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2022届浙江省山水联盟高三（下）5月联考物理试题（解析版）
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这是一份2022届浙江省山水联盟高三（下）5月联考物理试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届浙江省山水联盟高三（下）5月联考
物理试题
一、单选题
1．下列单位中不属于能量单位的是（ ）
A．kW⋅h B．J C．kg⋅m2/s3 D．eV
2．关于下列四幅图，说法正确的是（ ）
A．图甲中，电动车限速20km/h，指的是平均速度大小
B．图乙中，研究子弹前进过程中的旋转情况可以把子弹看成质点
C．图丙中，某运动员奥运会百米跑的成绩是10s，则他的平均速度大小一定为10m/s
D．图丁中，京沪高速铁路列车匀速拐弯时加速度为零
3．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法不正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
4．在一次海上消防救援过程中，消防船启动了多个喷水口进行灭火。喷水口所处高度和口径都相同，出水轨迹如图甲所示。其中两支喷水枪喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，如图乙所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．水A在空中运动时间较长
B．水B单位时间内的出水量较大
C．水落到海面时A的速度比B的速度小
D．相同时间内水枪对A做功比水枪对B做功多
5．超市里的购物车在自动扶梯上会被“锁死”，秘密在于每个后轮两侧的塑胶垫，如图所示，塑胶垫的位置比轮子的凸缘高：当购物车推进自动扶梯时，轮子的凸缘会落进扶梯的凹槽（忽略此处摩擦），后轮的塑胶垫就压在自动扶梯的齿面上以获得静摩擦力。当购物车（人车分离）随倾斜自动扶梯一起匀速运动时（ ）
A．塑胶垫受到扶梯的弹力之和等于购物车的重力
B．塑胶垫受到扶梯的摩擦力之和等于购物车的重力
C．自动扶梯对购物车的作用力等于购物车的重力
D．塑胶垫对扶梯的摩擦力可能大于扶梯对塑胶垫的摩擦力
6．2020年7月，我国用长征运载火箭将“天问一号”探测器发射升空，探测器在星箭分离后，依次进入地火转移轨道、捕获轨道、停泊轨道、探测轨道，如图所示。2021年5月在火星乌托邦平原着陆。则探测器（ ）
A．每次经过P点时的加速度相等
B．每次经过P点时的机械能相等
C．绕火星运行时在探测轨道上的周期最大
D．绕火星运行时在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等
7．下列四幅图所涉及的物理知识，说法正确的是（ ）
A．图甲中避雷针的工作原理是静电屏蔽
B．图乙中FAST射电望远镜是通过超声波观测天体
C．图丙中医用彩超可以用来检查心脏、大脑、眼底的病变是利用了波的衍射
D．图丁中高压输电线上作业的工人穿戴的包含金属丝的织物工作服，是利用了静电屏蔽
8．如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R。沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上。已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点距柱体的底面距离为h。下列判断正确的是（ ）
A．v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短
B．小滑块运动中的加速度越来越大
C．小滑块运动中对圆柱体内表面的压力越来越大
D．小滑块落至底面时的速度大小为v02+2gh
9．如图所示，a、b和c都是厚度均匀的平行玻璃板，a和b、b和c之间的夹角都为β，一细光束由红光和蓝光组成，以入射角θ从O点射入a板，且射出c板后的两束单色光射在地面上P、Q两点，由此可知（ ）
A．射出c板后的两束单色光与入射光不再平行
B．射到Q点的光在玻璃中的折射率较大
C．若改变入射角θ的大小，光可能在b玻璃砖的下表面发生全反射
D．若射到P、Q两点的光分别通过同一双缝发生干涉现象，则射到P点的光形成干涉条纹的间距小，这束光为蓝光
10．教学用交流发电机示意图如图所示。矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO'匀速转动，某时刻线圈平面与磁感线垂直。下列说法正确的是（ ）
A．此时产生的感应电流最大
B．此时线圈平面处在中性面上
C．此时线圈磁通量变化率最大
D．此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为零
11．如图甲所示，高压输电线上使用“”形刚性绝缘支架支撑电线，防止电线相碰造成短路。示意图如图乙所示，L1、L2、L3、L4为四根导线，abcd为正方形，几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时（ ）
A．L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向
B．L1对L2的安培力小于L1对L3的安培力
C．几何中心O点的磁感应强度不为零
D．夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种强烈的尖端放电现象
12．某纯电动公交车（如图所示）质量为1.5×104kg，充电时间为4h，以速度72km/h正常匀速行驶时，一次充满可持续正常行驶216km，电车受到的平均阻力为车重的0.04倍。充电桩对车载蓄电池的充电效率为90%，蓄电池对发动机的机械能转化效率为80%。则（ ）
A．这种电车正常匀速行驶时发动机输出功率为12kW
B．若某次进站从接近没电到充满电，充电桩消耗的能量为1.8×108J
C．充电桩为电车充电时的平均功率为100kW
D．若按电价0.72元/kW⋅h来计算，该公交车每公里需要1.67元钱
13．如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱形磁铁，产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），一个与磁铁同轴的圆形金属环，环的质量m=0.2kg，环单位长度的电阻为0.1πΩ/m，半径r=0.1m（稍大于圆柱形磁铁的半径）。金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的磁感应强度大小均为B=0.5T，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．环下落过程的最大速度为0.4m/s
B．环下落过程中，电流始终为逆时针（从上往下看）
C．若下落时间为2s时环已经达到最大速度，则这个过程通过环截面的电荷量是32C
D．若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为4.4J
二、多选题
14．下列说法正确的是（ ）
A．图甲中行李安检仪采用X射线来透视安检物品
B．用光子能量为1.89eV的光直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，可以产生3种不同频率的电磁波
C．图丙所示14C的半衰期是5730年，则100个14C经过5730年还剩50个14C
D．图丁是利用金属晶格作为障碍物得到的电子衍射图样，则电子动能越大衍射现象越不明显
15．如图所示，两位学生课外研究绳波的特点，P1、P2是处于简谐绳波两端的两个波源，波源的振动周期均为T，振幅均为A，同时起振。某时刻P1发出的波恰好传到c，P2发出的波恰好传到a，图中只画出了此时刻两列波在ac部分的叠加波形，P1a间、P2c间波形没有画出，下列说法正确的是（ ）
A．P1到a点的距离可能不等于P2到c点的距离
B．a、b、c三点是振动减弱点
C．再经过12T时间，b处质点向上运动
D．再经过14T时间，ac间的波形是一条直线
16．如图所示，在密立根油滴实验中，一个质量为m的带电油滴进入两块相距为d的水平放置的平行板之间。未加电压时，油滴可以速度v匀速通过平行板区域。若在两平板间加电压U，油滴将在电场中减速到零并保持静止。已知油滴运动时所受阻力大小与运动速度和小球半径乘积成正比。重力加速度为g。则（ ）
A．该油滴所带电量mgdU
B．不加电压时，该油滴速度v与半径成反比
C．该油滴从进入平行板到静止过程，做加速度减小的减速运动
D．该油滴在加电压U后，从进入平行板到静止过程，下落的距离为mv22(qUd-mg)
三、实验题
17．用打点计时器测量做匀加速直线运动物体的加速度，电源频率f=50Hz。实验获得的纸带上如图甲所示。选出零点，每隔4个点取1个计数点，沿各计数点垂直纸带将纸带剪断；将剪得的几段纸条并排贴在坐标纸上，各纸条紧靠但不重叠；最后将各纸条上端中心位置拟合，得到v-t图像如图乙所示。
①纵坐标5.80×10-1m/s表示的物理意义是（填写下面的字母选项） ；
A．打计数点“0”时物体的速度 B．打计数点“1”时物体的速度
C．第1段纸带对应物体的平均速度 D．以上都不正确
②由图乙可知物体的加速度大小为 m/s2（保留三位有效数字）；
18．在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作：
Ⅰ.在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
