2023屆四川省瀘州市高三下學期第二次教學質(zhì)量診斷性考試物理試題（解析版）

高級中學精品試卷PAGEPAGE1瀘州市高2020級第二次教學質(zhì)量診斷性考試能力測試本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共38題，共300分，共12頁，考試時間150分鐘?？荚嚱Y束后，將答題卡交回，試卷自留。注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙。試題卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.人類可以利用核衰變獲取能量。钚的同位素在衰變時能釋放出γ射線，其衰變方程為。下列說法中正確的是（）AX原子核中含有143個質(zhì)子B.X原子核中含有92個中子C.衰變過程中減少的的質(zhì)量大于生成的X和的總質(zhì)量D.衰變發(fā)出的γ射線是波長很短的電子流〖答案〗C〖解析〗AB．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知的質(zhì)量數(shù)為質(zhì)子數(shù)為則中子數(shù)為AB錯誤；C．衰變過程中放出能量，所以衰變過程中減少的的質(zhì)量大于生成的X和的總質(zhì)量，C正確；D．衰變發(fā)出的γ射線是光子，D錯誤。故選C。2.通過某段圓柱形導體的電流大小為I，該導體中單位長度的自由電荷數(shù)為N，每個自由電荷帶電量均為q。則導體中自由電荷定向移動速度v的大小為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗在時間t內(nèi)通過導體橫截面的自由電荷總電量Q為電流強度的定義解得故選A。3.為觀測和研究太陽磁場、太陽耀斑和日冕物質(zhì)拋射的起源，2022年10月我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了“夸父一號”衛(wèi)星，實現(xiàn)中國綜合性太陽衛(wèi)星探測零的突破。假設某探測太陽的飛行器僅在太陽的引力作用下，在長軸為a的橢圓軌道上繞太陽運動，太陽的質(zhì)量為M，萬有引力常量為G。則該飛行器繞太陽運行的周期應為（）A. B. C.πa D.2πa〖答案〗B〖解析〗對于同一個中心天體，由開普勒第三定律可知若運行軌道為橢圓，則r指半長軸，若運行軌道是圓，則r指圓的半徑，可見，若兩個行星繞同一個中心天體運動，軌道半長軸為r的行星與圓軌道半徑為r的行星周期相同，即要求半長軸為的橢圓軌道上繞太陽運行的飛行器的周期，只需求圓軌道半徑為的另一顆繞地球運動的飛行器的周期，由解得故選B。4.將兩個相同的小球A、B從水平地面以不同初速度豎直向上先后拋出，已知A球的初速度為40m/s，B球的初速度為20m/s，B球比A球遲1s拋出，忽略空氣阻力的作用，重力加速度。設向上為正方向，從拋出A球開始計時，到B球剛要落地的過程中，下列關于A、B兩小球的速度差隨時間t變化的關系圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由題知A向上減速到零的時間為B向上減速到零的時間為因B球比A球遲1s拋出，則在0-1s內(nèi)只A球向上做勻減速運動，B球沒有運動，速度為零，則A的速度為則A、B兩小球的速度差在2-3s內(nèi)A、B球都向上做勻減速運動，則兩者速度為，則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變；3s后B向下做自由落體運動，經(jīng)2s落地，則在3-4s內(nèi)A向上做勻減速運動，B向下做自由落體運動，A經(jīng)3s后的速度為則3-4s內(nèi)A的速度為B的速度為則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變；在4-5s內(nèi)A向下開始做自由落體運動，此時B的速度為則4-5s內(nèi)A的速度為B的速度為則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變。故選A。5.如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，兩個分別與水平地面成37°和的光滑絕緣斜面交于A點，BC長度為5m?，F(xiàn)分別從A點由靜止釋放可視為質(zhì)點的甲、乙兩帶電小物塊，運動一段距離后均在斜面上的某位置與斜面分離。已知甲、乙兩物塊的比荷大小之比為，不計兩物塊間的庫侖力，重力加速度取，，。