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了8V,0，20A，电压表U1=0，【答案】A，【答案】C，【答案】D，【答案】BD，【答案】AC，【答案】D A BC等内容，欢迎下载使用。
2022年安徽省黄山市高考物理二模试卷
1. 近代物理和技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是( )
A. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定
B. 某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核内有β粒子
C. 核泄漏污染物铯 55137Cs能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为 55137Cs→56137Ba+X，X为中子
D. 若氢原子于从n=2能级向n=1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=3能级向n=2能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应
2. 一辆货车运载若干相同的光滑圆柱形空油桶，质量均为m。如图所示，底层油桶平整排列、相互紧贴。上层只有一只油桶C，自由摆放在油桶A、B之间，且与汽车一起处于静止状态。重力加速度为g。若汽车向左加速运动(C始终与汽车相对静止)，则( )
A. A对C的支持力增大
B. B对C的支持力减小
C. 当加速度a=33g时，A对C无支持力
D. 当加速度a=0时，C对B的压力大小为mg
3. 如图所示，“鹊桥”中继星处于地月拉格朗日点L2上时，会和月球、地球两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为M，“鹊桥”中继星的质量为m，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”中继星均可视为质点，忽略太阳对”鹊桥”中继星的引力，忽略“鹊桥”中继星对月球的影响。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是( )
A. 地球对月球的引力与“鹊桥”中继星对月球的引力相等
B. 月球与地球质量之比为(L+d)d2L3−d2(L+d)2
C. “鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比L2：(L+d)2
D. “鹊桥”中继星与月球的线速度之比为L：L+d
4. 甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其v−t图像如图所示，在t=0时刻，乙车在甲车前方x0处，在0−t1时间内乙车的位移为x。下列判断正确的是( )
A. 若甲、乙在t1时刻相遇，则x0=3x
B. 若甲、乙在12t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1
C. 若x0=32x，则甲、乙一定相遇一次
D. 若x0=53x，则甲、乙一定相遇两次
5. 如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是( )
A. P向下动，Q向下动 B. U1减小，U2增大
C. Q1减小，Q2增大 D. C1减小，C2增大
6. 2022年2月4日，北京冬奥会盛大开幕。在首钢大跳台进行的跳台滑雪项目极具视觉冲击，深受观众喜爱。如图所示，一位跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡b点，假设运动员及其装备可视为质点，不计空气阻力，关于运动员在空中的运动，下列说法正确的是( )
A. 在相等的时间间隔内，重力势能的改变量总是相同的
B. 在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的
C. 在下落相等高度的过程中，动能的改变量越来越大
D. 若增大初速，则运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角不变
7. 如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，A、B、C、E为圆周上四个点，E为BC圆弧的中点，AB//OE，O为圆心，D为AB中点，∠ACB=θ。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为v0的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q(不计重力和粒子之间的相互作用力)。若沿CA方向入射的粒子恰以v0cosθ的速度垂直AB方向过D点。则以下说法正确的是( )
A. AD间和OC间的电势差关系为：UAD=UOC
B. 沿垂直BC方向入射的粒子可能经过A点
C. 在圆周上各点中，从E点离开的粒子速率最大
D. 若θ=60∘，则匀强电场的场强为E=3mv022qR
8. 如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为v，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30∘斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是( )
A. 粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长
B. 初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为3mv
C. 速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为(3+1)mvqB
D. 匀强磁场区域的最小面积为(π3−34)m2v2q2B2
9. 小明同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，上面固定两个光滑的定滑轮A和B，三根细绳打一个结点O，且所有钩码完全相同，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：
(1)改变钩码个数，实验不能完成的是______；
A.钩码的个数N1=N2=2，N3=3
B.钩码的个数N1=3，N2=5，N3=4
C.钩码的个数N1=N2=N3=5
D.钩码的个数N1=3，N2=1，N3=5
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是______；
A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B.用量角器量出三段绳子之间的夹角
C.量出OA、OB、OC三段绳子的长度
D.用天平测出钩码的质量
(3)如图2所示，小兰同学在做“探究求合力的方法”实验时，用A、B两根弹簧秤把橡皮条的结点拉到O点，此时α+β=90∘，在实验过程中，她做了一些探究，其中一个是：她使B弹簧秤示数有较明显的增大，为了保持结点位置不变，可采取的补救办法是______。
A.保持其它不变，增大A的示数同时减小α角
B.保持其它不变，增大A的示数同时增加α角
C.保持其它不变，增大A的示数同时增大β角
D.保持其它不变，增大A的示数同时减小β角
10. 某物理学习小组为了探究小灯泡L(3.8V,0.7A)的伏安特性曲线，同时再测定电源电动势和内阻，设计了如甲所示的电路图。
(1)为了完成实验目的，该物理学习小组进行以下的实验操作：
第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2______(“闭合”或“断开”)，移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。现有如下两组数据：
第一组：电流表I=0.20A，电压表U1=0.65V，电压表U2=4.3V
第二组：电流表I′=0.40A，电压表U1′=1.50V，电压表U2′=4.1V
利用以上数据可以求出电源电动势E=______V，电源内阻r=______Ω。(结果均保留2位有效数字)
第②步：将滑动变阻器滑片P调到______(填“最右边”或“中间”或“最左边”)，再闭合开关______，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。利用以上测量数据描绘小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示。
(2)现在将六盏完全相同的灯泡L(3.8V,0.7A)并联后直接接在题中电源的两端，则该电路中每盏小灯泡的功率______W。(计算结果保留2位有效数字)