Ⅱ.将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
Ⅲ.把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
①若碰撞过程中没有机械能损失，为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1 m2。（选填“>”“=”或“<”）
②为完成本实验，必须测量的物理量有 。
A．小球a开始释放的高度h B．木板水平向右移动的距离l
C．a球和b球的质量m1、m2 D．O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
③在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则动量守恒（用②所选的物理量表示，要求化简）
④在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则机械能守恒（用②所选的物理量表示，要求化简）
19．实验室有一额定电压为220V的白炽灯，吴同学欲了解其低压伏安特性，为此设计了系列实验，请依次解决下列问题：
（1）吴同学用多用电表粗测白炽灯的电阻，正确操作后得到图甲，则该情况下白炽灯的电阻为 Ω。
（2）吴同学随后用学生电源供电（其调节的情况如图乙），选择合适的滑变器和其他器材，连接电路如图丙，打算直接闭合开关开始测量。请你指出连接图中存在的问题（至少列举两条）。
① ；
② ；
（3）吴同学改掉所有问题后，正确测量过程中得到的一组电流表、电压表示数如图丁，则两表的读数分别为 A、 V。
（4）吴同学根据测量的数据，作了U-I图像，下列图像中最可能正确的是 （选填字母“A”、“B”或“C”）
四、解答题
20．北京冬奥会开幕式的浪漫烟花（如图甲），让人惊叹不已。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开（如图乙）。礼花弹的结构如图丙所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个初速度并同时点燃延期引线。当礼花弹到最高点附近时，延期引线点燃礼花弹，礼花弹炸开。已知礼花弹质量m=0.1kg，从炮筒射出的速度为v0=35m/s，整个过程中礼花弹所受的空气阻力大小始终是其重力大小的0.25倍，延期引线的燃烧速度为v=2cm/s，忽略炮筒的高度，重力加速度取g=10m/s2。
（1）求礼花弹射出后，上升的最大高度h；
（2）要求爆炸发生在超过礼花弹最大高度的96%范围，则延期引线至少多长；
（3）设礼花弹与炮筒相互作用的时间Δt=0.01s，求礼花弹对炮筒的平均作用力大小。
21．如图所示，在竖直平面内有一探究装置。装置由三个圆弧形管道和三条直轨道组成。三个圆弧形管道O、O1、O2的内半径均为R，管道很细，可忽略外半径和内半径的差别；水平直轨道D1D2与圆轨道O1和O2分别相切于D1和D2，设D1D2的长度L=6R，倾斜直轨道A1B1、A2B2与圆轨道O、O1和O2分别相切于A1、B1、A2、B2，A1B1、A2B2与水平方向的夹角均为θ（两倾斜直轨道A1B1、A2B2略微错开，不考虑其影响）。整个装置关于过O点的竖直线对称，T为轨道最高点，C1和C2在圆弧轨道上，与圆心O1和O2等高。有一质量为m的小滑块，从D2点以水平向右的初速度v0出发，沿着轨道运动，小滑块可看作质点。小滑块与D1D2轨道和A1B1轨道的动摩擦因数分别为μ1和μ2，与其余轨道之间视作光滑。已知m=1kg，R=1m，μ1=56，μ2=521，θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。
（1）若v0=30m/s，求小滑块第一次经过C2时对轨道的作用力；
（2）若小滑块第一次经过T时对轨道外侧的作用力大小为FT=10N，求小滑块最终停止的位置距离D2点的距离；
（3）若小滑块以适当的初速度v0开始运动，最多经过T点一次，最终正好停在D1D2的中点，试求满足题意的v0的大小。
22．如图甲所示为某发电机的简化示意图。金属杆O1O2固定在竖直轴OO'上，两相同的金属圆环水平固定，圆心分别与O1O2重合。金属杆A1A2、B1B2、C1C2、D1D2通过绝缘轻质杆A1C1、A2C2、B1D1、B2D2固连在一起，B1D1⊥A1C1、B2D2⊥A2C2，组成“十字形结构（俯视）”，可绕轴OO'无阻力自由转动（不能上下移动），转动时与两金属圆环接触紧密但无摩擦。在甲图的四分之一扇环形柱状区域内存在辐向磁场，四根金属杆分别转至该区域时杆所在位置的磁感应强度大小相等，均为B，方向沿圆柱半径向外，其他区域的磁场忽略不计，俯视图如图乙所示。设A1C1=A2C2=B1D1=B2D2=A1A2=B1B2=C1C2=D1D2=L，金属杆A1A2、B1B2、C1C2、D1D2的质量均为m，电阻均为r，其余部分的电阻不予考虑。现让“十字形结构”逆时针旋转，试解决下列问题：
（1）当C1C2杆刚进入磁场区域时，“十字形结构”的角速度为ω，判断此时A1A2杆中的电流方向，计算C1、C2两点的电势差U12；
（2）若维持“十字形结构”以角速度ω匀速旋转，求每转一圈，C1C2所产生的焦耳热Q；
（3）若给予“十字形结构”初始角速度ω0，“十字形结构”到停下共转了多少圈。
23．现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图甲所示，上下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中沿逆时针（从上往下看）做半径为r不变的圆周运动，通过引出管，把加速后的电子引入到长方体abcdd'c'b'a'中。长方体abcdd'c'b'a'上下面是边长为L的正方形，aa'足够长。在长方体内加上不同的匀强磁场，可使电子能够打在abb'a'和cdd'c'二个侧面上，俯视图如乙图所示。在电磁体线圈中加均匀变化的电流，产生大小恒定的感生电场使电子加速。现从电子枪放出一个初速度不计的电子，在电子轨道被加速半圈后直接通过引出管进入长方体。若在长方体内加上竖直向下的大小为B的匀强磁场，电子刚好沿着对角线ac垂直磁场进入长方体，恰好打在ab的中点f。（已知电子的质量为m，电荷量为e，整个装置都放在真空中，不计电子的重力）求：
（1）电子进入引出管的速度大小v1和感生电场E的大小；
（2）现在把长方体的磁场的方向改为垂直abb'a'和cdd'c'二侧面的方向，俯视图如图丙，则：
①若磁场大小仍为B，电子进入长方体的速度大小不同，但方向一直都是沿对角线ac的方向，为了能够让电子只打到平面cdd'c'上，电子进入长方体速度范围；
②若磁场大小变为B1=πB12，电子进入长方体的速度大小（即（1）问的速度），沿对角线ac的方向，电子能否打到cdd'c'面上，如果能，请计算打到cdd'c'面上的点与电子刚进入长方体入射点间的距离，如若不能请说明理由。
答案
1．【答案】C
【解析】【解答】A．根据W=Pt可知kW⋅h属于能量单位，故A不符合题意；
B．能量的国际机制单位为焦耳即J，故B不符合题意；
C．根据P=Fv=mav
可知kg⋅m2/s3是功率的单位，故C符合题意；
D．根据W=qU
可知eV属于能量单位，故D不符合题意。
故选C。
【分析】根据电功率的表达式以及平均功率的表达式和国际单位制得出正确的选项。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．图甲中，电动车限速20km/h，指的是瞬时速度大小，故A错误；
B．图乙中，研究子弹前进过程中的旋转情况，子弹的大小形状不能忽略，不能看成质点，故B错误；
C．图丙中，某运动员奥运会百米跑的成绩是10s，则他的平均速度大小为v=xt=10m/s
故C正确；
D．图丁中，京沪高速铁路列车匀速拐弯时一定有向心加速度，加速度不为零，故D错误。
故选C。
【分析】瞬时速度是某一时刻某一位置的速度，当物体的大小和形状对问题的研究没有影响时该物体可看做质点。
3．【答案】B
【解析】【解答】AC．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象和磁现象之间的联系，AC正确，不符合题意；
BD．焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，D正确，不符合题意，B错误，符合题意。
故答案为：B。
【分析】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，焦耳发现了焦耳定律。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．因为两支喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，根据竖直上抛运动的对称性，可知水A、B在空中运动时间相等，故A项错误；
B．水从喷水口喷出后做斜抛运动，初速度可分解为水平方向的分速度vx和竖直向上的分速度vy，由于水喷出后在最高点高度相同，根据公式vy2=2gh
可知，竖直分速度相同，则运动时间相同，由于水A的水平位移较大，根据x=vxt
可知，水A的水平分速度大，根据公式v0=vx2+vy2
可知水A的初速度大，则水A单位时间内的出水量较大，故B项错误；
C．因为喷水口所处高度相同，所以从喷出到落到海面由动能定理得mgh=12mv2-12mv02
解得v=v02+2gh
因为水A初速度大，故水A落到海面时速度比水B的速度大，故C项错误；
D．因为水A的初速度比水B初速度大，故相同时间内水枪对水A做功比水B多，故D项正确。
故选D。
【分析】根据竖直上抛运动的规律得出AB运动的时间，根据竖直上抛运动的规律以及速度的合成以及动能定理得出水落到海面时AB速度的大小关系。
