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浙江省杭州市学军中学2022-2023学年高三物理上学期12月模拟考试试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省杭州市学军中学2022-2023学年高三物理上学期12月模拟考试试题（Word版附解析），共33页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022学年第一学期高三物理学科模拟考试
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对的得3分，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列与表示同一物理量的单位是（ ）
A. J/C B. V/m C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】是力的单位，为电荷量单位，则为的单位，由公式可知，为电场强度的单位
A．为功的单位，为电荷量单位，则为的单位，由公式可知，为电势差的单位，故A错误；
B．是电势差的单位，是距离的单位，则为的单位，由公式可知，为电场强度的单位，故B正确；
C．是电流的单位，是电阻的单位，则是的单位。由公式可知，是电压的单位，故C错误；
D．是力的单位，是距离的单位，则是的单位，由公式可知，是做功的单位，故D错误。
故选B。
2. 以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（ ）
A. 理想斜面实验 B. 卡文迪许扭秤实验
C. 共点力合成实验 D. 探究影响向心力大小因素
【答案】C
【解析】
【详解】“重心”概念的提出所采用的是等效替代法。
A．理想斜面实验采用的实验和科学推理法，A错误；
B．卡文迪许扭秤实验采用的是微小形变放大法，B错误；
C．共点力合成实验采用的是等效替代法，C正确；
D．探究影响向心力大小因素采用的是控制变量法，D错误。
故选C。
3. 2020年11月10日8时12分，“奋斗者号”创造了10909m的中国载人深潜新纪录！设奋斗者号的下潜过程沿竖直方向运动，且奋斗者号的体积不变，仅靠排出内部的海水改变自身的总重力来实现下潜。从没入海面开始计时，在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，其下潜的v-t图像如图所示。设海水密度均匀，则（ ）
A. 0~0.5h内，奋斗者号处于超重状态
B. 0.5~2.5h内，奋斗者号所受浮力的大小为mg
C. 2.5~3h内，奋斗者号的总质量小于m
D. 0~3h内，奋斗者号下潜的深度为7200m
【答案】C
【解析】
【详解】A．0~0.5h内，速度下潜增加，则加速度方向也是向下的，即属于失重，A错误；
B．在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，加速下潜，则有奋斗者号的重力大于浮力，即此时
奋斗者号靠排水改变自身的重量， 0.5~2.5h内，奋斗者号匀速下降，则奋斗者号减小重力达到平衡浮力，即奋斗者号所受浮力不等于mg，B错误；
C．在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，2.5~3h内，奋斗者号减速下降，则浮力大于重力，奋斗者号靠排水改变自身的重量，则此时总质量小于m，C正确；
D．奋斗者号下潜深度，图像和时间轴的面积表示下降的深度
D错误。
故选C。
4. 2021年12月9日，在“天宫课堂”中王亚平往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时（ ）
A. 气泡受到浮力
B 因处于完全失重状态，所以不会有水分子进入气泡中
C. 气泡内气体在界面处对水产生压力
D. 水与气泡界面处，水分子间作用力表现为斥力
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，A错误；
B．水分子在平衡位置附近做无规则的热运动，会有很少的水分子（界面附近）进入气泡内，B错误；
C．由于在失重状态下，气泡内气体在界面处存在压力差，所以对水产生压力，C正确；
D．水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，D错误。
故选C。
5. 如图所示，ab、ac为竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，下列说法正确的是（ ）
A. 两小球的质量相等
B. 两小球下滑的时间不相等
C. 此过程中两小球所受重力的平均功率不相等
D. 两小球在细杆下端bc时重力的瞬时功率相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，由动能定理，则有
由于，则有，A错误；
B．如图所示，设C点到ab的垂直距离为x，ac的倾斜角为θ，对甲则有
对乙则有
解得
则有
B错误；
C．重力做功为
两小球的重力做功相等，时间相等，则有
因此两小球所受重力的平均功率相等，C错误；
D．两小球都做匀加速直线运动，对甲则有
因为
则有
可得
在b点甲的瞬时功率
在c点乙的瞬时功率
则有
D正确。
故选D。
6. 利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是（ ）
A. 充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B. 充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C. 放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D. 放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
【答案】B
【解析】
【详解】A．充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；
B．充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；
CD．电容器放电的图像如图所示
可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，CD错误。
故选B。
7. 如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B. 若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C. 若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D. 若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据楞次定律的“来拒去留”可知，时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一直向上，故A错误；
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C．若将线圈的匝数加倍
，
因为电阻也加倍，线圈中产生的电流峰值不会加倍，故C错误；
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力
高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误；
故选B。
8. 雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】单位时间的降水量
在芭蕉叶上取的面积上，时间内降落的雨水质量
设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理
解得
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上的面积受到的撞击力的大小
因此平均压强为
故选B。
9. 某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，为等势面上的点，为两电荷连线上对称的两点，为两电荷连线中垂线上对称的两点。则（ ）
A. 两点的电势差
B. 负电荷从点移到点，电势能增加
C. 两点的电场强度等大反向
D. 两点的电场强度相同，从到的直线上电场强度先变大后变小
【答案】AD
【解析】