11. 如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：
(1)金属棒到达最低点时的速度和受到的安培力大小；
(2)若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值和拉力做的功为多少？
12. 如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.50kg、可看作质点的物块A相接触(不粘连)，OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，mB=1.5kg，mC=0.5kg，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.40m后撤去外力F，此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4m/s，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37∘的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v=1m/s顺时针转动，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为多少；
(2)滑块C刚滑上传送带时的速度；
(3)物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。
13. 某容器内封闭一定质量的理想气体。气体开始处于状态a，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p−T图像如图所示。则下面说法正确的是( )
A. a、b、c三个状态中b的体积最大。
B. a、b、c三个状态中c的单位体积中的分子数最少。
C. 过程bc中气体一定吸热。
D. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同。
E. 过程ab吸收的热量小于过程ca释放的热量。
14. 如图所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA：SB=1：3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0=300K，A中气体压强pA=4p0，p0是汽缸外的大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB′=3p0。求：
(1)此时A中的气体压强pA′；
(2)此时A中的气体温度TA′。
15. 如图所示，一块半圆柱形玻璃砖截面的圆心为O点，一束红光和一束蓝光分别沿半径射入截面为半圆形的玻璃砖中后，都由圆心O沿OP方向射出，则下列说法正确( )
A. 玻璃砖对A光的折射率小于对B光的折射率
B. A光为蓝光，B光为红光
C. 在玻璃中，A光的传播速度大于B光的传播速度
D. 若玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴顺时针缓慢转动90∘的过程中，则B光先在MN界面发生全反射
E. 分别用A、B光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，A光的干涉条纹间距小于B光的干涉条纹间距
平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，A、B为x轴正半轴上的两个点，O与A之间的距离L1=0.6m，此距离小于波长。波源质点从0时刻开始振动，其位移方程为y=10sin(πt+π)(cm)，当波传到A点时，波源恰好处于波峰位置。求：
(1)该简谐横波的波速v；
(2)若O与B之间的距离L2=3.2m。则从0时刻开始到平衡位置在B处的质点第一次处于波谷的过程中，波源质点在振动过程中通过的路程s。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A正确；
B、某些原子核能够放射出β粒子，这是核内中子转化为质子时放出的负电子，不能说明原子核内有β粒子，故B错误；
C、根据核反应过程中，质量数与电荷数守恒，可得X的质量数为：137−137=0，电荷数为：55−56=−1，所以X为电子，故C错误；
D、氢原子于从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光的频率大于氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射出光的频率，所以氢原子从n=2能级向n=1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=3能级向n=2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错误。
故选：A。
比结合能越大，原子核越稳定；β粒子是核内中子转化为质子时放出的负电子；根据核反应过程中，质量数与电荷数守恒判断；根据能级跃迁知识和光电效应条件判断。
本题考查了比结合能、β衰变、核反应方程、能级跃迁及光电效应等基础知识，要求学生能够理解比结合能的概念，知道发生光电效应的条件，知道原子跃迁的计算。
2.【答案】C
【解析】解：AB.设A、B对C的支持力大小分别为NA、NB，汽车的加速度大小为a。
在竖直方向上根据平衡条件可得：NAcos30∘+NBcos30∘=mg
在水平方向根据牛顿第二定律有：NBsin30∘−NAsin30∘=ma
联立解得：NA=3mg3−ma，NB=3mg3+ma
可知从a=0到a≠0时，NA减小，NB增大，故AB错误；
CD.当加速度a=33g时NA=0，NB=23mg3
根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为零，对B的压力大小为23mg3，故C正确；
D.当a=0时，可解得NB=33mg，根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为33mg，故D错误。
故选：C。
根据不同情况下的运动情况，结合牛顿第二定律分析合力的方向，对C进行受力分析，根据正交分解分析C所受到的合力的表达式，根据牛顿第二定律求解支持力大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
3.【答案】B
【解析】解：A.月球所受的合外力方向指向地球，故地球对月球的引力大于“鹊桥”中继星对月球的引力，故A错误；
D.“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的角速度相等，根据v=ωr可得“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为(L+d)：L.故D错误；
C.根据a=ω2r可得“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比为(L+d)：L，故C错误：
B.对月球，地球对它的万有引力提供向心力
“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故
联立解得
故B正确。
故选：B。
“鹊桥”中继卫星绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出线速度、向心加速度的大小之比，同时解得月球与地球质量之比。
解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。
4.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，甲车的初速度等于2v0，在t1时间内，甲车的位移为：，乙车的位移为：x=v0t12，则。若甲、乙在t1时刻相遇，则有：，故A错误；
B、若甲、乙在12t1时刻相遇，根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，12t1−32t1 时间内甲、乙通过的位移相等，所以下次相遇时刻为32t1，故B错误；
C、若x0=32x，第一次相遇在0−t1之间，此时，在t1时刻之后甲、乙还能相遇一次，则甲乙相遇两次，故C错误；
D、若x0=53x，第一次相遇在0−t1之间，在t1时刻之后甲、乙还能相遇一次，则甲、乙一定相遇两次，故D正确。
故选：D。
本题是追及与相遇问题，要分析清楚两物体的位移关系。抓住两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，根据v−t图象中“面积”表示位移。结合几何知识来分析。