5．【答案】C
【解析】【解答】ABC．购物车（人车分离）随倾斜自动扶梯一起匀速运动时，合力为零，即橡胶垫受到的弹力与橡胶垫受到的摩擦力的合力与重力等大反向，即自动扶梯对购物车的作用力等于购物车的重力；沿扶梯方向合力为零，则橡胶垫受到的摩擦力之和等于购物车的重力沿斜面的分力，故C正确，AB错误；
D．塑胶垫对扶梯的摩擦力与扶梯对塑胶垫的摩擦力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】对购物车进行受力分析，根据共点力平衡得出自动扶梯对购物车的作用力和购物车的重力的大小关系，利用牛顿第三定律进行分析判断正确的选项。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma
解得a=GMr2
由于M、r都相同，可知探测器每次经过P点时的加速度相等，A正确；
B．探测器依次进入地火转移轨道、捕获轨道、停泊轨道、探测轨道，每次在P点变轨都要进行点火减速，在点火减速过程，探测器的机械能减少，B错误；
C．根据开普勒第三定律a3T2=k
可知绕火星运行时在探测轨道上的周期最小，C错误；
D．根据开普勒第二定律可知探测器绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积不相等，D错误；
故选A。
【分析】万有引力为探测器所受的合力，利用牛顿第二定律得出向心加速度的表达式，结合开普勒第三定律以及开普勒第二定律进行分析判断。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．图甲中避雷针的工作原理是尖端放电，A错误；
B．图乙中FAST射电望远镜是在无线电波段观测天体，B错误；
C．图丙中医用彩超可以用来检查心脏、大脑、眼底的病变是利用了多普勒效应，C错误；
D．图丁中高压输电线上作业的工人穿戴的包含金属丝的织物工作服，是利用了静电屏蔽，D正确；
故选D。
【分析】避雷针的工作原理是尖端放电，FAST射电望远镜是在无线电波段观测天体，彩超是利用了多普勒效应，工人穿戴的包含金属丝的织物工作服，是利用了静电屏蔽。
8．【答案】D
【解析】【解答】AB．小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h=12gt2可得t=2hg
可知小滑块在圆柱体中运动时间与v0无关，小球在水平方向的加速度也不变，则小球的加速度不变，故AB错误；
C．小滑沿着圆柱体表面方向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C错误；
D．小滑块落至底面时竖直方向的速度vy=2gh
小滑块落至底面时的速度大小v=v02+vy2=v02+2gh
故D正确。
故选D。
【分析】对小滑块进行受力分析，根据运动分析得出小球在竖直方向上做自由落体运动，结合自由落体运动的规律以及速度的合成进行分析判断正确的选项。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．光线经过平行玻璃板时出射光线和入射光线平行，则最终从c板射出的两束单色光与入射光仍然平行，故A错误；
B．射到Q点的光偏折程度没有射到P点的光偏折程度厉害，可知射到Q点的光在玻璃中的折射率较小，故B错误；
C．光从平行玻璃板b板上表面射入到其下表面时，下表面处的入射角等于上表面处的折射角，不可能在下表面上发生全反射，故C错误；
D．根据Δx=Ldλ
知，条纹间距较小的光波长小，则频率大，折射率大，偏折厉害，为射到P点的光，即蓝光，故D正确。
故选D。
【分析】光线经过平行玻璃板时出射光线和入射光线平行时射出的光线和入射光依然平行；结合双缝干涉相邻亮条纹间距的表达式判断该光。
10．【答案】B
【解析】【解答】ABC．由图可知，此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，但此时的磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈平面处在中性面上，B正确，AC错误；
D．假设此时线圈的磁通量为Φ0=BS
从此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为ΔΦ=-BS-BS=-2BS
即线圈磁通量变化量不为零，D错误；
故选B。
【分析】根据磁通量的大小判断线圈的位置；结合磁通量的表达式得出磁通量的变化量。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．根据同向电流相互吸引，可知L1受其余三根导线的吸引力分别指向三根导线，根据对称性可知，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者对L1的合力沿ac方向，而L3对L1的安培力也是沿ac方向，故L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向，A正确；
B．由图乙可知，L2离L1的距离比L3离L1的距离小，说明L1电流产生的磁场在L2处比在L3处强，故L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，B错误；
C．因四根导线中的电流大小相等，方向相同，O点与四根导线的距离相等，由安培定则可知L1电流与L3电流在O点的磁感应强度大小相等，方向相反，L2电流与L4电流在O点的磁感应强度大小相等，方向相反，故几何中心O点的磁感应强度为零，C错误；
D．夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种微弱的尖端放电现象，D错误；
故选A。
【分析】根据左手定则得出各导线所受安培力的方向，结合力的合成得出得出所受力的方向，结合安培定则得出各导线产生的磁感应强度的方向，利用磁感应强度的合成得出几何中心的磁感应强度。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．以速度72km/h正常匀速行驶时，阻力为f=0.04mg=6×103N
发动机输出功率为P=fv=120kW故A错误；
B．一次充满可持续正常行驶216km，牵引力做功W=fs=6×103×2160009J=1.296×109J
电车从充电桩得到的能量E=Wη2=1.620×109J
充电桩消耗的能量为E'=Eη1=1.8×109J
故B错误；
C．充电桩为电车充电时的平均功率为P'=Et=1.620×1094×3600=1.125×105W=112.5kW
故C错误；
D．若按电价0.72元/kW⋅h来计算，该公交车每公里需要Y=0.72×fs1η1η2×3.6×103=6000×10000.8×0.9×3.6×106元≈1.67元
故D正确。
故选D。
【分析】利用瞬时功率的表达式得出发动机输出功率，结合功能关系得出充电消耗的能量；通过平均功率的表达式得出充电桩为电车充电时的平均功率。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．金属环达到最大速度时，加速度为0，受力平衡mg=BIL
设金属环的最大速度为vm，则E=BLvm
I=ER
L=2πr
R=2πr⋅0.1π=0.2π2r
解得vm=4m/s
故A错误；
B．由右手定则可知，环下落过程中，电流始终为顺时针（从上往下看），选项B错误；
C．若下落时间为2s时环已经达到最大速度，根据动量定理则有mgt-∑BiLΔt=mvm
其中q=∑iΔt
联立可得q=mgt-mvmBL=32πC
故C错误；
D．若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则mgh=12mvm2+Q
得Q=4.4J
故D正确。
故选D。
【分析】金属环达到最大速度时，根据共点力平衡、法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出最大速度的大小，利用右手定则得出电流的方向，结合动量定理以及功能关系进行分析判断正确的选项。
14．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A．行李安检仪采用X射线来透视安检物品，A正确；
B．用光子能量为1.89eV的光直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，氢原子可以吸收光子跃迁到n=3能级，大量处于n=3能级的氢原子可以释放出不同频率的光子种数为C32=3，故B正确；
C．半衰期描述的是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子核的衰变，故C错误；
D．图丁是利用金属晶格作为障碍物得到的电子衍射图样，则电子动能越大，则电子的动量越大，根据λ=hp可知波长越小，衍射现象越不明显，D正确。
故选ABD。
【分析】行李安检仪采用X射线，半衰期描述的是大量原子核的统计规律，根据康普顿效应以及玻尔原子理论进行分析判断正确的选项。
15．【答案】B,D
【解析】【解答】A．同一介质中波的传播速度相等，某时刻P1发出的波恰好传到c，P2发出的波恰好传到a，可知P1到a点的距离一定等于P2到c点的距离，故A错误；
BC．两列波的周期均为T，相遇后发生稳定的干涉，a、b、c三点始终处于平衡位置，是振动减弱点，故B正确，C错误；
D．再经过四分之一周期，即经过14T时间，两列绳波相互叠加，恰好抵消，ac间的波形是一条直线，故D正确。
故选BD。
【分析】同一介质中波的传播速度相等量波传播的距离相同，两列周期相同的波相遇后能发生稳定的干涉，从而判断各点的振动加强以及减弱o.