【详解】该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图
A．d、a两点的电势差
选项A正确；
B．从点移到点电势升高，但由于是负电荷所以电势能减小，选项B错误；
C．a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，C错误；
D．c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小方向都相同，根据等势线的密程度可判断出从到的直线上电场强度先变大后变小，选项D正确。
故选AD。
10. 如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A. 减小石块的质量 B. 增大角
C. 增大配重的质量 D. 增大投石机到靶的距离
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，若要使石块正中靶心，则需要增大石块击中靶前做平抛运动的时间，从而使竖直位移增大。
【详解】A．设石块和配重的质量分别为、，石块和配重到转轴的距离分别为、，石块被抛出时的速度大小为，则此时配重的速度大小为
根据机械能守恒定律有
由式子可知，若减小，则将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此措施不可行，故A错误；
B．根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足
即
结合
根据两式可知，若增大θ，则将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错误；
C．根据
式可知，若增大，则将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故C错误；
D．增大投石机到靶的距离后，由于不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。
故选D。
11. 如图所示，质量为m、带电荷量为的小球（可视为质点）与长为L的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点，为水平直径，为竖直直径，过O点且与的夹角为，当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时，小球运动到A点时的速度最小，最小速度为，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的电场强度大小为
B. 小球从A点运动到B点时，合力做的功为
C. 小球运动到B点时轻绳拉力的大小为
D. 小球运动到F点时的机械能最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在A点受重力和电场力，如图所示，由题意，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，在A点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受力平衡，则有
A错误；
B．小球从A点运动到B点时，重力做功是零，电场力做功为
因此合力做的功为，B错误；
C．小球运动到B点时，由动能定理可得
解得
在B点，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
C错误；
D．小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一个定值，小球在E点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F点时的电势最低，具有的电势能最小，因此小球在F点的机械能最大，D正确。
故选D。
12. 如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A. P的位移大小一定大于Q的位移大小
B. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C. P的加速度大小的最大值为
D. Q的加速度大小的最大值为
【答案】B
【解析】
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
A．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，A错误；
B．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，B正确。
CD．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
解得
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q加速度大小最大值为，CD错误。
故选B。
13. 如图，地球与月球可以看作双星系统，它们均绕连线上的C点转动，在该系统的转动平面内有两个拉格朗日点L2、L4，位于这两个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用下绕C点做匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变，L2点在地月连线的延长线上，L4点与地球球心、月球球心的连线构成一个等边三角形。我国已发射的“鹊桥”中继卫星位于L2点附近，它为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持。假设L4点有一颗监测卫星，“鹊桥”中继卫星视为在L2点。已知地球的质量为月球的81倍，则（ ）
A. 地球球心和月球球心到C点的距离之比为81：1
B. 地球和月球对监测卫星的引力之比为9：1
C. 监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大
D. 监测卫星绕C点运行的周期比“鹊桥”中继卫星的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．设地球球心到C点的距离为r1，月球球心到C点的距离为r2，对地球有
对月球有
联立解得
则地球球心和月球球心到C点的距离之比为1：81，A错误；
B．设监测卫星的质量为m，由公式
可知，地球和月球对监测卫星的引力之比为等于地球的质量与月球的质量之比即为81：1，B错误；
C．对月球有
对监测卫星，地球对监测卫星的引力，月球对监测卫星的引力，由于两引力的夹角小于90o，所以两引力的合力
设监测卫星绕C点运行的加速度为a1，由
F合 = ma1
得
设月球绕C点运行的加速度为a2，有
得
监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大，C正确；
D．在不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同，所以监测卫星绕C点运行的周期与“鹊桥”中继卫星相同，D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14. 氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62eV~3.11eV，铝的逸出功是4.2eV，则（ ）
A. 氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光是可见光，用其照射铝板不能发生光电效应
B. 大量氢原子从高能级向能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C. 大量氢原子从高能级向能级跃迁时，发出的光具有荧光效应
D. 大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出2种不同频率的可见光
【答案】AD
【解析】
【详解】A．氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量为
由题可知该光子属于可见光，用其照射铝板不能发生光电效应，故A正确；
B．氢原子从能级向能级跃迁时，辐射出的光子能量为
该光子的能量已经远远超出了可见光光子的能量，所以大量氢原子从高能级向能级跃迁时，发出的光不具有显著的热效应，故B错误；
C．氢原子从最高能级向能级跃迁时，辐射出的光子能量为
该光子的能量小于可见光光子的能量，所以大量氢原子从高能级向能级跃迁时，发出的光不具有荧光效应，故C错误；