在速度-时间图像中，纵轴截距表示初速度，图像的斜率表示加速度，图图像与时间轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析。
5.【答案】C
【解析】解：AC、假设AB之间电荷量\(Q_{1}\)不变，由于B板下移，由电容的决定式：\(C=\dfrac{ɛs}{4\pi kd}\)，得\(C_{1}\)减小，则由电容的决定式：\(C=\dfrac{Q}{U}\)，得AB之间的电压\(U_{1}\)增大，大于MN之间的电压，则AB板将向MN板充电，则\(Q_{1}\)减小，\(Q_{2}\)增大，
由匀强电场场强公式得：E=Ud=QCd=Qϵs4πkd×d=4πkQϵS，则AB之间场强降低，MN之间场强增加，则P向下动，Q向上动，故A错误，C正确；
B、由于AB板要向MN板充电，MN之间距离不变，电容不变，则电荷量增大，由电容定义式：C=QU，可得MN两板之间电压U2增大，当U1=U2时，则充电结束，此时U2也相较于之前增大，故B错误；
D、由于B板下移，由电容的决定式：\(C=\dfrac{ɛs}{4\pi kd}\)，得\(C_{1}\)减小，\(C_{2}\)不变，故D错误。
故选：C。
已知B、N两板均接地线，则两板的电势φ=0，已知B板下移，则由电容的决定式可得C1的变化，从而得出电荷量和电势差的变化，从而判断出两油滴的运动状态。
本题主要考查了考生对于电容定义式和决定式的运用，需要知道两板连在一起，当两板电压不相等时则会发生充电。
6.【答案】BD
【解析】解：A、运动员在空中做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，在相等时间间隔内运动员的竖直分位移h不相等，重力势能的改变量ΔEp=mgh，由于h不同，重力势能的改变量不同，故A错误；
B、平抛运动的小球只受重力作用，加速度为重力加速度g保持不变，根据Δv=gΔt，可知在相等时间间隔内，速度的变化量相同，故B正确；
C、平抛运动竖直分运动是自由落体运动，在下落相等高度的过程中，重力做功相同，根据动能定理可得动能的改变量相同，故C错误；
D、设斜面倾角为α，运动员平抛运动时间为t，根据平抛运动的规律，有tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0，解得：t=2v0tanθg
设其落到斜面上时，其速度方向与水平方向夹角为θ，有tanθ=gtv0=2tanα，由此可知：运动员落到斜面上时的速度方向与水平方向夹角为定值，与初速度无关，故D正确。
故选：BD。
运动员在空中做平抛运动，根据平抛运动规律判断在相等时间内竖直分位移是否相等，然后应用重力势能的计算公式判断重力势能改变量是否相等；平抛运动的加速度不变，在相等时间间隔内速度变化量相同；根据速偏角的正切值为位偏角正切值的二倍判断初速增大时，速偏角的变化情况。
平抛运动与斜面问题的结合，注意应用其竖直分位移与水平位移之比为斜面倾角的正切值，据此可求时间，是解题的关键。
7.【答案】AC
【解析】解：A、因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向过D点，研究它的逆过程，从D到C，由于此过程中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的2倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直BC向下的电场力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于BC向下，则BC电势相等，则：UAB=UAC，由于O是AC的中点，D是AB的中点，所以UAD=UOC=12UAB，故A正确；
B、电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，故B错误；
C、场强方向垂直于BC向下，则E点的电势最低，所以射入电场中的粒子，从E点离开的粒子电势能最小，则动能最大，速率最大，故C正确；
D、若∠ACB=θ=60∘，由几何关系可知BC−=R，则由类平抛运动的规律可知R=v0cos60∘t，32R=12⋅qEm⋅t2
联立解得：E=3mv024qR，故D错误。
故选：AC。
带电粒子运动的逆过程为类平抛运动，据此分析带电粒子的所受电场力以及场强方向，进而确定A、B、C三点电势的高低；过D点的速率等于C点的速度沿CB方向的分量；根据类平抛的运动规律求解电场强度；
解决本题的关键在于利用粒子运动的逆过程发现带电粒子的运动规律，利用类平抛运动的规律处理即可；
8.【答案】BD
【解析】解：A、粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示，速度最大的粒子从C点离开磁场，达到PQ的位置为A点，在磁场中的运动半径最大为rm，弦CO与PQ的夹角为θ，θ=30∘。其它粒子都在AO之间穿过PQ，设在AO之间任意一点N穿过PQ的粒子由M点离开磁场，因MN//AC，CO1//MO2，可得△OCO1∽△OMO2，则M点必在弦CO上，可知所有粒子从磁场射出的位置均在CO上，所有粒子在磁场在运动轨迹的圆心角均等于∠CO1O=120∘。
设经过N点的粒子速度为v1，在磁场的运动半径为r，周期为T。
由洛伦兹力提供向心力得：qv1B=mv12r
解得：v1=qBrm
T=2πrv1=2πmqB
MN=rtan30∘=3r
粒子在磁场中的运动时间：t1=120∘360∘T=13T=2πm3qB
粒子在磁场外由M到N的运动时间：t2=MNv1=3rv1=3mqB
粒子从O点到达水平线PQ的时间：t=t1+t2=2πm3qB+3mqB
可见所有粒子从O点到达水平线PQ的时间与初速度大小无关，时间均相等，故A错误；
C、对于速度最大的粒子，同理得：qvB=mv2rm
解得：rm=mvqB
由几何关系可得：AO1=2rm
从水平线PQ离开的位置距O点的距离为：AO=AO1+rm=2rm+rm=3mvqB，故C错误；
D、由上述分析可知匀强磁场区域的最小面积为图中红色线条围成的面积，则有：
Smin=120∘360∘πrm2−12⋅rm⋅rmsin60∘=(π3−34)m2v2q2B2，故D正确；
B、初速度最大的粒子从O点出发时的动量与到达PQ时的动量大小相等均为mv，两动量方向的夹角为120∘，由平行四边形定则可得，两动量的变化量的大小为3mv，故B正确。
故选：BD。
粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，作出粒子运动轨迹图，由几何关系判断所有粒子从磁场射出的位置，确定磁场的最小区域；由洛伦兹力提供向心力求得粒子运动半径与速度关系；由运动周期结合圆心角求解粒子在磁场中运动时间；根据平行四边形定则求解初末动量的变化量的大小。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
9.【答案】D A BC
【解析】解：(1)对O点受力分析
OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD.因此三个力的大小构成一个三角形．
A、2、2、3可以构成三角形，则结点能处于平衡状态，故A错误；
B、3、5、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B错误；
C、5、5、5可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C错误；
D、3、1、5不可以构成三角形，则结点不能处于平衡．故D正确．
故选：D.
(2)为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误．
故选：A.
(3)为了保持结点位置不变，则合力的大小和方向不变，做出力的平行四边形可知可采取的补救办法是：保持其它不变，增大A的示数同时增加α角，保持其它不变，增大A的示数同时增大β角，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
故答案为：(1)D；(2)A； (3)BC
(1)两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点(如图所示)，由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功；
(2)为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小(钩码的个数)与力的方向；
(3)要使结点不变，应保证合力大小、方向不变，根据平行四边形定则作出各个力动态变化的示意图，从而得出正确结果。明确矢量合成的法则，熟练应用平行四边形定则解题，尤其是出来动态平衡问题时，注意应用“图示法解题”。
主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．
10.【答案】断开 4.51.0最右边 S2 0.83