16．【答案】A,C
【解析】【解答】A．在两平板间加电压U时，小球可以保持静止，根据平衡条件可得qUd=mg
解得q=mgdU
故A正确；
B．根据题意可得f=kvR
整理可得v=fkR
由于f、R都是变量，所以不能说该油滴速度v与半径成反比，故B错误；
C．由A选项分析可知电场力方向向上，根据牛顿第二定律可得qUd+kvR-mg=ma
可得a=qUmd+kvRm-g
随着速度减小，加速度也减小，可知该油滴从进入平行板到静止过程，做加速度减小的减速运动，故C正确；
D．设平均阻力为f，根据动能定理得mgh-(fh+qUdh)=0-12mv2
解得h=mv22(qUd+f-mg)
可知该油滴在加电压U后，从进入平行板到静止过程，下落的距离小mv22(qUd-mg)，故D错误。
故选AC。
【分析】在两平板间加电压U时，根据共点力平衡得出电荷量的表达式，根据受力分析以及牛顿第二定律得出加速度的表达式，从而判断粒子的运动 情况；结合动能定理得出下落的距离。
17．【答案】C；1.60
【解析】【解答】①由题意可知，每一段纸带所用时间为T=5×0.02s=0.1s根据匀变速直线运动规律，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有v=xT=5.80×10-20.1m/s=5.80×10-1m/s
可知纵坐标5.80×10-1m/s表示的是第1段纸带对应物体的平均速度或者第1段纸带中间时刻物体的瞬时速度，C正确，ABD错误；
故选C。
②由纸带数据可知，第1段纸带中间时刻物体的瞬时速度为v1=xT=5.80×10-20.1m/s=5.80×10-1m/s
第6段纸带中间时刻物体的瞬时速度为v6=xT=13.81×10-20.1m/s=13.81×10-1m/s
物体的加速度大小为a=ΔvΔt=(13.81-5.80)×10-10.55-0.05m/s2≈1.60m/s2
【分析】（1）根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度进行分析判断；
（2）一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度以及加速度的定义式得出物体的加速度大小。
18．【答案】>；CD；m1y2=m1y3+m2y1；m1y2=m1y3+m2y1
【解析】【解答】①在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m1v0=m1v1+m2v2
碰撞前后动能相等，故有12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得v1=m1-m2m1+m2v0
若要使a球的速度方向不变，则m1>m2
②③小球平抛运动的时间t=2hg
则初速度v=xt=xg2h
显然平抛运动的初速度与下降高度二次方根的倒数成正比，当m1v0=m1v1+m2v2
即m1y2=m1y3+m2y1
成立时，系统的动量守恒；由以上可知，需测量的物理量有a球和b球的质量m1、m2和O点到A、B、C三点距离y1、y2、y3。
故选CD。
④小球平抛运动的时间t=2yg
则初速度v=xt=xg2y由于12m1v02=12m1v12+12m2v22
整理m1y2=m1y3+m2y1
成立时，机械能守恒。
【分析】（1）在小球碰撞过程中根据动量守恒以及机械能守恒得出碰后a小球的速度；从而得出ab质量的大小关系；
（2）抛出后两小球做平抛运动，结合平抛运动的规律以及动量守恒判断机械能是否守恒。
19．【答案】（1）40
（2）电流表量程选错；滑动变阻器滑片位置错误
（3）0.20；3.9
（4）A
【解析】【解答】（1）由图可知，选择档位为×1，则其读数为40×1Ω=40Ω
（2）由图可知，电源选择15V稳压，则流过灯泡的最大电流Imax=1540A=0.375A
可知电流表量程选择错误；为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器应处于最大阻值处；
（3）电流量程为0.6A，分度值为0.02A，其读数为0.20A
电压表选择量程为15V，分度值为0.5V，其读数为3.9V；
（4）电灯泡的电阻随温度的升高而升高，随着实验过程中电压增大，其阻值增大，则U-I图线上的点与原点连线的斜率随着电压增大而增大，故A可能，BC不可能。
【分析】（1）根据多用电表欧姆表的读数原理得出该灯泡的电阻：
（2）根据电路中的最大电流选择电流表，为保护电路滑动变阻器应调到最大值；
（3）利用电流表和电压表的读数原理进行读数；
（4）根据U-I图像进行分析判断正确的选项。
20．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得a=mg+0.25mgm=12.5m/s2
根据运动学公式v02=2ah
解得h=49m
（2）解：根据v02=2ah
v02-v12=2ah×0.96
联立得v1=7m/s则t1=v0-v1a=2.24s
L=vt1=4.48cm
（3）解：由动量定理(F-mg-0.25mg)Δt=mv0
解得F=351.25N
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律得出礼花弹的加速度，结合匀变速直线运动的速度与位移的关系得出礼花弹上升的最大高度：
（2）根据匀变速直线运动的位移与速度的关系式以及加速度的定义式和匀速直线运动的规律得出延期引线 的长度：
（3）礼花弹与炮筒相互作用 的过程中根据动量定理得出 礼花弹对炮筒的平均作用力 。
21．【答案】（1）解：根据机械能守恒定律12mv02=mgR+12mvC22
在C2时根据牛顿第二定律FN=mvC22R
解得FN=10N
根据牛顿第三定律得作用力大小10N，方向向右
（2）解：由几何关系可得A1B1=2Rtanθ+3Rcosθ=214R
hT=2R+2Rcosθ+A1B1sinθ=274R
根据牛顿第二定律mg+FT=mvT2R
结合12mvT2+mghT-μ2mgcosθA1B1-μ1mgx=0
解得x=8.1m>L
且不会再过T点 最终停在D2左边2.1m处
（3）解：若恰至T点且返回可得mghT-μ1mgL=74mgR
①若未经过T则有12mv02-mghT<0
且12mv02=μ1mg(L2+nL)(n=0，1，2…..)
可得：仅有n=0时成立，得v0=5gR=52m/s
②若仅经过T一次则有12mv02-mghT>0
且12mv02-μ2mgcosθA1B1-μ1mgL-mghT<0
12mv02-μ2mgcosθA1B1-μ1mg(L2+nL)=0(n=0，1，2…..)
可得仅有n=1时成立v0=17gR=170m/s
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律得出小滑块在C点的速度，利用牛顿第二定律得出小滑块第一次经过C2时对轨道的作用力；
（2）根据几何关系得出粒子运动轨迹的半径，通过 合力提供向心力以及功能关系得出小滑块最终停止的位置距离D2点的距离；
（3） 若恰至T点且返回 ，根据功能关系得出满足题意的初速度。
22．【答案】（1）解：A2到A1，感应电动势为ε=BLLω2
则U12=-εr+13r×13r=-B2L2ω8
（2）解：根据P1=(εr+13r)2×r=9B2L4ω264r
P2=(εr+13r×13)2×r=B2L4ω264r
联立可得Q=P1×2πω×14+P2×2πω×34=3πB2L4ω32r
（3）解：设共转了k圈，则BBLv43rLΔt=4m×ω0×L2
vΔt=2π×L2×k
解得k=8mrω03πB2L2
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出 C1、C2两点的电势差；
（2）根据电功率的表达式以及电路的动态分析得出每转一圈，C1C2所产生的焦耳热Q；
（3）根据欧姆定律以及法拉第电磁感应定律和向心力的表达式得出“十字形结构”到停下共转 的圈数。
23．【答案】（1）解：打到f中点R1=24L
ev1B=mv12R1
解得v1=24mBLe
由能量关系12mv12=Eeπr
解得E=116mπrB2L2e
（2）解：二个分速度大小分别为vab=vsin45°
vad=vcos45°
在磁场中最多只能运动半个圆周所以t=Lvad
最大半径Rm
解得v<2mBLe
所以2πmBLe
运动周期T2=24meB
因为t=T26 所以电子能够打到cdd'c'面上；电子打到面上转过了60度的圆心角 所以S=R22+L2=9L2π2+L2
【解析】【分析】（1）根据粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力从而得出电子进入引出管的速度，结合能量守恒得出感生电场电场强度的表达式：
（2）根据速度的分解以及粒子在磁场中轨道半径的表达式得出电子进入长方体速度的范围；利用粒子运动周期的表达式以及运动周期和时间的关系得出打到cdd'c'面上的点与电子刚进入长方体入射点间的距离 。
2022届浙江省山水联盟高三（下）5月联考
物理试题
一、单选题
1．下列单位中不属于能量单位的是（ ）
A．kW⋅h B．J C．kg⋅m2/s3 D．eV
2．关于下列四幅图，说法正确的是（ ）
A．图甲中，电动车限速20km/h，指的是平均速度大小