若甲物塊沿斜面下滑到距A點2m處與斜面分離，則乙物塊與斜面分離的位置距A點的距離為（）A.2.5m B.2.125m C.1.5m D.1.125m〖答案〗C〖解析〗甲物塊沿斜面下滑到距A點s甲=2m處與斜面分離乙物塊與斜面分離又聯(lián)立得又解得s乙=1.5m故選C。6.圖甲所示，為一臺小型發(fā)電機的示意圖，單匝線圈勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢e隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知發(fā)電機線圈內(nèi)阻為0.2Ω，小燈泡的電阻恒為0.8Ω。則（）A.理想電壓表的示數(shù)B.線圈轉(zhuǎn)動的角速度C.轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的最大磁通量D.通過燈泡電流的瞬時表達式為〖答案〗BD〖解析〗A．由圖乙可知電壓的有效值為理想電壓表測的是小燈泡兩端電壓，示數(shù)為A錯誤；B．由乙圖可知交流電的周期為，所以線圈轉(zhuǎn)動的角速度為B正確；C．線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢最大值為可得轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的最大磁通量為C錯誤；D．感應電動勢的瞬時表達式為故通過燈泡電流的瞬時表達式為D正確。故選BD。7.如圖所示，在的勻強磁場中，水平絕緣桌面上固定兩根平行金屬導軌MN和PQ，金屬導軌連接的電阻，右端并聯(lián)一個平行板電容器，極板上各有一小孔，導軌上放置一根金屬桿。金屬桿以某一速度勻速運動，一個比荷為的帶負電粒子從電容器A極板小孔處由靜止加速后，恰對著圓心垂直進入大小、方向豎直向下的圓形勻強磁場區(qū)域中，圓形磁場半徑。帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后，飛出磁場時的速度方向與原速度方向偏離了。導軌MN和PQ的間距，金屬桿接入電路部分的電阻，其余電阻不計，桿與導軌始終接觸良好，忽略帶電粒子重力。下列關于桿的運動，判斷正確的是（）A.桿向右勻速運動 B.桿向左勻速運動C.桿的速度大小為10m/s D.桿的速度大小為20m/s〖答案〗AC〖解析〗AB．根據(jù)題意負電荷從電容器A極板小孔處由靜止開始加速，說明電容A極帶負電為負極，據(jù)感應電動勢右手定則原理，可以判斷桿向右勻速運動，故A正確B錯誤；CD．帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后，飛出磁場時的速度方向與原速度方向偏離了，根據(jù)洛倫茲力提供向心力帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動有，其運動軌跡如圖所以根據(jù)上圖可得D為帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的圓心，且CD為半徑，CO為圓形磁場半徑，帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為帶電粒子磁場中運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有負電荷從電容器A極板小孔處由靜止開始加速，設電容器兩極電勢差為U，電容器兩極板距離為d，兩極板間產(chǎn)生的勻強電場強度為E，可得帶電粒子在勻強電場中受到的電場力為設帶電粒子在勻強電場中受到電場力產(chǎn)生的加速度為，由牛頓第二定律有帶電粒子在電容產(chǎn)生的勻強電場中受到電場力，做均加速直線運動，由加速度與位移公式由以上方程聯(lián)立得帶入數(shù)據(jù)解得由圖分析得電容器兩極電勢差為U，同時也為電阻R兩端的電壓，設通過的電流為I，根據(jù)歐姆定律則有金屬桿以某一速度在磁場中勻速運動產(chǎn)生的電動勢為則通過金屬的電流為以上方程帶入數(shù)據(jù)解得故C正確D錯誤。故選AC。8.如圖所示，質(zhì)量為M的內(nèi)壁光滑的半圓槽置于粗糙水平面上，質(zhì)量為m的小球從半圓槽軌道的左端與圓心等高處靜止釋放，小球運動過程中半圓槽始終保持靜止狀態(tài)。AB是平行水平地面的圓弧直徑，小球與圓心O連線跟OA間的夾角為，重力加速度為g，小球向下運動時，在的范圍內(nèi)，下列說法中正確的是（）A.當時，半圓槽受到的摩擦力最大B.當時，半圓槽受到的摩擦力最大C.當時，半圓槽對地面的壓力N小于D.當時，半圓槽對地面壓力N等于〖答案〗BD〖解析〗AB．