【解析】解：(1)第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2断开，移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据.
根据电路图结合闭合电路欧姆定律得
U2=E−Ir
代入数据得
4.3=E−0.20r
4.1=E−0.40r
联立解得
E−4.5V，r=1.0Ω
第②步：为了保护电路，将滑动变阻器滑片P调到最右边，再闭合开关S2，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。
(2)设流过灯泡的实际电流为I.根据闭合电路欧姆定律得
U=E−6Ir
在灯泡的伏安特性图中画出等效电源的U−I图象可得
两图线的交点即为灯泡的工作点，可得灯泡实际电压约为1.8V，实际电流为0.46A，则功率P=UI=0.46×1.8W=0.83W
故答案为：(1)断开，4.5，1.0，最右边，S2；(2)0.83
(1)根据实验原理和实验操作分析解答，根据闭合电路欧姆定律解得电动势与内阻；
(2)根据闭合电路欧姆定律解得灯泡U−I关系作图，解得灯泡的电功率。
本题考查伏安法测小灯泡电阻实验，第(2)问是本题的难点，由于小灯泡的阻值RL随灯两端的电压U的变化而变化，并且还不知道其U−I图象的解析式，没办法列方程求解，要单独记住此种情况利用伏安特性曲线与电源的路端电压随干路电流变化的图象的交点含义去求解，两图象的交点表示：单独把小灯泡接到该电源(或等效电源)两端时小灯泡的电压U和流过小灯泡的电流I。
11.【答案】解(1)金属棒在最低点时：FN−mg=mv2r
又FN=2mg解得：v=gr
通过金属棒的电流：I=BLv2R=BL2Rgr
安培力：F=BIL
代入可得：F=B2L22Rgr
(2)金属棒以速度v0沿轨道做匀速圆周运动时，从最低点开始，对应的半径r
转过的角度θ=ωt
电动势：e=BLv0cosθ=BLv0cosωt
从cd到达ab的过程中，电流的有效值为I=12⋅BLv02R=24RBLv0
由功能关系得 拉力做功为：w=mgr+I2⋅2R⋅t
由运动学公式：t=πr2v0
所以根据功能关系有：w=mgr+πrB2L2v08R
答：(1)金属棒到达最低点时的速度为gr，受到的安培力大小B2L22Rgr；
(2)若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值2BLv04R，拉力的功为mgr+πrB2L2v08R。
【解析】(1)金属棒在cd端时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出棒到达最低点时的速度．由E=BLv求出感应电动势，再由欧姆定律求通过R的电流，从而求出安培力大小；
(2)棒沿轨道做匀速圆周运动，求出金属棒在最低点的角速度，由E=BLvx求瞬时感应电动势，求出有效值，从而再由功能关系求拉力做的功。
本题是电磁感应与力学知识的综合，要正确分析能量是如何转化的。
12.【答案】解：(1)由图乙所示F−x图像可知，外力F做功为：WF=6+182×0.2J+18×0.2J=6J
物块A从开始运动M点的过程中，由动能定理得：WF−Wf=12mv02−0
代入数据解得：Wf=2J
(2)A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+mB)v1
代入数据解得：v1=1m/s
AB碰撞后，到弹簧恢复原长过程，A、B、C系统动量守恒，以向右为正方，由动量守恒定律得：(m+mB)v1=(m+mB)vB+mCvC
由机械能守恒定律得：12(m+mB)v12=12(m+mB)vB2+12mCvC2
代入数据解得：vB=0.6m/s，vC=1.6m/s
(3)C在传送带上减速至传送带共速过程中，由牛顿第二定律得：mCgsinθ+μmCgcosθ=mCa1
代入数据解得：a1=10m/s2
运动时间：t1=vC−va1
C与传送带之间的相对位移是：Δx1=vC+v2t1−vt1
代入数据解得：Δx1=0.018m
产生的热量：Q1=μmgcosθ×Δx1
代入数据解得：Q1=0.036J
C与传送带共速后，继续减速滑到顶端过程，由牛顿第二定律得：mCgsinθ−μmCgcosθ=mCa2
代入数据解得：a2=2m/s2
运动时间：t2=va2
C与传送带之间的相对位移：Δx2=vt2−v2t2
代入数据解得：Δx2=0.25m
摩擦产生的热量：Q2=μmgcosθ×Δx2
代入数据解得：Q2=0.5J
摩擦产生的总热量为：Q=Q1+Q2=(0.036+0.5)J=0.536J
答：(1)物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为2J；
(2)滑块C刚滑上传送带时的速度是1.6m/s，方向沿传送带向上；
(3)物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量是0.536J。
【解析】(1)F−x图线与坐标轴围成图形的面积表示力做的功，根据图示图象求出外力做功，然后应用动能定理求解。
(2)根据A、B、C的运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
(3)应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出位移，然后求出因描出产生的热量。
根据图示F−x图象求出力F做的功、分析清楚运动过程是解题的前提，应用功能关系、动量守恒定律与机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
13.【答案】BCE
【解析】解：A、在p−T图像中，ab为过坐标原点的直线，故做等容变化，a和b的体积相等，从b到c做等温变化，根据pV=C可知，压强减小体积增大。故c的体积最大，故A错误；
B、从b到c做等温变化，根据pV=C可知，压强减小体积增大，从c到a，做等压变化，温度减小，体积减小，故c的体积最大，a、b、c三个状态中c的单位体积中的分子数最少，故B正确；
C、从b到c，温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，气体对外做功，结合热力学第一定律可知，一定吸热，故C正确；
D、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故D错误；
E、过程ab和ca温度的变化量相同，故内能的变化量大小相同，从a到b做等容变化，气体不做功，内能的变化量等于吸收的热量，从c到a，温度降低，体积减小，外界对气体做功，放出的热量等于内能的变化量加上所做的功，故过程ab吸收的热量小于过程ca释放的热量，故E正确；
故选：BCE。
由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。
本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在p−T图象中等容线为过原点的直线，结合热力学第一定律即可判断。
14.【答案】解：(1)活塞平衡时，由平衡条件得：初状态：pASA+p0(SB−SA)=pBSB
末状态：pA′SA+p0(SB−SA)=pB′SB
且SA：SB=1：3
得：pA′=7p0
(2)B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，
由玻意耳定律得：p′BVB=pB×3V0
设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，
故有：VA−V0SA=3V0−VBSB
对A中气体由理想气体状态方程得：pA′VAT′A=pAV0T0
解得：TA′=700K
答：(1)此时A中的气体压强pA′为7p0；
(2)此时A中的气体温度TA′为700K。
【解析】(1)对两活塞作为整体，根据共点力平衡求得压强；
(2)对AB气体，分别找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得。
本题是连接体问题，找出两部分气体状态参量间的关系，然后由一定质量的理想气体状态方程即可解题，要掌握连接体问题的解题思路与方法
15.【答案】ACD
【解析】解：AC、由题中的图可知，B光的偏折程度大于A光，则B光的折射率大，A光的折射率小，则根据v=cn得，B光在玻璃中传播速度较小，故AC正确.
B、A光的折射率小，则频率小，则A光为红光，B光为蓝光，故B错误；
E、A光的频率小，则波长大，根据Δx=Ldλ，A光在屏上形成的条纹间距较大.故E错误；
D、由于A光频率小于B光频率，则根据sinC=1n可知B光的全反射临界角小，玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴顺时针缓慢转动90∘的过程中，则B光先在MN界面发生全反射，故D正确.
故选：ACD。