B．图乙中，研究子弹前进过程中的旋转情况可以把子弹看成质点
C．图丙中，某运动员奥运会百米跑的成绩是10s，则他的平均速度大小一定为10m/s
D．图丁中，京沪高速铁路列车匀速拐弯时加速度为零
3．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法不正确的是（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系
4．在一次海上消防救援过程中，消防船启动了多个喷水口进行灭火。喷水口所处高度和口径都相同，出水轨迹如图甲所示。其中两支喷水枪喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，如图乙所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．水A在空中运动时间较长
B．水B单位时间内的出水量较大
C．水落到海面时A的速度比B的速度小
D．相同时间内水枪对A做功比水枪对B做功多
5．超市里的购物车在自动扶梯上会被“锁死”，秘密在于每个后轮两侧的塑胶垫，如图所示，塑胶垫的位置比轮子的凸缘高：当购物车推进自动扶梯时，轮子的凸缘会落进扶梯的凹槽（忽略此处摩擦），后轮的塑胶垫就压在自动扶梯的齿面上以获得静摩擦力。当购物车（人车分离）随倾斜自动扶梯一起匀速运动时（ ）
A．塑胶垫受到扶梯的弹力之和等于购物车的重力
B．塑胶垫受到扶梯的摩擦力之和等于购物车的重力
C．自动扶梯对购物车的作用力等于购物车的重力
D．塑胶垫对扶梯的摩擦力可能大于扶梯对塑胶垫的摩擦力
6．2020年7月，我国用长征运载火箭将“天问一号”探测器发射升空，探测器在星箭分离后，依次进入地火转移轨道、捕获轨道、停泊轨道、探测轨道，如图所示。2021年5月在火星乌托邦平原着陆。则探测器（ ）
A．每次经过P点时的加速度相等
B．每次经过P点时的机械能相等
C．绕火星运行时在探测轨道上的周期最大
D．绕火星运行时在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等
7．下列四幅图所涉及的物理知识，说法正确的是（ ）
A．图甲中避雷针的工作原理是静电屏蔽
B．图乙中FAST射电望远镜是通过超声波观测天体
C．图丙中医用彩超可以用来检查心脏、大脑、眼底的病变是利用了波的衍射
D．图丁中高压输电线上作业的工人穿戴的包含金属丝的织物工作服，是利用了静电屏蔽
8．如图所示，内壁光滑的空心圆柱体竖直固定在水平地面上，圆柱体的内径为R。沿着水平切向给贴在内壁左侧O点的小滑块一个初速度v0，小滑块将沿着柱体的内壁旋转向下运动，最终落在柱体的底面上。已知小滑块可看成质点，质量为m，重力加速度为g，O点距柱体的底面距离为h。下列判断正确的是（ ）
A．v0越大，小滑块在圆柱体中运动时间越短
B．小滑块运动中的加速度越来越大
C．小滑块运动中对圆柱体内表面的压力越来越大
D．小滑块落至底面时的速度大小为v02+2gh
9．如图所示，a、b和c都是厚度均匀的平行玻璃板，a和b、b和c之间的夹角都为β，一细光束由红光和蓝光组成，以入射角θ从O点射入a板，且射出c板后的两束单色光射在地面上P、Q两点，由此可知（ ）
A．射出c板后的两束单色光与入射光不再平行
B．射到Q点的光在玻璃中的折射率较大
C．若改变入射角θ的大小，光可能在b玻璃砖的下表面发生全反射
D．若射到P、Q两点的光分别通过同一双缝发生干涉现象，则射到P点的光形成干涉条纹的间距小，这束光为蓝光
10．教学用交流发电机示意图如图所示。矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO'匀速转动，某时刻线圈平面与磁感线垂直。下列说法正确的是（ ）
A．此时产生的感应电流最大
B．此时线圈平面处在中性面上
C．此时线圈磁通量变化率最大
D．此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为零
11．如图甲所示，高压输电线上使用“”形刚性绝缘支架支撑电线，防止电线相碰造成短路。示意图如图乙所示，L1、L2、L3、L4为四根导线，abcd为正方形，几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时（ ）
A．L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向
B．L1对L2的安培力小于L1对L3的安培力
C．几何中心O点的磁感应强度不为零
D．夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种强烈的尖端放电现象
12．某纯电动公交车（如图所示）质量为1.5×104kg，充电时间为4h，以速度72km/h正常匀速行驶时，一次充满可持续正常行驶216km，电车受到的平均阻力为车重的0.04倍。充电桩对车载蓄电池的充电效率为90%，蓄电池对发动机的机械能转化效率为80%。则（ ）
A．这种电车正常匀速行驶时发动机输出功率为12kW
B．若某次进站从接近没电到充满电，充电桩消耗的能量为1.8×108J
C．充电桩为电车充电时的平均功率为100kW
D．若按电价0.72元/kW⋅h来计算，该公交车每公里需要1.67元钱
13．如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱形磁铁，产生一个中心辐射的磁场（磁场水平向外），一个与磁铁同轴的圆形金属环，环的质量m=0.2kg，环单位长度的电阻为0.1πΩ/m，半径r=0.1m（稍大于圆柱形磁铁的半径）。金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的磁感应强度大小均为B=0.5T，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则（ ）
A．环下落过程的最大速度为0.4m/s
B．环下落过程中，电流始终为逆时针（从上往下看）
C．若下落时间为2s时环已经达到最大速度，则这个过程通过环截面的电荷量是32C
D．若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为4.4J
二、多选题
14．下列说法正确的是（ ）
A．图甲中行李安检仪采用X射线来透视安检物品
B．用光子能量为1.89eV的光直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，可以产生3种不同频率的电磁波
C．图丙所示14C的半衰期是5730年，则100个14C经过5730年还剩50个14C
D．图丁是利用金属晶格作为障碍物得到的电子衍射图样，则电子动能越大衍射现象越不明显
15．如图所示，两位学生课外研究绳波的特点，P1、P2是处于简谐绳波两端的两个波源，波源的振动周期均为T，振幅均为A，同时起振。某时刻P1发出的波恰好传到c，P2发出的波恰好传到a，图中只画出了此时刻两列波在ac部分的叠加波形，P1a间、P2c间波形没有画出，下列说法正确的是（ ）
A．P1到a点的距离可能不等于P2到c点的距离
B．a、b、c三点是振动减弱点
C．再经过12T时间，b处质点向上运动
D．再经过14T时间，ac间的波形是一条直线
16．如图所示，在密立根油滴实验中，一个质量为m的带电油滴进入两块相距为d的水平放置的平行板之间。未加电压时，油滴可以速度v匀速通过平行板区域。若在两平板间加电压U，油滴将在电场中减速到零并保持静止。已知油滴运动时所受阻力大小与运动速度和小球半径乘积成正比。重力加速度为g。则（ ）
A．该油滴所带电量mgdU
B．不加电压时，该油滴速度v与半径成反比
C．该油滴从进入平行板到静止过程，做加速度减小的减速运动
D．该油滴在加电压U后，从进入平行板到静止过程，下落的距离为mv22(qUd-mg)
三、实验题
17．用打点计时器测量做匀加速直线运动物体的加速度，电源频率f=50Hz。实验获得的纸带上如图甲所示。选出零点，每隔4个点取1个计数点，沿各计数点垂直纸带将纸带剪断；将剪得的几段纸条并排贴在坐标纸上，各纸条紧靠但不重叠；最后将各纸条上端中心位置拟合，得到v-t图像如图乙所示。
①纵坐标5.80×10-1m/s表示的物理意义是（填写下面的字母选项） ；
A．打计数点“0”时物体的速度 B．打计数点“1”时物体的速度
C．第1段纸带对应物体的平均速度 D．以上都不正确
②由图乙可知物体的加速度大小为 m/s2（保留三位有效数字）；
18．在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤进行操作：
Ⅰ.在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处，将小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
Ⅱ.将木板水平向右移动一定距离并固定，再将小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；
Ⅲ.把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C。
①若碰撞过程中没有机械能损失，为了保证在碰撞过程中a球不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1 m2。（选填“>”“=”或“<”）