小球在某位置的速度，有對小球受力分析有解得小球所受支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Π雸A槽的壓力因半圓槽始終靜止，所以半圓槽所受合力為零，即水平方向有所以當時，半圓槽受到的摩擦力最大，故A錯誤，B正確；CD．對半圓槽受力分析，設地面對半圓槽的支持力為豎直方向有整理有當時，有根據(jù)牛頓第三定律有故C錯誤，D正確。故選BD。第II卷（非選擇題共174分）二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共129分）9.某實驗小組用如圖甲所示的裝置探究向心力大小與周期、半徑之間的關系，輕繩一端系著小球，另一端固定在豎直桿上的力傳感器上，小球套在光滑水平桿上。水平桿在電動機帶動下可以在水平面內(nèi)繞豎直桿勻速轉(zhuǎn)動。已知小球質(zhì)量為m，小球做圓周運動的半徑為r，電子計數(shù)器可記錄桿做圓周運動的圈數(shù)，用秒表記錄小球轉(zhuǎn)動n圈的時間為t。（1）若保持小球運動半徑不變，僅減小運動周期，小球受到的拉力將___________；若保持小球運動的周期不變，僅減小運動半徑，小球受到的拉力將___________。（以上兩空均選填“變大”“變小”或“不變”）（2）該小組同學做實驗時，保持小球做圓周運動的半徑不變，選用質(zhì)量為的小球甲和質(zhì)量為的小球乙做了兩組實驗。兩組實驗中分別多次改變小球運動的轉(zhuǎn)速，記錄實驗數(shù)據(jù)，作出了F與關系如圖乙所示的①和②兩條曲線，圖中反映小球甲的實驗數(shù)據(jù)是_________（選填“①”或“②”）。〖答案〗（1）變大變?。?）①〖解析〗（1）〖1〗〖2〗小球做圓周運動時有所以當小球運動半徑不變，僅減小運動周期，小球受到的拉力將變大；若保持小球運動的周期不變，僅減小運動半徑，小球受到的拉力將變小。（2）〖3〗根據(jù)題意有可得因為甲球的質(zhì)量較大，所以可得曲線①為小球甲的實驗數(shù)據(jù)。10.某小組同學在實驗室完成“測量電池組的電動勢和內(nèi)阻”的實驗，實驗室提供的器材如下：A．幾節(jié)干電池組成電池組B．電壓表V量程3V，內(nèi)阻C．電流表A量程3A，內(nèi)阻約為1ΩD．定值電阻E．定值電阻F．滑動變阻器R：調(diào)節(jié)范圍0~10Ω該組同學根據(jù)提供的器材，設計的電路圖如圖甲所示。（1）虛線框內(nèi)的電路表示將電壓表的量程擴大了，則擴大后的“電壓表”最大能測量___________V的電壓。（2）實驗時記錄了多組電壓表V表盤的示數(shù)U和電流表A表盤的示數(shù)I，并描點作圖作出如圖乙所示的圖線，忽略電表內(nèi)阻的影響時，由圖線可知該干電池組的電動勢E=________V，內(nèi)阻r=_________Ω。（結果均保留兩位有效數(shù)字）（3）若考慮到電表內(nèi)阻的影響，對測得的實驗數(shù)據(jù)進行修正以便求出準確的電動勢和內(nèi)阻，需在圖乙中重新繪制圖線，新繪制的圖線與原圖線比較，新繪制的圖線斜率絕對值|k|的大小將_________。（選填“變大”“變小”或“不變”）（4）在上述實驗過程中，若改變滑動變阻器的電阻大小，電源的輸出功率將會變化，電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關系圖像如圖___________所示。A.B.C.D.〖答案〗（1）（2）4.25.0（3）變?。?）B〖解析〗（1）〖1〗改裝后電壓表能測量的范圍為（2）〖2〗〖3〗根據(jù)電路知識可知解得結合圖像可知（3）〖4〗若考慮到電表內(nèi)阻的影響，則表達式為可得則斜率變?yōu)榧葱拚髨D像斜率變小。（4）〖5〗電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關系根據(jù)數(shù)學知識，此函數(shù)對應的是一個拋物線，且當電源輸出功率最大時，路端電壓為總電動勢的一半，外電路總電阻取值范圍為，則外電路電壓的取值范圍為。當時對應的功率為當時對應的功率為故選B。11.如圖是某種機械打夯的原理示意圖，OA為液壓裝置，能給質(zhì)量為m的夯桿提供豎直方向的力。左右為兩個半徑均為R的摩擦傳動輪，每個輪子給夯桿的壓力大小均為，運轉(zhuǎn)方向如圖所示。開始時液壓裝置對夯桿提供大小恒為的向上拉力，摩擦傳動輪勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω，摩擦傳動輪與夯桿之間的動摩擦因數(shù)，在液壓裝置和摩擦傳動輪的作用下，夯桿從靜止開始向上運動。