根据光的偏折程度比较A、B两束光的折射率大小，从而比较出频率的大小，在介质中的速度大小，波长的大小，根据双缝干涉条纹的间距公式比较条纹的间距大小.
解决本题的关键通过光的偏折程度比较出光的折射率的大小，以及知道折射率、频率、波长、在介质中的速度大小等大小关系.
16.【答案】解：(1)由振动位移方程为y=10sin(πt+π)(cm)可知A=10cm，ω=π
则周期T=2πω=2s
由于O与A之间的距离小于波长，当波传到A点时，波源O恰好处于波峰，则O点振动了34T个周期，A到O的距离L1=0.6m=34λ
即λ=0.8m
由公式v=λT
代入数据解答波速v=0.4m/s
(2)由分析可知经过t1=L2v=3.20.4s=8s=4T
则波谷第一次传到B点时间为t2=14T+4T
波源振动总路程为s=A+4×4A=10cm+4×4×10cm=170cm
答：(1)该简谐横波的波速为0.4m/s；
(2)波源质点在振动过程中通过的路程为170cm。
【解析】(1)根据OA之间的距离和波长的关系，结合波长、波速和周期的公式解得；
(2)分析出B处的质点第一次位于波峰位置时的时间，结合一个周期内质点的路程等于振幅的4倍，由此计算出质点通过的路程。
本题主要考查了横波的图像，熟悉波长、波速和周期之间的关系，解题的关键点是理解在一个周期内质点的路程等于振幅的4倍。
2022年安徽省黄山市高考物理二模试卷
1. 近代物理和技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明与进步。关于近代物理知识下列说法正确的是( )
A. 原子核的比结合能越大，原子核越稳定
B. 某些原子核能够放射出β粒子，说明原子核内有β粒子
C. 核泄漏污染物铯 55137Cs能够产生对人体有害的辐射，核反应方程式为 55137Cs→56137Ba+X，X为中子
D. 若氢原子于从n=2能级向n=1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=3能级向n=2能级跃迁时辐射出的光能使该金属发生光电效应
2. 一辆货车运载若干相同的光滑圆柱形空油桶，质量均为m。如图所示，底层油桶平整排列、相互紧贴。上层只有一只油桶C，自由摆放在油桶A、B之间，且与汽车一起处于静止状态。重力加速度为g。若汽车向左加速运动(C始终与汽车相对静止)，则( )
A. A对C的支持力增大
B. B对C的支持力减小
C. 当加速度a=33g时，A对C无支持力
D. 当加速度a=0时，C对B的压力大小为mg
3. 如图所示，“鹊桥”中继星处于地月拉格朗日点L2上时，会和月球、地球两个大天体保持相对静止的状态。设地球的质量为M，“鹊桥”中继星的质量为m，地月间距为L，拉格朗日L2点与月球间距为d，地球、月球和“鹊桥”中继星均可视为质点，忽略太阳对”鹊桥”中继星的引力，忽略“鹊桥”中继星对月球的影响。则“鹊桥”中继星处于L2点上时，下列选项正确的是( )
A. 地球对月球的引力与“鹊桥”中继星对月球的引力相等
B. 月球与地球质量之比为(L+d)d2L3−d2(L+d)2
C. “鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比L2：(L+d)2
D. “鹊桥”中继星与月球的线速度之比为L：L+d
4. 甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其v−t图像如图所示，在t=0时刻，乙车在甲车前方x0处，在0−t1时间内乙车的位移为x。下列判断正确的是( )
A. 若甲、乙在t1时刻相遇，则x0=3x
B. 若甲、乙在12t1时刻相遇，则下次相遇时刻为2t1
C. 若x0=32x，则甲、乙一定相遇一次
D. 若x0=53x，则甲、乙一定相遇两次
5. 如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和N板都接地．让A板带电后，在两个电容器间分别有P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为C1，电压为U1，带电量为Q1；MN间电容为C2，电压为U2，带电量为Q2。若将B板稍向下移，下列说法正确的是( )
A. P向下动，Q向下动 B. U1减小，U2增大
C. Q1减小，Q2增大 D. C1减小，C2增大
6. 2022年2月4日，北京冬奥会盛大开幕。在首钢大跳台进行的跳台滑雪项目极具视觉冲击，深受观众喜爱。如图所示，一位跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡b点，假设运动员及其装备可视为质点，不计空气阻力，关于运动员在空中的运动，下列说法正确的是( )
A. 在相等的时间间隔内，重力势能的改变量总是相同的
B. 在相等的时间间隔内，速度的改变量总是相同的
C. 在下落相等高度的过程中，动能的改变量越来越大
D. 若增大初速，则运动员落在斜坡上时速度方向与水平方向的夹角不变
7. 如图所示，半径为R的圆所在平面与某一匀强电场平行，A、B、C、E为圆周上四个点，E为BC圆弧的中点，AB//OE，O为圆心，D为AB中点，∠ACB=θ。粒子源从C点沿不同方向发出速率均为v0的带正电的粒子，已知粒子的质量为m、电量为q(不计重力和粒子之间的相互作用力)。若沿CA方向入射的粒子恰以v0cosθ的速度垂直AB方向过D点。则以下说法正确的是( )
A. AD间和OC间的电势差关系为：UAD=UOC
B. 沿垂直BC方向入射的粒子可能经过A点
C. 在圆周上各点中，从E点离开的粒子速率最大
D. 若θ=60∘，则匀强电场的场强为E=3mv022qR
8. 如图所示，水平线PQ上方某区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。O点在边界上且存在粒子源，可发出方向垂直PQ向上、初速度大小不同的粒子，初速度的最大值为v，粒子从O点发出即进入磁场区。最终所有粒子均从O点左侧与水平成30∘斜向左下方穿过水平线PQ，所有粒子质量均为m，带电量绝对值为q，不计粒子重力及粒子间相互作用，下列说法正确的是( )
A. 粒子初速度越大，从O点到达水平线PQ的时间越长
B. 初速度最大的粒子从O点出发到穿过PQ的过程中动量变化为3mv
C. 速度最大的粒子从水平线PQ离开的位置距O点的距离为(3+1)mvqB
D. 匀强磁场区域的最小面积为(π3−34)m2v2q2B2
9. 小明同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，上面固定两个光滑的定滑轮A和B，三根细绳打一个结点O，且所有钩码完全相同，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：
(1)改变钩码个数，实验不能完成的是______；
A.钩码的个数N1=N2=2，N3=3
B.钩码的个数N1=3，N2=5，N3=4
C.钩码的个数N1=N2=N3=5
D.钩码的个数N1=3，N2=1，N3=5
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是______；
A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B.用量角器量出三段绳子之间的夹角
C.量出OA、OB、OC三段绳子的长度
D.用天平测出钩码的质量
(3)如图2所示，小兰同学在做“探究求合力的方法”实验时，用A、B两根弹簧秤把橡皮条的结点拉到O点，此时α+β=90∘，在实验过程中，她做了一些探究，其中一个是：她使B弹簧秤示数有较明显的增大，为了保持结点位置不变，可采取的补救办法是______。
A.保持其它不变，增大A的示数同时减小α角
B.保持其它不变，增大A的示数同时增加α角
C.保持其它不变，增大A的示数同时增大β角
D.保持其它不变，增大A的示数同时减小β角
10. 某物理学习小组为了探究小灯泡L(3.8V,0.7A)的伏安特性曲线，同时再测定电源电动势和内阻，设计了如甲所示的电路图。
(1)为了完成实验目的，该物理学习小组进行以下的实验操作：
第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2______(“闭合”或“断开”)，移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据。现有如下两组数据：
第一组：电流表I=0.20A，电压表U1=0.65V，电压表U2=4.3V
第二组：电流表I′=0.40A，电压表U1′=1.50V，电压表U2′=4.1V
利用以上数据可以求出电源电动势E=______V，电源内阻r=______Ω。(结果均保留2位有效数字)
第②步：将滑动变阻器滑片P调到______(填“最右边”或“中间”或“最左边”)，再闭合开关______，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。利用以上测量数据描绘小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示。