②为完成本实验，必须测量的物理量有 。
A．小球a开始释放的高度h B．木板水平向右移动的距离l
C．a球和b球的质量m1、m2 D．O点到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
③在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则动量守恒（用②所选的物理量表示，要求化简）
④在实验误差允许范围内，若满足关系式 ，则机械能守恒（用②所选的物理量表示，要求化简）
19．实验室有一额定电压为220V的白炽灯，吴同学欲了解其低压伏安特性，为此设计了系列实验，请依次解决下列问题：
（1）吴同学用多用电表粗测白炽灯的电阻，正确操作后得到图甲，则该情况下白炽灯的电阻为 Ω。
（2）吴同学随后用学生电源供电（其调节的情况如图乙），选择合适的滑变器和其他器材，连接电路如图丙，打算直接闭合开关开始测量。请你指出连接图中存在的问题（至少列举两条）。
① ；
② ；
（3）吴同学改掉所有问题后，正确测量过程中得到的一组电流表、电压表示数如图丁，则两表的读数分别为 A、 V。
（4）吴同学根据测量的数据，作了U-I图像，下列图像中最可能正确的是 （选填字母“A”、“B”或“C”）
四、解答题
20．北京冬奥会开幕式的浪漫烟花（如图甲），让人惊叹不已。假设某种型号的礼花弹在地面上从专用炮筒中沿竖直方向射出，到达最高点时炸开（如图乙）。礼花弹的结构如图丙所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个初速度并同时点燃延期引线。当礼花弹到最高点附近时，延期引线点燃礼花弹，礼花弹炸开。已知礼花弹质量m=0.1kg，从炮筒射出的速度为v0=35m/s，整个过程中礼花弹所受的空气阻力大小始终是其重力大小的0.25倍，延期引线的燃烧速度为v=2cm/s，忽略炮筒的高度，重力加速度取g=10m/s2。
（1）求礼花弹射出后，上升的最大高度h；
（2）要求爆炸发生在超过礼花弹最大高度的96%范围，则延期引线至少多长；
（3）设礼花弹与炮筒相互作用的时间Δt=0.01s，求礼花弹对炮筒的平均作用力大小。
21．如图所示，在竖直平面内有一探究装置。装置由三个圆弧形管道和三条直轨道组成。三个圆弧形管道O、O1、O2的内半径均为R，管道很细，可忽略外半径和内半径的差别；水平直轨道D1D2与圆轨道O1和O2分别相切于D1和D2，设D1D2的长度L=6R，倾斜直轨道A1B1、A2B2与圆轨道O、O1和O2分别相切于A1、B1、A2、B2，A1B1、A2B2与水平方向的夹角均为θ（两倾斜直轨道A1B1、A2B2略微错开，不考虑其影响）。整个装置关于过O点的竖直线对称，T为轨道最高点，C1和C2在圆弧轨道上，与圆心O1和O2等高。有一质量为m的小滑块，从D2点以水平向右的初速度v0出发，沿着轨道运动，小滑块可看作质点。小滑块与D1D2轨道和A1B1轨道的动摩擦因数分别为μ1和μ2，与其余轨道之间视作光滑。已知m=1kg，R=1m，μ1=56，μ2=521，θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。
（1）若v0=30m/s，求小滑块第一次经过C2时对轨道的作用力；
（2）若小滑块第一次经过T时对轨道外侧的作用力大小为FT=10N，求小滑块最终停止的位置距离D2点的距离；
（3）若小滑块以适当的初速度v0开始运动，最多经过T点一次，最终正好停在D1D2的中点，试求满足题意的v0的大小。
22．如图甲所示为某发电机的简化示意图。金属杆O1O2固定在竖直轴OO'上，两相同的金属圆环水平固定，圆心分别与O1O2重合。金属杆A1A2、B1B2、C1C2、D1D2通过绝缘轻质杆A1C1、A2C2、B1D1、B2D2固连在一起，B1D1⊥A1C1、B2D2⊥A2C2，组成“十字形结构（俯视）”，可绕轴OO'无阻力自由转动（不能上下移动），转动时与两金属圆环接触紧密但无摩擦。在甲图的四分之一扇环形柱状区域内存在辐向磁场，四根金属杆分别转至该区域时杆所在位置的磁感应强度大小相等，均为B，方向沿圆柱半径向外，其他区域的磁场忽略不计，俯视图如图乙所示。设A1C1=A2C2=B1D1=B2D2=A1A2=B1B2=C1C2=D1D2=L，金属杆A1A2、B1B2、C1C2、D1D2的质量均为m，电阻均为r，其余部分的电阻不予考虑。现让“十字形结构”逆时针旋转，试解决下列问题：
（1）当C1C2杆刚进入磁场区域时，“十字形结构”的角速度为ω，判断此时A1A2杆中的电流方向，计算C1、C2两点的电势差U12；
（2）若维持“十字形结构”以角速度ω匀速旋转，求每转一圈，C1C2所产生的焦耳热Q；
（3）若给予“十字形结构”初始角速度ω0，“十字形结构”到停下共转了多少圈。
23．现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图甲所示，上下为电磁体的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中沿逆时针（从上往下看）做半径为r不变的圆周运动，通过引出管，把加速后的电子引入到长方体abcdd'c'b'a'中。长方体abcdd'c'b'a'上下面是边长为L的正方形，aa'足够长。在长方体内加上不同的匀强磁场，可使电子能够打在abb'a'和cdd'c'二个侧面上，俯视图如乙图所示。在电磁体线圈中加均匀变化的电流，产生大小恒定的感生电场使电子加速。现从电子枪放出一个初速度不计的电子，在电子轨道被加速半圈后直接通过引出管进入长方体。若在长方体内加上竖直向下的大小为B的匀强磁场，电子刚好沿着对角线ac垂直磁场进入长方体，恰好打在ab的中点f。（已知电子的质量为m，电荷量为e，整个装置都放在真空中，不计电子的重力）求：
（1）电子进入引出管的速度大小v1和感生电场E的大小；
（2）现在把长方体的磁场的方向改为垂直abb'a'和cdd'c'二侧面的方向，俯视图如图丙，则：
①若磁场大小仍为B，电子进入长方体的速度大小不同，但方向一直都是沿对角线ac的方向，为了能够让电子只打到平面cdd'c'上，电子进入长方体速度范围；
②若磁场大小变为B1=πB12，电子进入长方体的速度大小（即（1）问的速度），沿对角线ac的方向，电子能否打到cdd'c'面上，如果能，请计算打到cdd'c'面上的点与电子刚进入长方体入射点间的距离，如若不能请说明理由。
答案
1．【答案】C
【解析】【解答】A．根据W=Pt可知kW⋅h属于能量单位，故A不符合题意；
B．能量的国际机制单位为焦耳即J，故B不符合题意；
C．根据P=Fv=mav
可知kg⋅m2/s3是功率的单位，故C符合题意；
D．根据W=qU
可知eV属于能量单位，故D不符合题意。
故选C。
【分析】根据电功率的表达式以及平均功率的表达式和国际单位制得出正确的选项。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．图甲中，电动车限速20km/h，指的是瞬时速度大小，故A错误；
B．图乙中，研究子弹前进过程中的旋转情况，子弹的大小形状不能忽略，不能看成质点，故B错误；
C．图丙中，某运动员奥运会百米跑的成绩是10s，则他的平均速度大小为v=xt=10m/s
故C正确；
D．图丁中，京沪高速铁路列车匀速拐弯时一定有向心加速度，加速度不为零，故D错误。
故选C。
【分析】瞬时速度是某一时刻某一位置的速度，当物体的大小和形状对问题的研究没有影响时该物体可看做质点。
3．【答案】B
【解析】【解答】AC．奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，揭示了电现象和磁现象之间的联系，AC正确，不符合题意；
BD．焦耳发现了焦耳定律，说明了热现象和电现象之间存在联系，D正确，不符合题意，B错误，符合题意。
故答案为：B。
【分析】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，焦耳发现了焦耳定律。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．因为两支喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，根据竖直上抛运动的对称性，可知水A、B在空中运动时间相等，故A项错误；
B．水从喷水口喷出后做斜抛运动，初速度可分解为水平方向的分速度vx和竖直向上的分速度vy，由于水喷出后在最高点高度相同，根据公式vy2=2gh
可知，竖直分速度相同，则运动时间相同，由于水A的水平位移较大，根据x=vxt
可知，水A的水平分速度大，根据公式v0=vx2+vy2
可知水A的初速度大，则水A单位时间内的出水量较大，故B项错误；
C．因为喷水口所处高度相同，所以从喷出到落到海面由动能定理得mgh=12mv2-12mv02
解得v=v02+2gh
因为水A初速度大，故水A落到海面时速度比水B的速度大，故C项错误；
D．因为水A的初速度比水B初速度大，故相同时间内水枪对水A做功比水B多，故D项正确。
故选D。
【分析】根据竖直上抛运动的规律得出AB运动的时间，根据竖直上抛运动的规律以及速度的合成以及动能定理得出水落到海面时AB速度的大小关系。
5．【答案】C