D．由题可知，氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量为
从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量为
这两种光子属于可见光光子；所以大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，能发出2种不同频率的可见光，故D正确。
故选AD。
15. 超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离，脉冲激光中包含不同频率的光1和2，它们在棱镜中的折射率分别为和。取，，。则下列说法正确的是（ ）
A. 上方光线为光2
B. 光1和光2通过相同的干涉装置后，光2对应的干涉条纹间距更大
C. 为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则
D. 若，则光1和光2通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差约为14.4mm
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．因n1>n2，三棱镜对光1的折射率大于对光2的折射率，所以上方光线为光2，A正确；
B．因n1>n2，可知光1的频率大于光2的频率，则有光1的波长小于光2的波长，光1和光2通过相同的干涉装置后，由干涉条纹间距公式，可知光2对应的干涉条纹间距更大，B正确；
C．设光线在第一个棱镜斜面上恰好产生全反射，则有
代入较大折射率得对应的临界角为C=45°，因此为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ<45°，C错误；
D．脉冲激光从第一个三棱镜右侧面射出时产生折射，设折射角分别为α1和α2，由折射定律可得
设两束光在两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L2，则有
则有
联立并代入数据解得
D正确。
故选ABD。
16. 如图甲所示，A、B、C是介质中的三个点，A、C间距为3.25m，B、C间距为1m。两个波源分别位于A、B两点，且同时从t=0时刻开始振动，振动图像如图乙所示。已知A点波源振动形成的波长为2m。则（ ）
A. A点波源振动形成的波在此介质中波速为5m/s
B. B点波源振动形成的波长为3m
C. A、B中点振动加强点
D. t=2.15s时C点位移为7cm
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据乙图可知，A点波源振动的周期为0.4s，故形成的波在此介质中波速为
A正确；
B．同种介质中，两列波的传播速度相等，故B的波速也为5m/s，根据乙图可知，B点波源振动的周期为0.6s，B点波源振动形成的波长为
B正确；
C．由于两列波的周期不同，在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同，C错误；
D．根据乙图可知，A点波源的振动波在C的振动位移图像为
B的振动位移图像为
将t=2.15s代入得
D错误。
故选AB。
非选择题部分
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17. 如图甲所示，是“探究力的平行四边形定则”的实验，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳套的结点，OB和OC为细绳套，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）下列哪一个选项是不必要的实验要求_______ 。（请填写选项前对应的字母）
A．两个弹簧秤的夹角适当大些
B．弹簧秤应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点在同一位置
（2）本实验采用的科学方法是_______。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（3）图乙中的F与两力中，方向一定沿AO方向的是_______。
（4）如图丙所示，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点。现让F2大小增大，方向不变，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β（β>90°）角的变化可能是______。
A．增大F1的同时增大β角 B．减小F1的同时减小β角
C．增大F1的同时减小β角 D．减小F1的同时增大β角
【答案】 ①. D ②. B ③. ④. BC
【解析】
【详解】（1）[1]ABC．此实验中，两个弹簧秤的夹角适当大些；弹簧秤应在使用前校零，以减少读数的误差；拉线方向应与木板平面平行，以减小实验误差，故ABC正确，不符题意；
D．改变拉力，进行多次实验，每次没必要要使O点在同一位置，选项D错误，符合题意；
故选D。
（2）[2]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；
故选B。
（3）[3]F是通过作图的方法得到合力的理论值，而是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是。
（4）[4]AD．根据力的平行四边形定则可知，让F2大小增大，方向不变，β角不可能增大，故AD错误．
B．根据题意，由力的平行四边形定则得出如下图1所示
由此可知减小F1的同时减小β角可以实现题意要求，故B正确；
C．同理根据由力的平行四边形定则得出如下图2所示
由此可知增大F1的同时减小β角可以实现题意要求，故C正确；
故选BC。
18. 某物理实验小组看到比亚迪发布一款新能源汽车宋plusdmi，其中汽车电池采用的是比亚迪的刀片电池技术，整块电池铭牌如图甲所示。已知该车内的整块电池是由15块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池由8块电芯串联而成。现将一块刀片电池拆解出来，测量其中一块电芯的电动势和内阻，现有如下器材：一个电阻箱、一个电压表、开关和若干导线、一块电芯、坐标纸和刻度尺，电路图如图乙所示。
（1）根据汽车电池铭牌，一块电芯所带电量为________C；
（2）为了更加精确地测量，图乙中电压表量程应该接________（“5”或“15”）V；
（3）某物理实验小组按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值和电压表的相应读数，利用测量数据，作图线如图丙所示，图线的纵轴截距为，斜率为，则一块电芯的电动势________，________；
【答案】 ①. 1431 ②. 5 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]根据汽车电池铭牌，可知电池的额定容量为，则一块电芯所带电量为
（2）[2]电池的额定电压为，则一块电芯的电压为
为了更加精确地测量，则图乙中电压表量程应该接；
（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有
变形得到
可知图线的纵截距
斜率为
解得电动势
19. 电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器（额定电压为16V）；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关；导线若干
实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I－t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出I－t曲线和两坐标轴所围面积。
请回答下列问题：
a．已知测出的I－t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA·s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________C，最大电压为________V，电容器的电容C＝________F；（均保留两位有效数字）
b．若将定值电阻换为R1＝180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I－t图线应该是图丙中的曲线________（选填“b”或“c”）。
【答案】 ①. 4.2×10-2 ②. 9.0 ③. 4.7×10-3 ④. c
【解析】