夯桿運動到某時刻速度與摩擦傳動輪邊緣線速度、液壓裝置相等，該時刻之后的運動過程中摩擦傳動輪不再對夯桿提供壓力和摩擦力，且液壓裝置開始提供大小恒為的向下壓力，直到夯桿落地。取重力加速度為g，求：（1）夯桿上升的最大高度；（2）夯桿落地前瞬間的速度大小?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）液壓裝置對夯桿提供向上拉力時，根據(jù)牛頓第二定律解得a=g摩擦傳動輪邊緣線速度夯桿速度與摩擦傳動輪邊緣線速度相等時，根據(jù)得此時夯桿上升的高度此后，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)得夯桿上升的高度夯桿上升的最大高度（2）根據(jù)得夯桿落地前瞬間的速度大小12.如圖所示，光滑水平的絕緣地面與足夠長的傾斜傳送帶，經(jīng)長度可忽略的圓弧平滑連接，空間分布著水平向右的勻強電場，電場強度。水平地面上放有質(zhì)量均為的物塊A和B，其中A帶電荷量，B絕緣且不帶電。A在外力作用下靜止，兩物塊相距，B距傳送帶底部距離，傳送帶以的速度順時針勻速運動。兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，傳送帶與水平方向的夾角。時刻撤去外力，A向右運動，當兩物塊發(fā)生第二次碰撞瞬間便撤去電場，所有碰撞均視為彈性碰撞，碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移與損失，兩物塊均可視為質(zhì)點，取重力加速度，，，求：（1）第一次碰后物塊A和物塊B的速度大?。唬?）A物塊在整個運動過程中減少的電勢能的大??；（3）兩物塊在傾斜傳送帶之間的距離恒定不變后，此時兩物塊的間距?！即鸢浮剑?），；（2）；（3）〖解析〗（1）A物塊受電場力做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律設第一次碰撞前A物塊的速度為，根據(jù)勻變速直線運動公式A物塊與B物塊發(fā)生彈性碰撞，第一次碰撞后的速度分別為和，根據(jù)動量守恒根據(jù)機械能守恒聯(lián)立解得（2）第二次碰撞時，A物塊與B物塊再次位移相等，設所用時間為，則解得設B滑到傳送帶時間為，則解得故A物塊與B物塊在上傳送帶前相碰，設碰時位移為，則A物塊在整個運動過程中減少的電勢能（3）設第二次碰撞前A物塊的速度為，第二次碰撞后的速度分別為和,則根據(jù)動量守恒根據(jù)機械能守恒解得設A物塊與B物塊進入傳送帶的時間差為，則解得A物塊與B物塊上傳送帶的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律解得A物塊與傳送帶共速所需的時間B物塊與傳送帶共速所需的時間A物塊與傳送帶共速所走的位移B物塊與傳送帶共速所走的位移兩物塊的間距（二）選考題（共45分）〖物理-選修3-3〗13.關于下面熱學中的五張圖片所涉及的相關知識，描述正確的是（）A.甲是分子間的作用力跟距離的關系圖，當時，分子間的作用力表現(xiàn)為引力B.要達到乙圖的實驗效果，應先將一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉撒在水面上C.丙圖中對同一氣體而言，實線對應的氣體分子溫度高于虛線對應的氣體分子溫度D.丁圖中，懸浮在液體中的顆粒越大，布朗運動表現(xiàn)得越明顯E.戊圖中，猛推推桿壓縮筒內(nèi)封閉的氣體，氣體溫度升高、壓強變大〖答案〗ACE〖解析〗A．由圖甲作用力跟距離的關系圖可知，當時，分子間的作用力表現(xiàn)為引力，故A正確；B．要達到乙圖的實驗效果，應先把痱子粉撒在水面上，再將一滴油酸酒精溶液滴入水面，故B錯誤；C．溫度升高時，速率分布最大的區(qū)間將向速率增大處移動，丙圖中對同一氣體而言，實線對應的氣體分子溫度高于虛線對應的氣體分子溫度，故C正確；D．丁圖中，懸浮在液體中的顆粒越大，布朗運動表現(xiàn)得越不明顯，故D錯誤；E．戊圖中，猛推推桿壓縮筒內(nèi)封閉的氣體，外界對氣體做功，氣體內(nèi)能增大，氣體溫度升高、壓強變大，故E正確。故選ACE。14.如圖所示，右端開口的氣缸導熱性能良好，固定在水平面上，用光滑活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體。當活塞自由靜止時，活塞到氣缸底部的長度，氣缸內(nèi)理想氣體溫度為，施加一水平向右的外力F，使活塞緩慢移動到距氣缸底部的距離為時，活塞又保持平衡。已知活塞質(zhì)量，橫截面積，大氣壓強。（1）求外力F的大小；（2）保持（1）問中水平向右的拉力F不變，加熱使理想氣體溫度變?yōu)?T0，求活塞平衡時活塞到氣缸底部的長度。