【解析】【解答】ABC．购物车（人车分离）随倾斜自动扶梯一起匀速运动时，合力为零，即橡胶垫受到的弹力与橡胶垫受到的摩擦力的合力与重力等大反向，即自动扶梯对购物车的作用力等于购物车的重力；沿扶梯方向合力为零，则橡胶垫受到的摩擦力之和等于购物车的重力沿斜面的分力，故C正确，AB错误；
D．塑胶垫对扶梯的摩擦力与扶梯对塑胶垫的摩擦力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
故选C。
【分析】对购物车进行受力分析，根据共点力平衡得出自动扶梯对购物车的作用力和购物车的重力的大小关系，利用牛顿第三定律进行分析判断正确的选项。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma
解得a=GMr2
由于M、r都相同，可知探测器每次经过P点时的加速度相等，A正确；
B．探测器依次进入地火转移轨道、捕获轨道、停泊轨道、探测轨道，每次在P点变轨都要进行点火减速，在点火减速过程，探测器的机械能减少，B错误；
C．根据开普勒第三定律a3T2=k
可知绕火星运行时在探测轨道上的周期最小，C错误；
D．根据开普勒第二定律可知探测器绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积不相等，D错误；
故选A。
【分析】万有引力为探测器所受的合力，利用牛顿第二定律得出向心加速度的表达式，结合开普勒第三定律以及开普勒第二定律进行分析判断。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．图甲中避雷针的工作原理是尖端放电，A错误；
B．图乙中FAST射电望远镜是在无线电波段观测天体，B错误；
C．图丙中医用彩超可以用来检查心脏、大脑、眼底的病变是利用了多普勒效应，C错误；
D．图丁中高压输电线上作业的工人穿戴的包含金属丝的织物工作服，是利用了静电屏蔽，D正确；
故选D。
【分析】避雷针的工作原理是尖端放电，FAST射电望远镜是在无线电波段观测天体，彩超是利用了多普勒效应，工人穿戴的包含金属丝的织物工作服，是利用了静电屏蔽。
8．【答案】D
【解析】【解答】AB．小滑块在竖直方向做自由落体运动，加速度恒定不变，根据h=12gt2可得t=2hg
可知小滑块在圆柱体中运动时间与v0无关，小球在水平方向的加速度也不变，则小球的加速度不变，故AB错误；
C．小滑沿着圆柱体表面方向的速度大小不变，所需向心力不变，则小滑块运动中对圆柱体内表面的压力不变，故C错误；
D．小滑块落至底面时竖直方向的速度vy=2gh
小滑块落至底面时的速度大小v=v02+vy2=v02+2gh
故D正确。
故选D。
【分析】对小滑块进行受力分析，根据运动分析得出小球在竖直方向上做自由落体运动，结合自由落体运动的规律以及速度的合成进行分析判断正确的选项。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．光线经过平行玻璃板时出射光线和入射光线平行，则最终从c板射出的两束单色光与入射光仍然平行，故A错误；
B．射到Q点的光偏折程度没有射到P点的光偏折程度厉害，可知射到Q点的光在玻璃中的折射率较小，故B错误；
C．光从平行玻璃板b板上表面射入到其下表面时，下表面处的入射角等于上表面处的折射角，不可能在下表面上发生全反射，故C错误；
D．根据Δx=Ldλ
知，条纹间距较小的光波长小，则频率大，折射率大，偏折厉害，为射到P点的光，即蓝光，故D正确。
故选D。
【分析】光线经过平行玻璃板时出射光线和入射光线平行时射出的光线和入射光依然平行；结合双缝干涉相邻亮条纹间距的表达式判断该光。
10．【答案】B
【解析】【解答】ABC．由图可知，此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，但此时的磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈平面处在中性面上，B正确，AC错误；
D．假设此时线圈的磁通量为Φ0=BS
从此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为ΔΦ=-BS-BS=-2BS
即线圈磁通量变化量不为零，D错误；
故选B。
【分析】根据磁通量的大小判断线圈的位置；结合磁通量的表达式得出磁通量的变化量。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．根据同向电流相互吸引，可知L1受其余三根导线的吸引力分别指向三根导线，根据对称性可知，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者对L1的合力沿ac方向，而L3对L1的安培力也是沿ac方向，故L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向，A正确；
B．由图乙可知，L2离L1的距离比L3离L1的距离小，说明L1电流产生的磁场在L2处比在L3处强，故L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力，B错误；
C．因四根导线中的电流大小相等，方向相同，O点与四根导线的距离相等，由安培定则可知L1电流与L3电流在O点的磁感应强度大小相等，方向相反，L2电流与L4电流在O点的磁感应强度大小相等，方向相反，故几何中心O点的磁感应强度为零，C错误；
D．夜间高压输电线周围有时会出现一层绿色光晕，这是一种微弱的尖端放电现象，D错误；
故选A。
【分析】根据左手定则得出各导线所受安培力的方向，结合力的合成得出得出所受力的方向，结合安培定则得出各导线产生的磁感应强度的方向，利用磁感应强度的合成得出几何中心的磁感应强度。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．以速度72km/h正常匀速行驶时，阻力为f=0.04mg=6×103N
发动机输出功率为P=fv=120kW故A错误；
B．一次充满可持续正常行驶216km，牵引力做功W=fs=6×103×2160009J=1.296×109J
电车从充电桩得到的能量E=Wη2=1.620×109J
充电桩消耗的能量为E'=Eη1=1.8×109J
故B错误；
C．充电桩为电车充电时的平均功率为P'=Et=1.620×1094×3600=1.125×105W=112.5kW
故C错误；
D．若按电价0.72元/kW⋅h来计算，该公交车每公里需要Y=0.72×fs1η1η2×3.6×103=6000×10000.8×0.9×3.6×106元≈1.67元
故D正确。
故选D。
【分析】利用瞬时功率的表达式得出发动机输出功率，结合功能关系得出充电消耗的能量；通过平均功率的表达式得出充电桩为电车充电时的平均功率。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．金属环达到最大速度时，加速度为0，受力平衡mg=BIL
设金属环的最大速度为vm，则E=BLvm
I=ER
L=2πr
R=2πr⋅0.1π=0.2π2r
解得vm=4m/s
故A错误；
B．由右手定则可知，环下落过程中，电流始终为顺时针（从上往下看），选项B错误；
C．若下落时间为2s时环已经达到最大速度，根据动量定理则有mgt-∑BiLΔt=mvm
其中q=∑iΔt
联立可得q=mgt-mvmBL=32πC
故C错误；
D．若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则mgh=12mvm2+Q
得Q=4.4J
故D正确。
故选D。
【分析】金属环达到最大速度时，根据共点力平衡、法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出最大速度的大小，利用右手定则得出电流的方向，结合动量定理以及功能关系进行分析判断正确的选项。
14．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A．行李安检仪采用X射线来透视安检物品，A正确；
B．用光子能量为1.89eV的光直接照射大量处于n=2激发态的氢原子，氢原子可以吸收光子跃迁到n=3能级，大量处于n=3能级的氢原子可以释放出不同频率的光子种数为C32=3，故B正确；
C．半衰期描述的是大量原子核的统计规律，不适用于少数原子核的衰变，故C错误；
D．图丁是利用金属晶格作为障碍物得到的电子衍射图样，则电子动能越大，则电子的动量越大，根据λ=hp可知波长越小，衍射现象越不明显，D正确。
故选ABD。
【分析】行李安检仪采用X射线，半衰期描述的是大量原子核的统计规律，根据康普顿效应以及玻尔原子理论进行分析判断正确的选项。
15．【答案】B,D
【解析】【解答】A．同一介质中波的传播速度相等，某时刻P1发出的波恰好传到c，P2发出的波恰好传到a，可知P1到a点的距离一定等于P2到c点的距离，故A错误；
BC．两列波的周期均为T，相遇后发生稳定的干涉，a、b、c三点始终处于平衡位置，是振动减弱点，故B正确，C错误；
D．再经过四分之一周期，即经过14T时间，两列绳波相互叠加，恰好抵消，ac间的波形是一条直线，故D正确。
故选BD。
【分析】同一介质中波的传播速度相等量波传播的距离相同，两列周期相同的波相遇后能发生稳定的干涉，从而判断各点的振动加强以及减弱o.