【详解】（1）[1] i－t图像的曲线和两坐标轴所围的面积即表示电容器的电荷量，由图像及题意可知电容器全部放电过程中释放的电荷量为
[2]由i－t图像得到开始时电流为Im＝90mA＝0.09A，故电容器两端的最大电压为
[3]电容为
（2）[4]换用阻值为180Ω的电阻，根据可知，第2次实验的最大电流小些。根据Q＝CU可知，两条曲线与坐标轴所围的面积相等，故选c。
【点睛】图像的面积表示电荷量。根据电容器充放电的特点，判断电压最大时，电流的特点。根据含电容的电路中的规律，判断电容充电完成后的电压情况。
20. 如图所示，向一个空的铝饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是357cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.3cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离管口10cm。
（1）为了把温度值标化在吸管上，请利用理想气体状态方程的相关知识推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h的表达式；
（2）计算这个气温计摄氏温度的测量范围；
（3）某同学在使用标化好温度值的气温计时，出现了吸管竖直朝上的错误操作，若考虑到油柱长度带来的影响，试判断：测量值较之实际值偏大、偏小还是准确？不要求说明原因。
【答案】（1）；（2）；（3）偏小
【解析】
【详解】（1）初状态
任意态
由
得
（2）因为带入以上结果可得
（3）根据
可得
由于油滴产生压强的影响，偏小，测得得偏小。
21. 如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心与圆轨道NP的圆心位于同一高度。已知小车的质量m=50g，直轨道AB长度L=0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取。
（1）求小车运动到B点时的速度大小；
（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离。
【答案】（1）；（2）3N；（3）
【解析】
【详解】（1）小车由A运动至B过程，由能量关系可知
其中，代入数据得
（2）设小车在C点的速度为，恰好通过最高点，则
小车从B到C，由动能定理得
得
R=0.2m
在B点
得
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为3N；
（3）小车从B到P，由动能定理得
小车从P点飞出后做平抛运动
得
当r=0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出，则
r<0.225m
但因为小车在N点
小车从B到N，由动能定理得
得
r≥0.2m
综合可知，当r=0.2m时，小车落点与P点水平距离最大：
22. 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了两种发电装置为车灯供电。
方式一：如图甲所示，固定磁极N、S在中间区域产生匀强磁场，磁感应强度，矩形线圈abcd固定在转轴上，转轴过ab边中点，与ad边平行，转轴一端通过半径的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。当车轮转动时，可通过摩擦小轮带动线圈发电，使、两灯发光。己知矩形线圈N=100匝，面积，线圈abcd总电阻，小灯泡电阻均为。
方式二：如图乙所示，自行车后轮由半径金属内圈、半径的金属外圈（可认为等于后轮半径）和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间沿同一直径接有两根金属条，每根金属条中间分别接有小灯泡、，阻值均为。在自行车支架上装有强磁铁，形成了磁感应强度、方向垂直纸面向里的“扇形”匀强磁场，张角。
以上两方式，都不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。求：
（1）“方式一”情况下，当自行车匀速骑行速度时，小灯泡的电流有效值；
（2）“方式二”情况下，当自行车匀速骑行速度时，小灯泡的电流有效值；
（3）在两种情况下，若自行车以相同速度匀速骑行，为使两电路获得的总电能相等，“方式一”骑行的距离和“方式二”骑行的距离之比。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意则有
代入数据可得
由于产生的是正弦式交变电流，则
回路总电阻
小灯泡的电流有效值
（2）根据题意则有
产生方波式的交变电流，设有效值为，则由
可得
回路总电阻
小灯泡的电流有效值
（3）由
相同，相同所以有
可得
23. 如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=6cm，左端有一粒子源均匀发射带负电的粒子（单位长度发射粒子数目相同），粒子间的相互作用不计，比荷为，忽略重力，粒子速度v0=4×103m/s，方向平行金属板，AB间加如图乙所示的方形波电压，已知U0=1.0×102V，在金属A、B右侧空间有一吸收板，长短方位可根据需要调节，保证所有射出电场的粒子都能被收集板吸收且射到板上任意部位的粒子都会被吸收，设打到AB极板上的粒子也会被吸收，不考虑电容器的边缘效应，求：
（1）射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值和收集板的最小长度L1；
（2）在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，求收集板的最小长度L2为多少？若磁场改为结果又为多少？
（3）撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，求该圆形磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度B（此问保留两位有效数字）
【答案】（1），；（2），；（3），。
【解析】
【详解】（1）想要射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小，需要让更多的粒子打在极板上，即全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在时刻（或方形波电压每一周期的起始时刻）发射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，假设在极板左侧的位置发射的粒子刚好打在上极板右侧边缘，如图所示
以时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则
解得
粒子在电场中的加速度大小为
粒子在电场方向先做匀加速运动后做匀减速运动，匀加速运动时间为
时刻粒子在电场方向的分速度为
在电场方向匀加速运动的位移为
匀减速运动时间为
时刻粒子在电场方向的分速度为
在电场方向匀减速运动的位移为
故粒子向上偏转的距离为
射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值为
由速度关系可知粒子射出电场的合速度大小为
合速度与初速度方向之间夹角为
即
由图中几何关系可知收集板的最小长度为
（2）设粒子在时刻进入电场，可知离开电场的粒子在电场中先向下加速再向下减速，最后向上加速离开电场，设极板左侧的位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示
粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为
时刻粒子在电场方向的分速度为
在电场方向向下匀加速运动的位移为
向下匀减速运动时间为
由对称性可知向下匀减速运动的位移为
最后向上匀加速运动时间为
在电场方向向上匀加速运动的位移为
时刻粒子在电场方向的分速度为
可知从极板右侧离开的粒子中离B板的最小距离为；
所有离开电场的粒子速度都满足大小为
与初速度方向之间夹角为，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示
由几何关系可得收集板的最小长度为
若磁场改为，则粒子在磁场中的轨迹半径为
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示
由几何关系可得收集板的最小长度为
（3）要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，所加圆形磁场区域直径应与粒子射出范围的宽度相等，如图所示