〖答案〗（1）500N；（2）1.6m〖解析〗（1）依題意，活塞緩慢移動，封閉氣體溫度不變，有又聯(lián)立，可得（2）依題意，保持①問中水平向右的拉力F不變，可得根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可得解得〖物理-選修3-4〗15.如圖所示，一束紫光a沿半徑方向射入半徑為的半圓形玻璃磚，光線b和光線c為其反射光和折射光，為法線，光線a與直徑邊的夾角為，光線c與的夾角為，光線b的強度隨夾角的變化關系如圖乙所示，其中光照強度發(fā)生突變的d點所對應的角度，光在真空中的傳播速度為，下列說法中正確的是（）A.若夾角從減小到，則夾角將會逐漸增大B.若夾角從增大到，則光線b的強度一直加強C.玻璃磚對該光線的折射率D.當小于時，該光線通過玻璃磚的時間為E.若換為紅光，則圖乙中的d點所對應的值應大于〖答案〗ACD〖解析〗B．由圖乙可知，若夾角從增大到，光線b的強度一直減弱，故B錯誤；AC．由圖乙可知，夾角從增大到，光線b的強度保持不變；當大于后，光線b的強度開始逐漸減小，可知光線在玻璃磚中發(fā)生全反射的臨界角為則有解得玻璃磚對該光線的折射率若夾角從減小到，根據(jù)折射定律可得可知逐漸增大，則夾角將會逐漸增大，故AC正確；D．當小于時，該光線在玻璃磚下表面發(fā)生全反射，該光線通過玻璃磚的時間為又聯(lián)立解得故D正確；E．若換為紅光，根據(jù)全反射臨界角公式由于紅光的折射率小，則發(fā)生全反射的臨界角大，故圖乙中的d點所對應的值應小于，故E錯誤。故選ACD。16.如圖所示，為一簡諧橫波的波動圖像。質(zhì)點P的平衡位置對應的橫坐標為6m，實線為時刻的波形，虛線為時刻形成的波形圖。已知波向x軸正方向傳播，求：（1）該波的傳播速度；（2）若，寫出質(zhì)點P的振動方程?！即鸢浮剑?）；（2）〖解析〗（1）從圖像可以看出波長為由題意可知波在2s時間內(nèi)沿波的方向傳播了則有（2）若，則周期角速度為質(zhì)點P的振動方程瀘州市高2020級第二次教學質(zhì)量診斷性考試能力測試本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共38題，共300分，共12頁，考試時間150分鐘?？荚嚱Y束后，將答題卡交回，試卷自留。注意事項：1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的〖答案〗無效；在草稿紙。試題卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.人類可以利用核衰變獲取能量。钚的同位素在衰變時能釋放出γ射線，其衰變方程為。下列說法中正確的是（）AX原子核中含有143個質(zhì)子B.X原子核中含有92個中子C.衰變過程中減少的的質(zhì)量大于生成的X和的總質(zhì)量D.衰變發(fā)出的γ射線是波長很短的電子流〖答案〗C〖解析〗AB．根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知的質(zhì)量數(shù)為質(zhì)子數(shù)為則中子數(shù)為AB錯誤；C．衰變過程中放出能量，所以衰變過程中減少的的質(zhì)量大于生成的X和的總質(zhì)量，C正確；D．衰變發(fā)出的γ射線是光子，D錯誤。故選C。2.通過某段圓柱形導體的電流大小為I，該導體中單位長度的自由電荷數(shù)為N，每個自由電荷帶電量均為q。則導體中自由電荷定向移動速度v的大小為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗在時間t內(nèi)通過導體橫截面的自由電荷總電量Q為電流強度的定義解得故選A。3.為觀測和研究太陽磁場、太陽耀斑和日冕物質(zhì)拋射的起源，2022年10月我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射了“夸父一號”衛(wèi)星，實現(xiàn)中國綜合性太陽衛(wèi)星探測零的突破。假設某探測太陽的飛行器僅在太陽的引力作用下，在長軸為a的橢圓軌道上繞太陽運動，太陽的質(zhì)量為M，萬有引力常量為G。則該飛行器繞太陽運行的周期應為（）A. B. C.πa D.2πa〖答案〗B〖解析〗對于同一個中心天體，由開普勒第三定律可知若運行軌道為橢圓，則r指半長軸，若運行軌道是圓，則r指圓的半徑，可見，若兩個行星繞同一個中心天體運動，軌道半長軸為r的行星與圓軌道半徑為r的行星周期相同，即要求半長軸為的橢圓軌道上繞太陽運行的飛行器的周期，只需求圓軌道半徑為的另一顆繞地球運動的飛行器的周期，由解得故選B。4.