16．【答案】A,C
【解析】【解答】A．在两平板间加电压U时，小球可以保持静止，根据平衡条件可得qUd=mg
解得q=mgdU
故A正确；
B．根据题意可得f=kvR
整理可得v=fkR
由于f、R都是变量，所以不能说该油滴速度v与半径成反比，故B错误；
C．由A选项分析可知电场力方向向上，根据牛顿第二定律可得qUd+kvR-mg=ma
可得a=qUmd+kvRm-g
随着速度减小，加速度也减小，可知该油滴从进入平行板到静止过程，做加速度减小的减速运动，故C正确；
D．设平均阻力为f，根据动能定理得mgh-(fh+qUdh)=0-12mv2
解得h=mv22(qUd+f-mg)
可知该油滴在加电压U后，从进入平行板到静止过程，下落的距离小mv22(qUd-mg)，故D错误。
故选AC。
【分析】在两平板间加电压U时，根据共点力平衡得出电荷量的表达式，根据受力分析以及牛顿第二定律得出加速度的表达式，从而判断粒子的运动 情况；结合动能定理得出下落的距离。
17．【答案】C；1.60
【解析】【解答】①由题意可知，每一段纸带所用时间为T=5×0.02s=0.1s根据匀变速直线运动规律，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有v=xT=5.80×10-20.1m/s=5.80×10-1m/s
可知纵坐标5.80×10-1m/s表示的是第1段纸带对应物体的平均速度或者第1段纸带中间时刻物体的瞬时速度，C正确，ABD错误；
故选C。
②由纸带数据可知，第1段纸带中间时刻物体的瞬时速度为v1=xT=5.80×10-20.1m/s=5.80×10-1m/s
第6段纸带中间时刻物体的瞬时速度为v6=xT=13.81×10-20.1m/s=13.81×10-1m/s
物体的加速度大小为a=ΔvΔt=(13.81-5.80)×10-10.55-0.05m/s2≈1.60m/s2
【分析】（1）根据一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度进行分析判断；
（2）一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度以及加速度的定义式得出物体的加速度大小。
18．【答案】>；CD；m1y2=m1y3+m2y1；m1y2=m1y3+m2y1
【解析】【解答】①在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m1v0=m1v1+m2v2
碰撞前后动能相等，故有12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得v1=m1-m2m1+m2v0
若要使a球的速度方向不变，则m1>m2
②③小球平抛运动的时间t=2hg
则初速度v=xt=xg2h
显然平抛运动的初速度与下降高度二次方根的倒数成正比，当m1v0=m1v1+m2v2
即m1y2=m1y3+m2y1
成立时，系统的动量守恒；由以上可知，需测量的物理量有a球和b球的质量m1、m2和O点到A、B、C三点距离y1、y2、y3。
故选CD。
④小球平抛运动的时间t=2yg
则初速度v=xt=xg2y由于12m1v02=12m1v12+12m2v22
整理m1y2=m1y3+m2y1
成立时，机械能守恒。
【分析】（1）在小球碰撞过程中根据动量守恒以及机械能守恒得出碰后a小球的速度；从而得出ab质量的大小关系；
（2）抛出后两小球做平抛运动，结合平抛运动的规律以及动量守恒判断机械能是否守恒。
19．【答案】（1）40
（2）电流表量程选错；滑动变阻器滑片位置错误
（3）0.20；3.9
（4）A
【解析】【解答】（1）由图可知，选择档位为×1，则其读数为40×1Ω=40Ω
（2）由图可知，电源选择15V稳压，则流过灯泡的最大电流Imax=1540A=0.375A
可知电流表量程选择错误；为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器应处于最大阻值处；
（3）电流量程为0.6A，分度值为0.02A，其读数为0.20A
电压表选择量程为15V，分度值为0.5V，其读数为3.9V；
（4）电灯泡的电阻随温度的升高而升高，随着实验过程中电压增大，其阻值增大，则U-I图线上的点与原点连线的斜率随着电压增大而增大，故A可能，BC不可能。
【分析】（1）根据多用电表欧姆表的读数原理得出该灯泡的电阻：
（2）根据电路中的最大电流选择电流表，为保护电路滑动变阻器应调到最大值；
（3）利用电流表和电压表的读数原理进行读数；
（4）根据U-I图像进行分析判断正确的选项。
20．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律得a=mg+0.25mgm=12.5m/s2
根据运动学公式v02=2ah
解得h=49m
（2）解：根据v02=2ah
v02-v12=2ah×0.96
联立得v1=7m/s则t1=v0-v1a=2.24s
L=vt1=4.48cm
（3）解：由动量定理(F-mg-0.25mg)Δt=mv0
解得F=351.25N
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律得出礼花弹的加速度，结合匀变速直线运动的速度与位移的关系得出礼花弹上升的最大高度：
（2）根据匀变速直线运动的位移与速度的关系式以及加速度的定义式和匀速直线运动的规律得出延期引线 的长度：
（3）礼花弹与炮筒相互作用 的过程中根据动量定理得出 礼花弹对炮筒的平均作用力 。
21．【答案】（1）解：根据机械能守恒定律12mv02=mgR+12mvC22
在C2时根据牛顿第二定律FN=mvC22R
解得FN=10N
根据牛顿第三定律得作用力大小10N，方向向右
（2）解：由几何关系可得A1B1=2Rtanθ+3Rcosθ=214R
hT=2R+2Rcosθ+A1B1sinθ=274R
根据牛顿第二定律mg+FT=mvT2R
结合12mvT2+mghT-μ2mgcosθA1B1-μ1mgx=0
解得x=8.1m>L
且不会再过T点 最终停在D2左边2.1m处
（3）解：若恰至T点且返回可得mghT-μ1mgL=74mgR
①若未经过T则有12mv02-mghT<0
且12mv02=μ1mg(L2+nL)(n=0，1，2…..)
可得：仅有n=0时成立，得v0=5gR=52m/s
②若仅经过T一次则有12mv02-mghT>0
且12mv02-μ2mgcosθA1B1-μ1mgL-mghT<0
12mv02-μ2mgcosθA1B1-μ1mg(L2+nL)=0(n=0，1，2…..)
可得仅有n=1时成立v0=17gR=170m/s
【解析】【分析】（1）根据机械能守恒定律得出小滑块在C点的速度，利用牛顿第二定律得出小滑块第一次经过C2时对轨道的作用力；
（2）根据几何关系得出粒子运动轨迹的半径，通过 合力提供向心力以及功能关系得出小滑块最终停止的位置距离D2点的距离；
（3） 若恰至T点且返回 ，根据功能关系得出满足题意的初速度。
22．【答案】（1）解：A2到A1，感应电动势为ε=BLLω2
则U12=-εr+13r×13r=-B2L2ω8
（2）解：根据P1=(εr+13r)2×r=9B2L4ω264r
P2=(εr+13r×13)2×r=B2L4ω264r
联立可得Q=P1×2πω×14+P2×2πω×34=3πB2L4ω32r
（3）解：设共转了k圈，则BBLv43rLΔt=4m×ω0×L2
vΔt=2π×L2×k
解得k=8mrω03πB2L2
【解析】【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律以及欧姆定律得出 C1、C2两点的电势差；
（2）根据电功率的表达式以及电路的动态分析得出每转一圈，C1C2所产生的焦耳热Q；
（3）根据欧姆定律以及法拉第电磁感应定律和向心力的表达式得出“十字形结构”到停下共转 的圈数。
23．【答案】（1）解：打到f中点R1=24L
ev1B=mv12R1
解得v1=24mBLe
由能量关系12mv12=Eeπr
解得E=116mπrB2L2e
（2）解：二个分速度大小分别为vab=vsin45°
vad=vcos45°
在磁场中最多只能运动半个圆周所以t=Lvad
最大半径Rm
解得v<2mBLe
所以2πmBLe
运动周期T2=24meB
因为t=T26 所以电子能够打到cdd'c'面上；电子打到面上转过了60度的圆心角 所以S=R22+L2=9L2π2+L2
【解析】【分析】（1）根据粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力从而得出电子进入引出管的速度，结合能量守恒得出感生电场电场强度的表达式：
（2）根据速度的分解以及粒子在磁场中轨道半径的表达式得出电子进入长方体速度的范围；利用粒子运动周期的表达式以及运动周期和时间的关系得出打到cdd'c'面上的点与电子刚进入长方体入射点间的距离 。
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