(2)现在将六盏完全相同的灯泡L(3.8V,0.7A)并联后直接接在题中电源的两端，则该电路中每盏小灯泡的功率______W。(计算结果保留2位有效数字)
11. 如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：
(1)金属棒到达最低点时的速度和受到的安培力大小；
(2)若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值和拉力做的功为多少？
12. 如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m=0.50kg、可看作质点的物块A相接触(不粘连)，OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，mB=1.5kg，mC=0.5kg，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x=0.40m后撤去外力F，此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4m/s，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37∘的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v=1m/s顺时针转动，重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为多少；
(2)滑块C刚滑上传送带时的速度；
(3)物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。
13. 某容器内封闭一定质量的理想气体。气体开始处于状态a，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p−T图像如图所示。则下面说法正确的是( )
A. a、b、c三个状态中b的体积最大。
B. a、b、c三个状态中c的单位体积中的分子数最少。
C. 过程bc中气体一定吸热。
D. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同。
E. 过程ab吸收的热量小于过程ca释放的热量。
14. 如图所示，水平放置的固定汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA：SB=1：3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动。两个汽缸始终都不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0=300K，A中气体压强pA=4p0，p0是汽缸外的大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB′=3p0。求：
(1)此时A中的气体压强pA′；
(2)此时A中的气体温度TA′。
15. 如图所示，一块半圆柱形玻璃砖截面的圆心为O点，一束红光和一束蓝光分别沿半径射入截面为半圆形的玻璃砖中后，都由圆心O沿OP方向射出，则下列说法正确( )
A. 玻璃砖对A光的折射率小于对B光的折射率
B. A光为蓝光，B光为红光
C. 在玻璃中，A光的传播速度大于B光的传播速度
D. 若玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴顺时针缓慢转动90∘的过程中，则B光先在MN界面发生全反射
E. 分别用A、B光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，A光的干涉条纹间距小于B光的干涉条纹间距
平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，A、B为x轴正半轴上的两个点，O与A之间的距离L1=0.6m，此距离小于波长。波源质点从0时刻开始振动，其位移方程为y=10sin(πt+π)(cm)，当波传到A点时，波源恰好处于波峰位置。求：
(1)该简谐横波的波速v；
(2)若O与B之间的距离L2=3.2m。则从0时刻开始到平衡位置在B处的质点第一次处于波谷的过程中，波源质点在振动过程中通过的路程s。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故A正确；
B、某些原子核能够放射出β粒子，这是核内中子转化为质子时放出的负电子，不能说明原子核内有β粒子，故B错误；
C、根据核反应过程中，质量数与电荷数守恒，可得X的质量数为：137−137=0，电荷数为：55−56=−1，所以X为电子，故C错误；
D、氢原子于从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光的频率大于氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时辐射出光的频率，所以氢原子从n=2能级向n=1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=3能级向n=2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错误。
故选：A。
比结合能越大，原子核越稳定；β粒子是核内中子转化为质子时放出的负电子；根据核反应过程中，质量数与电荷数守恒判断；根据能级跃迁知识和光电效应条件判断。
本题考查了比结合能、β衰变、核反应方程、能级跃迁及光电效应等基础知识，要求学生能够理解比结合能的概念，知道发生光电效应的条件，知道原子跃迁的计算。
2.【答案】C
【解析】解：AB.设A、B对C的支持力大小分别为NA、NB，汽车的加速度大小为a。
在竖直方向上根据平衡条件可得：NAcos30∘+NBcos30∘=mg
在水平方向根据牛顿第二定律有：NBsin30∘−NAsin30∘=ma
联立解得：NA=3mg3−ma，NB=3mg3+ma
可知从a=0到a≠0时，NA减小，NB增大，故AB错误；
CD.当加速度a=33g时NA=0，NB=23mg3
根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为零，对B的压力大小为23mg3，故C正确；
D.当a=0时，可解得NB=33mg，根据牛顿第三定律可知此时C对A的压力为33mg，故D错误。
故选：C。
根据不同情况下的运动情况，结合牛顿第二定律分析合力的方向，对C进行受力分析，根据正交分解分析C所受到的合力的表达式，根据牛顿第二定律求解支持力大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。
3.【答案】B
【解析】解：A.月球所受的合外力方向指向地球，故地球对月球的引力大于“鹊桥”中继星对月球的引力，故A错误；
D.“鹊桥”中继星与月球绕地球运动的角速度相等，根据v=ωr可得“鹊桥”中继星与月球的线速度之比为(L+d)：L.故D错误；
C.根据a=ω2r可得“鹊桥”中继星与月球的向心加速度之比为(L+d)：L，故C错误：
B.对月球，地球对它的万有引力提供向心力
“鹊桥”中继星，地球引力和月球引力的合力提供向心力，故
联立解得
故B正确。
故选：B。
“鹊桥”中继卫星绕地球做圆周运动的轨道周期与月球绕地球做圆周运动的轨道周期相同，结合轨道半径的关系得出线速度、向心加速度的大小之比，同时解得月球与地球质量之比。
解决本题的关键知道物体做圆周运动，靠地球和月球引力的合力提供向心力。不能认为靠地球的万有引力提供向心力进行分析求解，另外还要仅仅抓住：中继卫星在地月引力作用下绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同。
4.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，甲车的初速度等于2v0，在t1时间内，甲车的位移为：，乙车的位移为：x=v0t12，则。若甲、乙在t1时刻相遇，则有：，故A错误；
B、若甲、乙在12t1时刻相遇，根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移可知，12t1−32t1 时间内甲、乙通过的位移相等，所以下次相遇时刻为32t1，故B错误；
C、若x0=32x，第一次相遇在0−t1之间，此时，在t1时刻之后甲、乙还能相遇一次，则甲乙相遇两次，故C错误；
D、若x0=53x，第一次相遇在0−t1之间，在t1时刻之后甲、乙还能相遇一次，则甲、乙一定相遇两次，故D正确。
故选：D。
本题是追及与相遇问题，要分析清楚两物体的位移关系。抓住两物体的位移之差等于初始时的距离是两物体相遇的条件，此外，根据v−t图象中“面积”表示位移。结合几何知识来分析。