由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为
为使粒子在磁场中偏转后汇聚于一点，粒子在磁场中的轨迹半径应为
根据牛顿第二定律
解得
2022学年第一学期高三物理学科模拟考试
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选对的得3分，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列与表示同一物理量的单位是（ ）
A. J/C B. V/m C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】是力的单位，为电荷量单位，则为的单位，由公式可知，为电场强度的单位
A．为功的单位，为电荷量单位，则为的单位，由公式可知，为电势差的单位，故A错误；
B．是电势差的单位，是距离的单位，则为的单位，由公式可知，为电场强度的单位，故B正确；
C．是电流的单位，是电阻的单位，则是的单位。由公式可知，是电压的单位，故C错误；
D．是力的单位，是距离的单位，则是的单位，由公式可知，是做功的单位，故D错误。
故选B。
2. 以下研究中所采用的最主要物理思维方法与“重心”概念的提出所采用的思维方法相同的是（ ）
A. 理想斜面实验 B. 卡文迪许扭秤实验
C. 共点力合成实验 D. 探究影响向心力大小因素
【答案】C
【解析】
【详解】“重心”概念的提出所采用的是等效替代法。
A．理想斜面实验采用的实验和科学推理法，A错误；
B．卡文迪许扭秤实验采用的是微小形变放大法，B错误；
C．共点力合成实验采用的是等效替代法，C正确；
D．探究影响向心力大小因素采用的是控制变量法，D错误。
故选C。
3. 2020年11月10日8时12分，“奋斗者号”创造了10909m的中国载人深潜新纪录！设奋斗者号的下潜过程沿竖直方向运动，且奋斗者号的体积不变，仅靠排出内部的海水改变自身的总重力来实现下潜。从没入海面开始计时，在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，其下潜的v-t图像如图所示。设海水密度均匀，则（ ）
A. 0~0.5h内，奋斗者号处于超重状态
B. 0.5~2.5h内，奋斗者号所受浮力的大小为mg
C. 2.5~3h内，奋斗者号的总质量小于m
D. 0~3h内，奋斗者号下潜的深度为7200m
【答案】C
【解析】
【详解】A．0~0.5h内，速度下潜增加，则加速度方向也是向下的，即属于失重，A错误；
B．在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，加速下潜，则有奋斗者号的重力大于浮力，即此时
奋斗者号靠排水改变自身的重量， 0.5~2.5h内，奋斗者号匀速下降，则奋斗者号减小重力达到平衡浮力，即奋斗者号所受浮力不等于mg，B错误；
C．在0~0.5h内，奋斗者号（连同内部海水）的总质量为m，2.5~3h内，奋斗者号减速下降，则浮力大于重力，奋斗者号靠排水改变自身的重量，则此时总质量小于m，C正确；
D．奋斗者号下潜深度，图像和时间轴的面积表示下降的深度
D错误。
故选C。
4. 2021年12月9日，在“天宫课堂”中王亚平往水球中注入一个气泡，如图所示，气泡静止在水中，此时（ ）
A. 气泡受到浮力
B 因处于完全失重状态，所以不会有水分子进入气泡中
C. 气泡内气体在界面处对水产生压力
D. 水与气泡界面处，水分子间作用力表现为斥力
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于在失重状态下，气泡不会受到浮力，A错误；
B．水分子在平衡位置附近做无规则的热运动，会有很少的水分子（界面附近）进入气泡内，B错误；
C．由于在失重状态下，气泡内气体在界面处存在压力差，所以对水产生压力，C正确；
D．水与气泡界面处，水分子较为稀疏，水分子间作用力表现为引力，D错误。
故选C。
5. 如图所示，ab、ac为竖直平面内两根固定的光滑细杆，a、b两点恰为外接圆的最高点和最低点，两个带孔小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，下列说法正确的是（ ）
A. 两小球的质量相等
B. 两小球下滑的时间不相等
C. 此过程中两小球所受重力的平均功率不相等
D. 两小球在细杆下端bc时重力的瞬时功率相等
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球甲、乙分别从a处由静止沿两细杆滑到下端b、c时，动能恰好相等，由动能定理，则有
由于，则有，A错误；
B．如图所示，设C点到ab的垂直距离为x，ac的倾斜角为θ，对甲则有
对乙则有
解得
则有
B错误；
C．重力做功为
两小球的重力做功相等，时间相等，则有
因此两小球所受重力的平均功率相等，C错误；
D．两小球都做匀加速直线运动，对甲则有
因为
则有
可得
在b点甲的瞬时功率
在c点乙的瞬时功率
则有
D正确。
故选D。
6. 利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是（ ）
A. 充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B. 充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C. 放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D. 放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
【答案】B
【解析】
【详解】A．充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；
B．充电过程中，随着电容器两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；
CD．电容器放电的图像如图所示
可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，CD错误。
故选B。
7. 如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B. 若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C. 若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D. 若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据楞次定律的“来拒去留”可知，时间内，磁铁受到线圈的作用力方向一直向上，故A错误；
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，则穿过圆环磁通量方向相反，根据楞次定律可知，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C．若将线圈的匝数加倍
，
因为电阻也加倍，线圈中产生的电流峰值不会加倍，故C错误；
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，如果没有磁场力
高度加倍，速度并非变为原来的2倍，实际中存在磁场力做负功，速度不是原来的2倍，则线圈中产生的电流峰值不会加倍，故D错误；
故选B。
8. 雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】单位时间的降水量
在芭蕉叶上取的面积上，时间内降落的雨水质量
设雨水受到的撞击力为F，根据动量定理
解得
根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上的面积受到的撞击力的大小
因此平均压强为
故选B。
9. 某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，为等势面上的点，为两电荷连线上对称的两点，为两电荷连线中垂线上对称的两点。则（ ）
A. 两点的电势差
B. 负电荷从点移到点，电势能增加
C. 两点的电场强度等大反向
D. 两点的电场强度相同，从到的直线上电场强度先变大后变小
【答案】AD
【解析】
【详解】该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图
A．d、a两点的电势差
选项A正确；
B．从点移到点电势升高，但由于是负电荷所以电势能减小，选项B错误；
