2022合肥一中最后一卷理综试卷及答案

物理参考答案

14．A  

根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为1，则X为质子，故A错误；含有两个质子和一个中子，故B正确；轻核聚变平均每个核子释放的能量比重核裂变平均每个核子释放的能量更大，故C正确；目前国际科技研究领域，可控核聚变研究的方式有激光约束核聚变与磁约束核聚变，故D正确。

15．C  

设斜面倾角为，取整体为研究对象，则，C正确。

16．D  

斜面倾角即为位移与水平方向的夹角，由方程关系 可知时间与速度成正比，甲、乙两人飞行时间之比为1：2，由知，甲、乙两人空中飞行的水平位移大小之比为，甲、乙两人落到斜坡上的瞬时速度大小之比为，落到斜坡上的瞬时速度方向相同；以斜面为x轴，垂直于斜面方向为y轴建立直角坐标系可知：人在空中离斜坡面的最大距离,则甲、乙两人在空中离斜坡面的最大距离之比为，D正确。

17．B

粒子带负电，故由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针圆周运动；又有粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，所以有，那么半径为，周期为，所以，粒子运动周期相等，转过的圆心角越大，运动的时间越大；若粒子以和bc边成α角进入磁场后从bc边射出磁场，则粒子转过的圆心角为2α；若粒子以相同角度α进入磁场，那么粒子从ac边射出转过的圆心角必小于从bc边射出时转过的圆心角；所以，在磁场中运动时间最长的粒子为沿ab边进入磁场，从bc边离开磁场的粒子；那么在磁场中运动时间最长的粒子中，运动轨迹与ac边相切时半径最大，如图所示，所以有，解得最大半径为

则最大速度为故选B。

18．D

如图所示,线段AB、OC、OD、OF的交点分别为I、H、G,△OIG为等边三角形,△OAI、△OBG为等腰三角形,由几何关系可得AI=IG=GB,即I、G为AB的三等分点,由于匀强电场电势均匀变化,可得φI=6 V,φG=3 V,故OF是电势为3 V的等势线,由几何关系可得D、I连线垂直于OA,与OF平行,是电势为6 V的等势线,即φD=6 V,φF=3 V,A、B正确;电场方向垂直于等势面指向电势较低一侧,故沿A、O连线方向,C正确;场强大小为E==6 V/m,D错误.

19．BC  

天问一号环绕器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径是R+h，则线速度，故A错误；由牛顿第二定律 ，解得火星的质量   故B正确；设火星的第一宇宙速度为v1，有，联立可得故C正确；在火星表面有，解得月火星表面的重力加速度，，故D错误。

20．AC  

设原线圈电流为,副线圈电流为，由题意可知 ，，故A正确；设原线圈输入电压为，副线圈输出电压为，，解得，故B错误；设分压为，则，联立可得，又因为

解得，，故C正确；由T=0.02s可知1 s内流过电阻R2的电流方向改变100次，故D错误。

21．CD

小球在距B点的P点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为，对小球由共点力平衡可得：解得，故A错误；根据对称性，可知小球在Q点的受两弹簧弹力合力情况与P点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有 求得 ，故B错误；小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受力平衡，加速度为0，速度最大，动能最大，从Q到P过程中，根据动能定理可得 ，由几何关系可求得 ，联立求得：故C正确；依题意，可判断知小球运动到最低点的位置离B点距离为，故D正确。

22．  AB         

（1）斜槽轨道末端的切线必须水平，以保证小球离开轨道后做平抛运动，故A正确；入射球和被碰球半径必须相同，以使两球发生对心碰撞，故B正确；为避免入射球反弹，应使入射球质量大于被碰球质量，故C错误；要验证的表达式为

两边同时乘以小球做平抛运动的时间t，可得与桌面离地高度H无关，故D错误。

（2）若成立，则可说明碰撞前后，系统总动量不变。

（3）将、、代入

可解得

23．              BC

（1）若闭合开关，将单刀双掷开关掷向a，由闭合电路欧姆定律可知，电源电势，整理得

（2）若断开，将单刀双掷开关掷向b，由闭合电路欧姆定律可知，整理得

（3）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，如果外电阻大于内电阻，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由最大输出功率可知，电动势相同，内阻较小的Ⅱ最大输出功率更大，A错误，B正确；当内阻和外阻相等时，电源输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，由可知，Ⅱ的最大输出功率比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，D错误，C正确。

24．（1）0.6m；（2）3m

（1）小物块在B点时的速度

竖直方向分速度    

所以              

（2）从B点至C点，由机械能守恒定律可知

mgR（1-cos60°）+＝

解得                          

根据牛顿第二定律可知      

解得：                

根据牛顿第三定律可知小物块滑到对轨道的压力大小  

（3）长木板与地面间  f1＝μ1（M＋m）g＝4N     小物块与长木板间  f2＝μ2mg＝5N

由于,所以木板运动。

对木板，根据牛顿第二定律得  μ2mg－μ1（M＋m）g＝Ma1

对滑块，根据牛顿第二定律得   μ2mg＝ma2

最终速度相等时有   v＝vc－a2t＝a1t 

滑块的位移为   t

木板的位移为 

共速之后小物块与长木板一起减速至静止。

故而长木板的最小长度为   

25．(1)以水平向右为正方向，金属杆a、b组成的系统水平方向受力平衡，可用动量守恒定律

解得   

此时回路中的电动势为 

总电流为

杆a受到的安培力大小为

(2)整个过程中金属杆a、b组成的系统动量守恒，故

解得    

由能量守恒可知

(3)  取极短的时间内，利用动量定理对杆b分析  

两边求和可知            

即                       

由于    故

代入可知              

33．（1）ABC

（2）①由于气缸内的气体温度升高，故活塞将向左移动，设气缸再次稳定后向左移动的距离为ΔL。由题目中的条件可知，容器内的气体是在做等压变化。由理想气体状态方程可得

解得

故变化的体积为

②以气缸活塞为研究对象，设气缸里面的大气压对气缸的压力为F根据力的平衡可得

暖流给气缸中的气体加热，当气体温度为T2时，气体膨胀对外做的功为：

由热力学第一定律可知，容器中的气体内能的增加量为

34．（1） ABE

（2）①因波从a向b传播

则有

因，则    

由  

得

②对于a点：由

得

对于P点，比a点滞后振动

则

当时

当时