在速度-时间图像中，纵轴截距表示初速度，图像的斜率表示加速度，图图像与时间轴围成的“面积”表示位移，抓住以上特征，灵活分析。
5.【答案】C
【解析】解：AC、假设AB之间电荷量\(Q_{1}\)不变，由于B板下移，由电容的决定式：\(C=\dfrac{ɛs}{4\pi kd}\)，得\(C_{1}\)减小，则由电容的决定式：\(C=\dfrac{Q}{U}\)，得AB之间的电压\(U_{1}\)增大，大于MN之间的电压，则AB板将向MN板充电，则\(Q_{1}\)减小，\(Q_{2}\)增大，
由匀强电场场强公式得：E=Ud=QCd=Qϵs4πkd×d=4πkQϵS，则AB之间场强降低，MN之间场强增加，则P向下动，Q向上动，故A错误，C正确；
B、由于AB板要向MN板充电，MN之间距离不变，电容不变，则电荷量增大，由电容定义式：C=QU，可得MN两板之间电压U2增大，当U1=U2时，则充电结束，此时U2也相较于之前增大，故B错误；
D、由于B板下移，由电容的决定式：\(C=\dfrac{ɛs}{4\pi kd}\)，得\(C_{1}\)减小，\(C_{2}\)不变，故D错误。
故选：C。
已知B、N两板均接地线，则两板的电势φ=0，已知B板下移，则由电容的决定式可得C1的变化，从而得出电荷量和电势差的变化，从而判断出两油滴的运动状态。
本题主要考查了考生对于电容定义式和决定式的运用，需要知道两板连在一起，当两板电压不相等时则会发生充电。
6.【答案】BD
【解析】解：A、运动员在空中做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，在相等时间间隔内运动员的竖直分位移h不相等，重力势能的改变量ΔEp=mgh，由于h不同，重力势能的改变量不同，故A错误；
B、平抛运动的小球只受重力作用，加速度为重力加速度g保持不变，根据Δv=gΔt，可知在相等时间间隔内，速度的变化量相同，故B正确；
C、平抛运动竖直分运动是自由落体运动，在下落相等高度的过程中，重力做功相同，根据动能定理可得动能的改变量相同，故C错误；
D、设斜面倾角为α，运动员平抛运动时间为t，根据平抛运动的规律，有tanα=yx=12gt2v0t=gt2v0，解得：t=2v0tanθg
设其落到斜面上时，其速度方向与水平方向夹角为θ，有tanθ=gtv0=2tanα，由此可知：运动员落到斜面上时的速度方向与水平方向夹角为定值，与初速度无关，故D正确。
故选：BD。
运动员在空中做平抛运动，根据平抛运动规律判断在相等时间内竖直分位移是否相等，然后应用重力势能的计算公式判断重力势能改变量是否相等；平抛运动的加速度不变，在相等时间间隔内速度变化量相同；根据速偏角的正切值为位偏角正切值的二倍判断初速增大时，速偏角的变化情况。
平抛运动与斜面问题的结合，注意应用其竖直分位移与水平位移之比为斜面倾角的正切值，据此可求时间，是解题的关键。
7.【答案】AC
【解析】解：A、因为沿CA方向入射的粒子恰垂直AB方向过D点，研究它的逆过程，从D到C，由于此过程中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的2倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直BC向下的电场力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于BC向下，则BC电势相等，则：UAB=UAC，由于O是AC的中点，D是AB的中点，所以UAD=UOC=12UAB，故A正确；
B、电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，故B错误；
C、场强方向垂直于BC向下，则E点的电势最低，所以射入电场中的粒子，从E点离开的粒子电势能最小，则动能最大，速率最大，故C正确；
D、若∠ACB=θ=60∘，由几何关系可知BC−=R，则由类平抛运动的规律可知R=v0cos60∘t，32R=12⋅qEm⋅t2
联立解得：E=3mv024qR，故D错误。
故选：AC。
带电粒子运动的逆过程为类平抛运动，据此分析带电粒子的所受电场力以及场强方向，进而确定A、B、C三点电势的高低；过D点的速率等于C点的速度沿CB方向的分量；根据类平抛的运动规律求解电场强度；
解决本题的关键在于利用粒子运动的逆过程发现带电粒子的运动规律，利用类平抛运动的规律处理即可；
8.【答案】BD
【解析】解：A、粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，粒子运动轨迹如图所示，速度最大的粒子从C点离开磁场，达到PQ的位置为A点，在磁场中的运动半径最大为rm，弦CO与PQ的夹角为θ，θ=30∘。其它粒子都在AO之间穿过PQ，设在AO之间任意一点N穿过PQ的粒子由M点离开磁场，因MN//AC，CO1//MO2，可得△OCO1∽△OMO2，则M点必在弦CO上，可知所有粒子从磁场射出的位置均在CO上，所有粒子在磁场在运动轨迹的圆心角均等于∠CO1O=120∘。
设经过N点的粒子速度为v1，在磁场的运动半径为r，周期为T。
由洛伦兹力提供向心力得：qv1B=mv12r
解得：v1=qBrm
T=2πrv1=2πmqB
MN=rtan30∘=3r
粒子在磁场中的运动时间：t1=120∘360∘T=13T=2πm3qB
粒子在磁场外由M到N的运动时间：t2=MNv1=3rv1=3mqB
粒子从O点到达水平线PQ的时间：t=t1+t2=2πm3qB+3mqB
可见所有粒子从O点到达水平线PQ的时间与初速度大小无关，时间均相等，故A错误；
C、对于速度最大的粒子，同理得：qvB=mv2rm
解得：rm=mvqB
由几何关系可得：AO1=2rm
从水平线PQ离开的位置距O点的距离为：AO=AO1+rm=2rm+rm=3mvqB，故C错误；
D、由上述分析可知匀强磁场区域的最小面积为图中红色线条围成的面积，则有：
Smin=120∘360∘πrm2−12⋅rm⋅rmsin60∘=(π3−34)m2v2q2B2，故D正确；
B、初速度最大的粒子从O点出发时的动量与到达PQ时的动量大小相等均为mv，两动量方向的夹角为120∘，由平行四边形定则可得，两动量的变化量的大小为3mv，故B正确。
故选：BD。
粒子在磁场做匀速圆周运动，出磁场后做匀速直线运动，作出粒子运动轨迹图，由几何关系判断所有粒子从磁场射出的位置，确定磁场的最小区域；由洛伦兹力提供向心力求得粒子运动半径与速度关系；由运动周期结合圆心角求解粒子在磁场中运动时间；根据平行四边形定则求解初末动量的变化量的大小。
本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
9.【答案】D A BC
【解析】解：(1)对O点受力分析
OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD.因此三个力的大小构成一个三角形．
A、2、2、3可以构成三角形，则结点能处于平衡状态，故A错误；
B、3、5、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B错误；
C、5、5、5可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C错误；
D、3、1、5不可以构成三角形，则结点不能处于平衡．故D正确．
故选：D.
(2)为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误．
故选：A.
(3)为了保持结点位置不变，则合力的大小和方向不变，做出力的平行四边形可知可采取的补救办法是：保持其它不变，增大A的示数同时增加α角，保持其它不变，增大A的示数同时增大β角，故BC正确，AD错误。
故选：BC。
故答案为：(1)D；(2)A； (3)BC
(1)两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点(如图所示)，由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功；
(2)为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小(钩码的个数)与力的方向；
(3)要使结点不变，应保证合力大小、方向不变，根据平行四边形定则作出各个力动态变化的示意图，从而得出正确结果。明确矢量合成的法则，熟练应用平行四边形定则解题，尤其是出来动态平衡问题时，注意应用“图示法解题”。
主要考查验证力的平行四边形定则的误差分析及数据的处理，应通过实验原理及数据的处理方法去思考减少实验误差的方法；熟练应用平行四边形定则解决有关问题．
10.【答案】断开 4.51.0最右边 S2 0.83
【解析】解：(1)第①步：按照电路图甲正确连接好电路，将开关S1闭合，开关S2断开，移动滑动变阻器滑片，测量并记录电压表和电流表数据.