C．a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，C错误；
D．c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小方向都相同，根据等势线的密程度可判断出从到的直线上电场强度先变大后变小，选项D正确。
故选AD。
10. 如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（ ）
A. 减小石块的质量 B. 增大角
C. 增大配重的质量 D. 增大投石机到靶的距离
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，若要使石块正中靶心，则需要增大石块击中靶前做平抛运动的时间，从而使竖直位移增大。
【详解】A．设石块和配重的质量分别为、，石块和配重到转轴的距离分别为、，石块被抛出时的速度大小为，则此时配重的速度大小为
根据机械能守恒定律有
由式子可知，若减小，则将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此措施不可行，故A错误；
B．根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足
即
结合
根据两式可知，若增大θ，则将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错误；
C．根据
式可知，若增大，则将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故C错误；
D．增大投石机到靶的距离后，由于不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。
故选D。
11. 如图所示，质量为m、带电荷量为的小球（可视为质点）与长为L的绝缘轻绳相连，轻绳另一端固定在O点，整个系统处在与竖直方向夹角为的匀强电场中。已知A、B、C、D、E、F为圆周上的点，为水平直径，为竖直直径，过O点且与的夹角为，当小球绕O点在竖直平面内做半径为L的圆周运动时，小球运动到A点时的速度最小，最小速度为，g为重力加速度的大小，则下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的电场强度大小为
B. 小球从A点运动到B点时，合力做的功为
C. 小球运动到B点时轻绳拉力的大小为
D. 小球运动到F点时的机械能最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在A点受重力和电场力，如图所示，由题意，小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，在A点时速度最小可知，小球受到的合外力提供向心力，小球在竖直方向受力平衡，则有
A错误；
B．小球从A点运动到B点时，重力做功是零，电场力做功为
因此合力做的功为，B错误；
C．小球运动到B点时，由动能定理可得
解得
在B点，由牛顿第二定律可得
代入数据解得
C错误；
D．小球在做圆周运动中，只有重力和电场力做功，则有小球的机械能和电势能之和是一个定值，小球在E点时电势最高，小球带正电，电势能最大，小球在F点时的电势最低，具有的电势能最小，因此小球在F点的机械能最大，D正确。
故选D。
12. 如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动，某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前（ ）
A. P的位移大小一定大于Q的位移大小
B. P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
C. P的加速度大小的最大值为
D. Q的加速度大小的最大值为
【答案】B
【解析】
【详解】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为
撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为
A．滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，A错误；
B．滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为
解得
撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，B正确。
CD．从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前的过程中，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为
解得
此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，过后滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时
解得
故滑块Q加速度大小最大值为，CD错误。
故选B。
13. 如图，地球与月球可以看作双星系统，它们均绕连线上的C点转动，在该系统的转动平面内有两个拉格朗日点L2、L4，位于这两个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用下绕C点做匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变，L2点在地月连线的延长线上，L4点与地球球心、月球球心的连线构成一个等边三角形。我国已发射的“鹊桥”中继卫星位于L2点附近，它为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持。假设L4点有一颗监测卫星，“鹊桥”中继卫星视为在L2点。已知地球的质量为月球的81倍，则（ ）
A. 地球球心和月球球心到C点的距离之比为81：1
B. 地球和月球对监测卫星的引力之比为9：1
C. 监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大
D. 监测卫星绕C点运行的周期比“鹊桥”中继卫星的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．设地球球心到C点的距离为r1，月球球心到C点的距离为r2，对地球有
对月球有
联立解得
则地球球心和月球球心到C点的距离之比为1：81，A错误；
B．设监测卫星的质量为m，由公式
可知，地球和月球对监测卫星的引力之比为等于地球的质量与月球的质量之比即为81：1，B错误；
C．对月球有
对监测卫星，地球对监测卫星的引力，月球对监测卫星的引力，由于两引力的夹角小于90o，所以两引力的合力
设监测卫星绕C点运行的加速度为a1，由
F合 = ma1
得
设月球绕C点运行的加速度为a2，有
得
监测卫星绕C点运行的加速度比月球的大，C正确；
D．在不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同，所以监测卫星绕C点运行的周期与“鹊桥”中继卫星相同，D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14. 氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62eV~3.11eV，铝的逸出功是4.2eV，则（ ）
A. 氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光是可见光，用其照射铝板不能发生光电效应
B. 大量氢原子从高能级向能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C. 大量氢原子从高能级向能级跃迁时，发出的光具有荧光效应
D. 大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出2种不同频率的可见光
【答案】AD
【解析】
【详解】A．氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量为
由题可知该光子属于可见光，用其照射铝板不能发生光电效应，故A正确；
B．氢原子从能级向能级跃迁时，辐射出的光子能量为
该光子的能量已经远远超出了可见光光子的能量，所以大量氢原子从高能级向能级跃迁时，发出的光不具有显著的热效应，故B错误；
C．氢原子从最高能级向能级跃迁时，辐射出的光子能量为
该光子的能量小于可见光光子的能量，所以大量氢原子从高能级向能级跃迁时，发出的光不具有荧光效应，故C错误；