將兩個相同的小球A、B從水平地面以不同初速度豎直向上先后拋出，已知A球的初速度為40m/s，B球的初速度為20m/s，B球比A球遲1s拋出，忽略空氣阻力的作用，重力加速度。設向上為正方向，從拋出A球開始計時，到B球剛要落地的過程中，下列關于A、B兩小球的速度差隨時間t變化的關系圖像正確的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由題知A向上減速到零的時間為B向上減速到零的時間為因B球比A球遲1s拋出，則在0-1s內(nèi)只A球向上做勻減速運動，B球沒有運動，速度為零，則A的速度為則A、B兩小球的速度差在2-3s內(nèi)A、B球都向上做勻減速運動，則兩者速度為，則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變；3s后B向下做自由落體運動，經(jīng)2s落地，則在3-4s內(nèi)A向上做勻減速運動，B向下做自由落體運動，A經(jīng)3s后的速度為則3-4s內(nèi)A的速度為B的速度為則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變；在4-5s內(nèi)A向下開始做自由落體運動，此時B的速度為則4-5s內(nèi)A的速度為B的速度為則A、B兩小球的速度差即兩者速度差保持不變。故選A。5.如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，兩個分別與水平地面成37°和的光滑絕緣斜面交于A點，BC長度為5m?，F(xiàn)分別從A點由靜止釋放可視為質(zhì)點的甲、乙兩帶電小物塊，運動一段距離后均在斜面上的某位置與斜面分離。已知甲、乙兩物塊的比荷大小之比為，不計兩物塊間的庫侖力，重力加速度取，，。若甲物塊沿斜面下滑到距A點2m處與斜面分離，則乙物塊與斜面分離的位置距A點的距離為（）A.2.5m B.2.125m C.1.5m D.1.125m〖答案〗C〖解析〗甲物塊沿斜面下滑到距A點s甲=2m處與斜面分離乙物塊與斜面分離又聯(lián)立得又解得s乙=1.5m故選C。6.圖甲所示，為一臺小型發(fā)電機的示意圖，單匝線圈勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢e隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。已知發(fā)電機線圈內(nèi)阻為0.2Ω，小燈泡的電阻恒為0.8Ω。則（）A.理想電壓表的示數(shù)B.線圈轉(zhuǎn)動的角速度C.轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的最大磁通量D.通過燈泡電流的瞬時表達式為〖答案〗BD〖解析〗A．由圖乙可知電壓的有效值為理想電壓表測的是小燈泡兩端電壓，示數(shù)為A錯誤；B．由乙圖可知交流電的周期為，所以線圈轉(zhuǎn)動的角速度為B正確；C．線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電動勢最大值為可得轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的最大磁通量為C錯誤；D．感應電動勢的瞬時表達式為故通過燈泡電流的瞬時表達式為D正確。故選BD。7.如圖所示，在的勻強磁場中，水平絕緣桌面上固定兩根平行金屬導軌MN和PQ，金屬導軌連接的電阻，右端并聯(lián)一個平行板電容器，極板上各有一小孔，導軌上放置一根金屬桿。金屬桿以某一速度勻速運動，一個比荷為的帶負電粒子從電容器A極板小孔處由靜止加速后，恰對著圓心垂直進入大小、方向豎直向下的圓形勻強磁場區(qū)域中，圓形磁場半徑。帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后，飛出磁場時的速度方向與原速度方向偏離了。導軌MN和PQ的間距，金屬桿接入電路部分的電阻，其余電阻不計，桿與導軌始終接觸良好，忽略帶電粒子重力。下列關于桿的運動，判斷正確的是（）A.桿向右勻速運動 B.桿向左勻速運動C.桿的速度大小為10m/s D.桿的速度大小為20m/s〖答案〗AC〖解析〗AB．根據(jù)題意負電荷從電容器A極板小孔處由靜止開始加速，說明電容A極帶負電為負極，據(jù)感應電動勢右手定則原理，可以判斷桿向右勻速運動，故A正確B錯誤；CD．帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后，飛出磁場時的速度方向與原速度方向偏離了，根據(jù)洛倫茲力提供向心力帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動有，其運動軌跡如圖所以根據(jù)上圖可得D為帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的圓心，且CD為半徑，CO為圓形磁場半徑，帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為帶電粒子磁場中運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有負電荷從電容器A極板小孔處由靜止開始加速，設電容器兩極電勢差為U，電容器兩極板距離為d，兩極板間產(chǎn)生的勻強電場強度為E，可得帶電粒子在勻強電場中受到的電場力為設帶電粒子在勻強電場中受到電場力產(chǎn)生的加速度為，由牛頓第二定律有帶電粒子在電容產(chǎn)生的勻強電場中受到電場力，做均加速直線運動，由加速度與位移公式由以上方程聯(lián)立得帶入數(shù)據(jù)解得由圖分析得電容器兩極電勢差為U，同時也為電阻R兩端的電壓，設通過的電流為I，根據(jù)歐姆定律則有金屬桿以某一速度在磁場中勻速運動產(chǎn)生的電動勢為則通過金屬的電流為以上方程帶入數(shù)據(jù)解得故C正確D錯誤。故選AC。8.如圖所示，質(zhì)量為M的內(nèi)壁光滑的半圓槽置于粗糙水平面上，質(zhì)量為m的小球從半圓槽軌道的左端與圓心等高處靜止釋放，小球運動過程中半圓槽始終保持靜止狀態(tài)。AB是平行水平地面的圓弧直徑，小球與圓心O連線跟OA間的夾角為，重力加速度為g，小球向下運動時，在的范圍內(nèi)，下列說法中正確的是（）A.當時，半圓槽受到的摩擦力最大B.當時，半圓槽受到的摩擦力最大C.當時，半圓槽對地面的壓力N小于D.當時，半圓槽對地面壓力N等于〖答案〗BD〖解析〗AB．小球在某位置的速度，有對小球受力分析有解得小球所受支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)Π雸A槽的壓力因半圓槽始終靜止，所以半圓槽所受合力為零，即水平方向有所以當時，半圓槽受到的摩擦力最大，故A錯誤，B正確；CD．對半圓槽受力分析，設地面對半圓槽的支持力為豎直方向有整理有當時，有根據(jù)牛頓第三定律有故C錯誤，D正確。故選BD。第II卷（非選擇題共174分）二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分。第22題~第32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33題~第38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（共129分）9.某實驗小組用如圖甲所示的裝置探究向心力大小與周期、半徑之間的關系，輕繩一端系著小球，另一端固定在豎直桿上的力傳感器上，小球套在光滑水平桿上。水平桿在電動機帶動下可以在水平面內(nèi)繞豎直桿勻速轉(zhuǎn)動。已知小球質(zhì)量為m，小球做圓周運動的半徑為r，電子計數(shù)器可記錄桿做圓周運動的圈數(shù)，用秒表記錄小球轉(zhuǎn)動n圈的時間為t。（1）若保持小球運動半徑不變，僅減小運動周期，小球受到的拉力將___________；若保持小球運動的周期不變，僅減小運動半徑，小球受到的拉力將___________。（以上兩空均選填“變大”“變小”或“不變”）（2）該小組同學做實驗時，保持小球做圓周運動的半徑不變，選用質(zhì)量為的小球甲和質(zhì)量為的小球乙做了兩組實驗。兩組實驗中分別多次改變小球運動的轉(zhuǎn)速，記錄實驗數(shù)據(jù)，作出了F與關系如圖乙所示的①和②兩條曲線，圖中反映小球甲的實驗數(shù)據(jù)是_________（選填“①”或“②”）?！即鸢浮剑?）變大變?。?）①〖解析〗（1）〖1〗〖2〗小球做圓周運動時有所以當小球運動半徑不變，僅減小運動周期，小球受到的拉力將變大；若保持小球運動的周期不變，僅減小運動半徑，小球受到的拉力將變小。（2）〖3〗根據(jù)題意有可得因為甲球的質(zhì)量較大，所以可得曲線①為小球甲的實驗數(shù)據(jù)。10.某小組同學在實驗室完成“測量電池組的電動勢和內(nèi)阻”的實驗，實驗室提供的器材如下：A．幾節(jié)干電池組成電池組B．電壓表V量程3V，內(nèi)阻C．電流表A量程3A，內(nèi)阻約為1ΩD．定值電阻E．定值電阻F．滑動變阻器R：調(diào)節(jié)范圍0~10Ω該組同學根據(jù)提供的器材，設計的電路圖如圖甲所示。（1）虛線框內(nèi)的電路表示將電壓表的量程擴大了，則擴大后的“電壓表”最大能測量___________V的電壓。