根据电路图结合闭合电路欧姆定律得
U2=E−Ir
代入数据得
4.3=E−0.20r
4.1=E−0.40r
联立解得
E−4.5V，r=1.0Ω
第②步：为了保护电路，将滑动变阻器滑片P调到最右边，再闭合开关S2，移动调节滑动变阻器滑片，测量并记录多组电压表和电流表数据。
(2)设流过灯泡的实际电流为I.根据闭合电路欧姆定律得
U=E−6Ir
在灯泡的伏安特性图中画出等效电源的U−I图象可得
两图线的交点即为灯泡的工作点，可得灯泡实际电压约为1.8V，实际电流为0.46A，则功率P=UI=0.46×1.8W=0.83W
故答案为：(1)断开，4.5，1.0，最右边，S2；(2)0.83
(1)根据实验原理和实验操作分析解答，根据闭合电路欧姆定律解得电动势与内阻；
(2)根据闭合电路欧姆定律解得灯泡U−I关系作图，解得灯泡的电功率。
本题考查伏安法测小灯泡电阻实验，第(2)问是本题的难点，由于小灯泡的阻值RL随灯两端的电压U的变化而变化，并且还不知道其U−I图象的解析式，没办法列方程求解，要单独记住此种情况利用伏安特性曲线与电源的路端电压随干路电流变化的图象的交点含义去求解，两图象的交点表示：单独把小灯泡接到该电源(或等效电源)两端时小灯泡的电压U和流过小灯泡的电流I。
11.【答案】解(1)金属棒在最低点时：FN−mg=mv2r
又FN=2mg解得：v=gr
通过金属棒的电流：I=BLv2R=BL2Rgr
安培力：F=BIL
代入可得：F=B2L22Rgr
(2)金属棒以速度v0沿轨道做匀速圆周运动时，从最低点开始，对应的半径r
转过的角度θ=ωt
电动势：e=BLv0cosθ=BLv0cosωt
从cd到达ab的过程中，电流的有效值为I=12⋅BLv02R=24RBLv0
由功能关系得 拉力做功为：w=mgr+I2⋅2R⋅t
由运动学公式：t=πr2v0
所以根据功能关系有：w=mgr+πrB2L2v08R
答：(1)金属棒到达最低点时的速度为gr，受到的安培力大小B2L22Rgr；
(2)若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值2BLv04R，拉力的功为mgr+πrB2L2v08R。
【解析】(1)金属棒在cd端时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出棒到达最低点时的速度．由E=BLv求出感应电动势，再由欧姆定律求通过R的电流，从而求出安培力大小；
(2)棒沿轨道做匀速圆周运动，求出金属棒在最低点的角速度，由E=BLvx求瞬时感应电动势，求出有效值，从而再由功能关系求拉力做的功。
本题是电磁感应与力学知识的综合，要正确分析能量是如何转化的。
12.【答案】解：(1)由图乙所示F−x图像可知，外力F做功为：WF=6+182×0.2J+18×0.2J=6J
物块A从开始运动M点的过程中，由动能定理得：WF−Wf=12mv02−0
代入数据解得：Wf=2J
(2)A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+mB)v1
代入数据解得：v1=1m/s
AB碰撞后，到弹簧恢复原长过程，A、B、C系统动量守恒，以向右为正方，由动量守恒定律得：(m+mB)v1=(m+mB)vB+mCvC
由机械能守恒定律得：12(m+mB)v12=12(m+mB)vB2+12mCvC2
代入数据解得：vB=0.6m/s，vC=1.6m/s
(3)C在传送带上减速至传送带共速过程中，由牛顿第二定律得：mCgsinθ+μmCgcosθ=mCa1
代入数据解得：a1=10m/s2
运动时间：t1=vC−va1
C与传送带之间的相对位移是：Δx1=vC+v2t1−vt1
代入数据解得：Δx1=0.018m
产生的热量：Q1=μmgcosθ×Δx1
代入数据解得：Q1=0.036J
C与传送带共速后，继续减速滑到顶端过程，由牛顿第二定律得：mCgsinθ−μmCgcosθ=mCa2
代入数据解得：a2=2m/s2
运动时间：t2=va2
C与传送带之间的相对位移：Δx2=vt2−v2t2
代入数据解得：Δx2=0.25m
摩擦产生的热量：Q2=μmgcosθ×Δx2
代入数据解得：Q2=0.5J
摩擦产生的总热量为：Q=Q1+Q2=(0.036+0.5)J=0.536J
答：(1)物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为2J；
(2)滑块C刚滑上传送带时的速度是1.6m/s，方向沿传送带向上；
(3)物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量是0.536J。
【解析】(1)F−x图线与坐标轴围成图形的面积表示力做的功，根据图示图象求出外力做功，然后应用动能定理求解。
(2)根据A、B、C的运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
(3)应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出位移，然后求出因描出产生的热量。
根据图示F−x图象求出力F做的功、分析清楚运动过程是解题的前提，应用功能关系、动量守恒定律与机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
13.【答案】BCE
【解析】解：A、在p−T图像中，ab为过坐标原点的直线，故做等容变化，a和b的体积相等，从b到c做等温变化，根据pV=C可知，压强减小体积增大。故c的体积最大，故A错误；
B、从b到c做等温变化，根据pV=C可知，压强减小体积增大，从c到a，做等压变化，温度减小，体积减小，故c的体积最大，a、b、c三个状态中c的单位体积中的分子数最少，故B正确；
C、从b到c，温度不变，内能不变，压强减小，体积增大，气体对外做功，结合热力学第一定律可知，一定吸热，故C正确；
D、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故D错误；
E、过程ab和ca温度的变化量相同，故内能的变化量大小相同，从a到b做等容变化，气体不做功，内能的变化量等于吸收的热量，从c到a，温度降低，体积减小，外界对气体做功，放出的热量等于内能的变化量加上所做的功，故过程ab吸收的热量小于过程ca释放的热量，故E正确；
故选：BCE。
由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。
本题考查气体的状态方程中对应的图象，要抓住在p−T图象中等容线为过原点的直线，结合热力学第一定律即可判断。
14.【答案】解：(1)活塞平衡时，由平衡条件得：初状态：pASA+p0(SB−SA)=pBSB
末状态：pA′SA+p0(SB−SA)=pB′SB
且SA：SB=1：3
得：pA′=7p0
(2)B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB，
由玻意耳定律得：p′BVB=pB×3V0
设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等，
故有：VA−V0SA=3V0−VBSB
对A中气体由理想气体状态方程得：pA′VAT′A=pAV0T0
解得：TA′=700K
答：(1)此时A中的气体压强pA′为7p0；
(2)此时A中的气体温度TA′为700K。
【解析】(1)对两活塞作为整体，根据共点力平衡求得压强；
(2)对AB气体，分别找出初末状态参量，根据玻意耳定律即可求得。
本题是连接体问题，找出两部分气体状态参量间的关系，然后由一定质量的理想气体状态方程即可解题，要掌握连接体问题的解题思路与方法
15.【答案】ACD
【解析】解：AC、由题中的图可知，B光的偏折程度大于A光，则B光的折射率大，A光的折射率小，则根据v=cn得，B光在玻璃中传播速度较小，故AC正确.
B、A光的折射率小，则频率小，则A光为红光，B光为蓝光，故B错误；
E、A光的频率小，则波长大，根据Δx=Ldλ，A光在屏上形成的条纹间距较大.故E错误；
D、由于A光频率小于B光频率，则根据sinC=1n可知B光的全反射临界角小，玻璃砖绕过O点垂直纸面的轴顺时针缓慢转动90∘的过程中，则B光先在MN界面发生全反射，故D正确.
故选：ACD。
根据光的偏折程度比较A、B两束光的折射率大小，从而比较出频率的大小，在介质中的速度大小，波长的大小，根据双缝干涉条纹的间距公式比较条纹的间距大小.
解决本题的关键通过光的偏折程度比较出光的折射率的大小，以及知道折射率、频率、波长、在介质中的速度大小等大小关系.
16.【答案】解：(1)由振动位移方程为y=10sin(πt+π)(cm)可知A=10cm，ω=π
则周期T=2πω=2s
由于O与A之间的距离小于波长，当波传到A点时，波源O恰好处于波峰，则O点振动了34T个周期，A到O的距离L1=0.6m=34λ
即λ=0.8m
由公式v=λT
代入数据解答波速v=0.4m/s
(2)由分析可知经过t1=L2v=3.20.4s=8s=4T
则波谷第一次传到B点时间为t2=14T+4T
波源振动总路程为s=A+4×4A=10cm+4×4×10cm=170cm
答：(1)该简谐横波的波速为0.4m/s；
(2)波源质点在振动过程中通过的路程为170cm。
【解析】(1)根据OA之间的距离和波长的关系，结合波长、波速和周期的公式解得；
(2)分析出B处的质点第一次位于波峰位置时的时间，结合一个周期内质点的路程等于振幅的4倍，由此计算出质点通过的路程。
本题主要考查了横波的图像，熟悉波长、波速和周期之间的关系，解题的关键点是理解在一个周期内质点的路程等于振幅的4倍。
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