D．由题可知，氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量为
从能级跃迁到能级时，辐射出的光子能量为
这两种光子属于可见光光子；所以大量处于能级的氢原子向低能级跃迁时，能发出2种不同频率的可见光，故D正确。
故选AD。
15. 超强超短光脉冲产生方法曾获诺贝尔物理学奖，其中用到的一种脉冲激光展宽器截面如图所示。在空气中对称放置四个相同的直角三棱镜，顶角为。一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过前两个棱镜后分为平行的光束，再经过后两个棱镜重新合成为一束，此时不同频率的光前后分开，完成脉冲展宽。已知相邻两棱镜斜面间的距离，脉冲激光中包含不同频率的光1和2，它们在棱镜中的折射率分别为和。取，，。则下列说法正确的是（ ）
A. 上方光线为光2
B. 光1和光2通过相同的干涉装置后，光2对应的干涉条纹间距更大
C. 为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则
D. 若，则光1和光2通过整个展宽器的过程中在空气中的路程差约为14.4mm
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．因n1>n2，三棱镜对光1的折射率大于对光2的折射率，所以上方光线为光2，A正确；
B．因n1>n2，可知光1的频率大于光2的频率，则有光1的波长小于光2的波长，光1和光2通过相同的干涉装置后，由干涉条纹间距公式，可知光2对应的干涉条纹间距更大，B正确；
C．设光线在第一个棱镜斜面上恰好产生全反射，则有
代入较大折射率得对应的临界角为C=45°，因此为使光1和光2都能从左侧第一个棱镜斜面射出，则θ<45°，C错误；
D．脉冲激光从第一个三棱镜右侧面射出时产生折射，设折射角分别为α1和α2，由折射定律可得
设两束光在两个三棱镜斜面之间的路程分别为L1和L2，则有
则有
联立并代入数据解得
D正确。
故选ABD。
16. 如图甲所示，A、B、C是介质中的三个点，A、C间距为3.25m，B、C间距为1m。两个波源分别位于A、B两点，且同时从t=0时刻开始振动，振动图像如图乙所示。已知A点波源振动形成的波长为2m。则（ ）
A. A点波源振动形成的波在此介质中波速为5m/s
B. B点波源振动形成的波长为3m
C. A、B中点振动加强点
D. t=2.15s时C点位移为7cm
【答案】AB
【解析】
【详解】A．根据乙图可知，A点波源振动的周期为0.4s，故形成的波在此介质中波速为
A正确；
B．同种介质中，两列波的传播速度相等，故B的波速也为5m/s，根据乙图可知，B点波源振动的周期为0.6s，B点波源振动形成的波长为
B正确；
C．由于两列波的周期不同，在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同，C错误；
D．根据乙图可知，A点波源的振动波在C的振动位移图像为
B的振动位移图像为
将t=2.15s代入得
D错误。
故选AB。
非选择题部分
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17. 如图甲所示，是“探究力的平行四边形定则”的实验，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳套的结点，OB和OC为细绳套，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。
（1）下列哪一个选项是不必要的实验要求_______ 。（请填写选项前对应的字母）
A．两个弹簧秤的夹角适当大些
B．弹簧秤应在使用前校零
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点在同一位置
（2）本实验采用的科学方法是_______。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（3）图乙中的F与两力中，方向一定沿AO方向的是_______。
（4）如图丙所示，在探究“共点力合成”的实验中，橡皮条一端固定于P点，另一端连接两个弹簧秤，分别用F1与F2拉两个弹簧秤，将结点拉至O点。现让F2大小增大，方向不变，要使结点仍位于O点，则F1的大小及图中β（β>90°）角的变化可能是______。
A．增大F1的同时增大β角 B．减小F1的同时减小β角
C．增大F1的同时减小β角 D．减小F1的同时增大β角
【答案】 ①. D ②. B ③. ④. BC
【解析】
【详解】（1）[1]ABC．此实验中，两个弹簧秤的夹角适当大些；弹簧秤应在使用前校零，以减少读数的误差；拉线方向应与木板平面平行，以减小实验误差，故ABC正确，不符题意；
D．改变拉力，进行多次实验，每次没必要要使O点在同一位置，选项D错误，符合题意；
故选D。
（2）[2]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；
故选B。
（3）[3]F是通过作图的方法得到合力的理论值，而是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力。故方向一定沿AO方向的是。
（4）[4]AD．根据力的平行四边形定则可知，让F2大小增大，方向不变，β角不可能增大，故AD错误．
B．根据题意，由力的平行四边形定则得出如下图1所示
由此可知减小F1的同时减小β角可以实现题意要求，故B正确；
C．同理根据由力的平行四边形定则得出如下图2所示
由此可知增大F1的同时减小β角可以实现题意要求，故C正确；
故选BC。
18. 某物理实验小组看到比亚迪发布一款新能源汽车宋plusdmi，其中汽车电池采用的是比亚迪的刀片电池技术，整块电池铭牌如图甲所示。已知该车内的整块电池是由15块刀片电池串联而成，其中一块刀片电池由8块电芯串联而成。现将一块刀片电池拆解出来，测量其中一块电芯的电动势和内阻，现有如下器材：一个电阻箱、一个电压表、开关和若干导线、一块电芯、坐标纸和刻度尺，电路图如图乙所示。
（1）根据汽车电池铭牌，一块电芯所带电量为________C；
（2）为了更加精确地测量，图乙中电压表量程应该接________（“5”或“15”）V；
（3）某物理实验小组按图乙连接电路，闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值和电压表的相应读数，利用测量数据，作图线如图丙所示，图线的纵轴截距为，斜率为，则一块电芯的电动势________，________；
【答案】 ①. 1431 ②. 5 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]根据汽车电池铭牌，可知电池的额定容量为，则一块电芯所带电量为
（2）[2]电池的额定电压为，则一块电芯的电压为
为了更加精确地测量，则图乙中电压表量程应该接；
（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有
变形得到
可知图线的纵截距
斜率为
解得电动势
19. 电路中电流大小可以用电流传感器测量，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。某兴趣小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器（额定电压为16V）；电流传感器和计算机；直流稳压电源；定值电阻R0＝100Ω、单刀双掷开关；导线若干
实验过程如下：
①按照图甲正确连接电路；
②将开关S与1端连接，电源向电容器充电；
③将开关S掷向2端，测得电流随时间变化的I－t图线如图乙中的实线a所示；
④利用计算机软件测出I－t曲线和两坐标轴所围面积。
请回答下列问题：
a．已知测出的I－t曲线和两坐标轴所围的面积为42.3mA·s，根据图像算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________C，最大电压为________V，电容器的电容C＝________F；（均保留两位有效数字）
b．若将定值电阻换为R1＝180Ω，重复上述实验步骤，则电流随时间变化的I－t图线应该是图丙中的曲线________（选填“b”或“c”）。
【答案】 ①. 4.2×10-2 ②. 9.0 ③. 4.7×10-3 ④. c
【解析】
【详解】（1）[1] i－t图像的曲线和两坐标轴所围的面积即表示电容器的电荷量，由图像及题意可知电容器全部放电过程中释放的电荷量为
[2]由i－t图像得到开始时电流为Im＝90mA＝0.09A，故电容器两端的最大电压为