（2）實驗時記錄了多組電壓表V表盤的示數(shù)U和電流表A表盤的示數(shù)I，并描點作圖作出如圖乙所示的圖線，忽略電表內(nèi)阻的影響時，由圖線可知該干電池組的電動勢E=________V，內(nèi)阻r=_________Ω。（結果均保留兩位有效數(shù)字）（3）若考慮到電表內(nèi)阻的影響，對測得的實驗數(shù)據(jù)進行修正以便求出準確的電動勢和內(nèi)阻，需在圖乙中重新繪制圖線，新繪制的圖線與原圖線比較，新繪制的圖線斜率絕對值|k|的大小將_________。（選填“變大”“變小”或“不變”）（4）在上述實驗過程中，若改變滑動變阻器的電阻大小，電源的輸出功率將會變化，電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關系圖像如圖___________所示。A.B.C.D.〖答案〗（1）（2）4.25.0（3）變小（4）B〖解析〗（1）〖1〗改裝后電壓表能測量的范圍為（2）〖2〗〖3〗根據(jù)電路知識可知解得結合圖像可知（3）〖4〗若考慮到電表內(nèi)阻的影響，則表達式為可得則斜率變?yōu)榧葱拚髨D像斜率變小。（4）〖5〗電源輸出功率P與電源外電路的路端電壓U的關系根據(jù)數(shù)學知識，此函數(shù)對應的是一個拋物線，且當電源輸出功率最大時，路端電壓為總電動勢的一半，外電路總電阻取值范圍為，則外電路電壓的取值范圍為。當時對應的功率為當時對應的功率為故選B。11.如圖是某種機械打夯的原理示意圖，OA為液壓裝置，能給質(zhì)量為m的夯桿提供豎直方向的力。左右為兩個半徑均為R的摩擦傳動輪，每個輪子給夯桿的壓力大小均為，運轉(zhuǎn)方向如圖所示。開始時液壓裝置對夯桿提供大小恒為的向上拉力，摩擦傳動輪勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω，摩擦傳動輪與夯桿之間的動摩擦因數(shù)，在液壓裝置和摩擦傳動輪的作用下，夯桿從靜止開始向上運動。夯桿運動到某時刻速度與摩擦傳動輪邊緣線速度、液壓裝置相等，該時刻之后的運動過程中摩擦傳動輪不再對夯桿提供壓力和摩擦力，且液壓裝置開始提供大小恒為的向下壓力，直到夯桿落地。取重力加速度為g，求：（1）夯桿上升的最大高度；（2）夯桿落地前瞬間的速度大小。〖答案〗（1）；（2）〖解析〗（1）液壓裝置對夯桿提供向上拉力時，根據(jù)牛頓第二定律解得a=g摩擦傳動輪邊緣線速度夯桿速度與摩擦傳動輪邊緣線速度相等時，根據(jù)得此時夯桿上升的高度此后，根據(jù)牛頓第二定律得根據(jù)得夯桿上升的高度夯桿上升的最大高度（2）根據(jù)得夯桿落地前瞬間的速度大小12.如圖所示，光滑水平的絕緣地面與足夠長的傾斜傳送帶，經(jīng)長度可忽略的圓弧平滑連接，空間分布著水平向右的勻強電場，電場強度。水平地面上放有質(zhì)量均為的物塊A和B，其中A帶電荷量，B絕緣且不帶電。A在外力作用下靜止，兩物塊相距，B距傳送帶底部距離，傳送帶以的速度順時針勻速運動。兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為，傳送帶與水平方向的夾角。時刻撤去外力，A向右運動，當兩物塊發(fā)生第二次碰撞瞬間便撤去電場，所有碰撞均視為彈性碰撞，碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移與損失，兩物塊均可視為質(zhì)點，取重力加速度，，，求：（1）第一次碰后物塊A和物塊B的速度大??；（2）A物塊在整個運動過程中減少的電勢能的大?。唬?）兩物塊在傾斜傳送帶之間的距離恒定不變后，此時兩物塊的間距?！即鸢浮剑?），；（2）；（3）〖解析〗（1）A物塊受電場力做加速運動，根據(jù)牛頓第二定律設第一次碰撞前A物塊的速度為，根據(jù)勻變速直線運動公式A物塊與B物塊發(fā)生彈性碰撞，第一次碰撞后的速度分別為和，根據(jù)動量守恒根據(jù)機械能守恒聯(lián)立解得（2）第二次碰撞時，A物塊與B物塊再次位移相等，設所用時間為，則解得設B滑到傳送帶時間為，則解得故A物塊與B物塊在上傳送帶前相碰，設碰時位移為，則A物塊在整個運動過程中減少的電勢能（3）設第二次碰撞前A物塊的速度為，第二次碰撞后的速度分別為和,則根據(jù)動量守恒根據(jù)機械能守恒解得設A物塊與B物塊進入傳送帶的時間差為，則解得A物塊與B物塊上傳送帶的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律解得A物塊與傳送帶共速所需的時間B物塊與傳送帶共速所需的時間A物塊與傳送帶共速所走的位移B物塊與傳送帶共速所走的位移兩物塊的