[3]电容为
（2）[4]换用阻值为180Ω的电阻，根据可知，第2次实验的最大电流小些。根据Q＝CU可知，两条曲线与坐标轴所围的面积相等，故选c。
【点睛】图像的面积表示电荷量。根据电容器充放电的特点，判断电压最大时，电流的特点。根据含电容的电路中的规律，判断电容充电完成后的电压情况。
20. 如图所示，向一个空的铝饮料罐（即易拉罐）中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱（长度可以忽略）。如果不计大气压的变化，这就是一个简易的气温计。已知铝罐的容积是357cm3，吸管内部粗细均匀，横截面积为0.3cm2，吸管的有效长度为20cm，当温度为27℃时，油柱离管口10cm。
（1）为了把温度值标化在吸管上，请利用理想气体状态方程的相关知识推导摄氏温度t关于油柱离罐口距离h的表达式；
（2）计算这个气温计摄氏温度的测量范围；
（3）某同学在使用标化好温度值的气温计时，出现了吸管竖直朝上的错误操作，若考虑到油柱长度带来的影响，试判断：测量值较之实际值偏大、偏小还是准确？不要求说明原因。
【答案】（1）；（2）；（3）偏小
【解析】
【详解】（1）初状态
任意态
由
得
（2）因为带入以上结果可得
（3）根据
可得
由于油滴产生压强的影响，偏小，测得得偏小。
21. 如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心与圆轨道NP的圆心位于同一高度。已知小车的质量m=50g，直轨道AB长度L=0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取。
（1）求小车运动到B点时的速度大小；
（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离。
【答案】（1）；（2）3N；（3）
【解析】
【详解】（1）小车由A运动至B过程，由能量关系可知
其中，代入数据得
（2）设小车在C点的速度为，恰好通过最高点，则
小车从B到C，由动能定理得
得
R=0.2m
在B点
得
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为3N；
（3）小车从B到P，由动能定理得
小车从P点飞出后做平抛运动
得
当r=0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出，则
r<0.225m
但因为小车在N点
小车从B到N，由动能定理得
得
r≥0.2m
综合可知，当r=0.2m时，小车落点与P点水平距离最大：
22. 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了两种发电装置为车灯供电。
方式一：如图甲所示，固定磁极N、S在中间区域产生匀强磁场，磁感应强度，矩形线圈abcd固定在转轴上，转轴过ab边中点，与ad边平行，转轴一端通过半径的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。当车轮转动时，可通过摩擦小轮带动线圈发电，使、两灯发光。己知矩形线圈N=100匝，面积，线圈abcd总电阻，小灯泡电阻均为。
方式二：如图乙所示，自行车后轮由半径金属内圈、半径的金属外圈（可认为等于后轮半径）和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间沿同一直径接有两根金属条，每根金属条中间分别接有小灯泡、，阻值均为。在自行车支架上装有强磁铁，形成了磁感应强度、方向垂直纸面向里的“扇形”匀强磁场，张角。
以上两方式，都不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。求：
（1）“方式一”情况下，当自行车匀速骑行速度时，小灯泡的电流有效值；
（2）“方式二”情况下，当自行车匀速骑行速度时，小灯泡的电流有效值；
（3）在两种情况下，若自行车以相同速度匀速骑行，为使两电路获得的总电能相等，“方式一”骑行的距离和“方式二”骑行的距离之比。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意则有
代入数据可得
由于产生的是正弦式交变电流，则
回路总电阻
小灯泡的电流有效值
（2）根据题意则有
产生方波式的交变电流，设有效值为，则由
可得
回路总电阻
小灯泡的电流有效值
（3）由
相同，相同所以有
可得
23. 如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=6cm，左端有一粒子源均匀发射带负电的粒子（单位长度发射粒子数目相同），粒子间的相互作用不计，比荷为，忽略重力，粒子速度v0=4×103m/s，方向平行金属板，AB间加如图乙所示的方形波电压，已知U0=1.0×102V，在金属A、B右侧空间有一吸收板，长短方位可根据需要调节，保证所有射出电场的粒子都能被收集板吸收且射到板上任意部位的粒子都会被吸收，设打到AB极板上的粒子也会被吸收，不考虑电容器的边缘效应，求：
（1）射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值和收集板的最小长度L1；
（2）在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，求收集板的最小长度L2为多少？若磁场改为结果又为多少？
（3）撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，求该圆形磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度B（此问保留两位有效数字）
【答案】（1），；（2），；（3），。
【解析】
【详解】（1）想要射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小，需要让更多的粒子打在极板上，即全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在时刻（或方形波电压每一周期的起始时刻）发射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，假设在极板左侧的位置发射的粒子刚好打在上极板右侧边缘，如图所示
以时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则
解得
粒子在电场中的加速度大小为
粒子在电场方向先做匀加速运动后做匀减速运动，匀加速运动时间为
时刻粒子在电场方向的分速度为
在电场方向匀加速运动的位移为
匀减速运动时间为
时刻粒子在电场方向的分速度为
在电场方向匀减速运动的位移为
故粒子向上偏转的距离为
射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值为
由速度关系可知粒子射出电场的合速度大小为
合速度与初速度方向之间夹角为
即
由图中几何关系可知收集板的最小长度为
（2）设粒子在时刻进入电场，可知离开电场的粒子在电场中先向下加速再向下减速，最后向上加速离开电场，设极板左侧的位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示
粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为
时刻粒子在电场方向的分速度为
在电场方向向下匀加速运动的位移为
向下匀减速运动时间为
由对称性可知向下匀减速运动的位移为
最后向上匀加速运动时间为
在电场方向向上匀加速运动的位移为
时刻粒子在电场方向的分速度为
可知从极板右侧离开的粒子中离B板的最小距离为；
所有离开电场的粒子速度都满足大小为
与初速度方向之间夹角为，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示
由几何关系可得收集板的最小长度为
若磁场改为，则粒子在磁场中的轨迹半径为
为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示
由几何关系可得收集板的最小长度为
（3）要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，所加圆形磁场区域直径应与粒子射出范围的宽度相等，如图所示
由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为
为使粒子在磁场中偏转后汇聚于一点，粒子在磁场中的轨迹半径应为
根据牛顿第二定律
解得
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