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广东省中山市华侨中学2022-2023学年高三上学期（港澳班）第九次模拟考物理试题（解析版）
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这是一份广东省中山市华侨中学2022-2023学年高三上学期（港澳班）第九次模拟考物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共13小题，每小题4分，共52分，在每小题给出的四个选项中）
1. 陶寺遗址是尧的都城，是最早的“中国”，在发掘中采用了碳十四测年技术等多项科技手段来判断陶寺文化的绝对年代。的衰变方程为。，下列说法正确的是（ ）
A. 衰变方程中的X是中子
B 需吸收能量才能发生衰变
C. 随着的不断衰变，其半衰期会逐渐变长
D. 与X的质量之和小于的质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，由质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程中的X的质量数为0，电荷数为，则是电子，故A错误；
BD．发生衰变过程存在质量亏损，即与X的质量之和小于的质量，释放能量，不需要吸收能量，故B错误，D正确；
C．半衰期只由原子核内部决定，适用于大量原子核，其半衰期保持不变，故C错误。
故选D。
2. 2020年6月23日9点43分，由中国航天科技集团有限公司五院抓总研制的第55颗北斗导航卫星成功发射。这是北斗三号全球卫星导航系统第三颗地球同步轨道卫星，随着该卫星在北斗三号星座部署完成，标志着北斗卫星全球导航系统星座部署完美收官。下列关于地球同步卫星的描述正确的是（ ）
A. 它的运行速度大于7.9km/s
B. 运行时可以经过北京的上空
C. 它的轨道平面和地球的某一经线平面重合
D. 所有的同步卫星都处于同一轨道
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星做匀速圆周运动的最大环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；
B．同步卫星相对于地球静止，一定在赤道的正上方，而北京不在赤道上，故运行时不可能经过北京的上空，故B错误；
C．同步卫星的轨道平面过地心且在赤道正上方，所以它的轨道平面和地球零纬度线重合，不可能和地球的某一经线平面重合，故C错误；
D．所有的同步卫星距离地面的高度相同，都处于同一轨道上，故D正确。
故选D。
3. 直角坐标系xOy的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线，在x=0处，同一波源的振动分别在介质Ⅰ、Ⅱ中传播，形成两列机械波a、b，某时刻的部分波形图如图所示，此时刻b波恰好传到x=-4m处，下列说法正确的是（ ）
A. 波源的起振方向沿y轴正方向
B. 此时刻a波传到x=8m处
C. 两列波的频率关系
D. x=-1m处质点P在这段时间内的路程为10cm
【答案】B
【解析】
【详解】A．传播介质的起振方向和波源相同，的质点起振方向与波源的起振方向相同，用微平移法可知 的质点即将向下运动，波源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；
B．由左侧波形图可知，波源已经完成了两次全振动， 故此时刻a波传到
处，故B正确；
C．两列波由同一波源振动产生，频率相同，故C错误；
D．由质点P左侧的波形图可知，P已经完成1.5次全振动，路程为
故D错误。
故选B。
4. 苏炳添是我国著名男子短跑运动员，2021年8月1日，在东京奥运会男子100米参赛中以983秒刷新亚洲纪录，关于运动会上100m比赛，说法正确的是（ ）
A. 运动员启动的瞬间，速度为0，加速度不为0
B. 运动员在加速阶段地面对人的力大于人对地面的力
C. 在判断运动员是否“冲线”时，可以将运动员看成质点
D. 过终点后“冲”得越远的同学惯性越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．在起跑的瞬间，速度为0，但是速度变化很快，加速度不为0，故A正确；
B．运动员在起跑加速阶段，地面对运动员的力与运动员对地面的力是相互作用力，根据牛顿第三定律，地面对人的力与人对地面的力大小一定相等，故B错误；
C．研究运动员是否“冲线”时，运动员的大小和形状不能忽略，不能看作质点，否则就无法研究身体的有效部位是否冲过终点线，故C错误；
D．质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性大小与物体的受力及速度大小无关，所过终点后“冲”得越远的同学惯性不一定越大，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，定滑轮左侧连接物块b的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N用绝缘细线悬挂于P点。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面上，并且b、c都处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A. b对c的摩擦力一定减小
B. 地面对c的支持力一定变大
C. c对地面的摩擦力方向一定向左
D. 地面对c的摩擦力一定变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球不断漏电，所以两小球所受库仑力逐渐减小，根据平衡条件可知绳子的拉力不断减小，所以b所受的拉力也不断减小，若b相对于斜面有向上运动的趋势，则摩擦力减小，若b相对于斜面有向下运动的趋势，则b对c的摩擦力增大，A错误；
BCD．将b和c看成一个整体，其受重力（方向竖直向下），支持力（方向竖直向上），绳子给的拉力（方向沿斜面向上）以及摩擦力，根据正交分解法，竖直方向上有拉力在竖直方向上的分力与支持力的合力等于重力，当拉力减小时，地面对c的支持力一定变大，在水平方向上有，拉力在水平方向上的分力等于摩擦力，所以摩擦力一定向左，由牛顿第三定律得c对地面的摩擦力方向一定向右，当拉力不断减小时，地面对c的摩擦力也不断减小，B正确，CD错误。
故选B。
6. 如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为2d，线框中产生随时间变化的感应电流i，规定逆时针为感应电流的正方向，下列图形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在0-时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向外，因此感应电流沿逆时针方向。随着线框的运动，导线切割磁感线有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在时间内，穿过线框的磁通量向里减小，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在时间内，时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，线框有效切割长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小， 故选A。
7. 如图光滑水平面上放置两个相互接触的四分之一圆形光滑曲面A、B，A固定B可自由滑动，小滑块C静置于曲面B最低端，小滑块D由距曲面A最低端高h=0.8m的地方自由滑下，与C发生弹性正碰，已知小滑块C质量m1=0.3kg，小滑块D质量m2=0.1kg，曲面B质量M=0.3kg，重力加速度g=10m/s2。则滑块C、D所能达到的最大高度之比为（ ）
A. 2：1B. 1：2C. 3：1D. 1：3
【答案】B
【解析】
详解】小滑块D沿曲面A滑下，设末速度，由机械能守恒定律得
解得
滑块D与C发生弹性正碰，取向右为正，碰后C、D速度分别为、，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
由机械能守恒定律可得
解得小滑块D能达到的最大高度
滑块C与曲面B相互作用过程有
联立解得
所以滑块C、D所能达到的最大高度之比为
故选B。
8. 在如图所示的电路中，电源的内阻不能忽略，C为一平行板电容器，闭合开关S，给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关S闭合，把滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变小
B. 开关S闭合后，若刚好有一带电油滴Р静止在电容器两平行板之间，则开关断开后，油滴将向下运动
C. 保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，中有由a到b的电流
D. 断开开关S，将滑动变阻器的划片向下滑动，比值将变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．S闭合，滑动变阻器的滑片向上滑动，减小，则电路中电流增大，电流表的示数变大，电阻的电压增大，电压表的示数变大，故A错误；
B．断开开关S，电容和电量都不变，根据
得两板间电场强度不变，带电油滴所受电场力不变，油滴不动，故B错误；
C．保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，根
可知，电容减小，电容将放电，由于电容下极板带正电，所以中有由a到b的电流，故C正确；
D．断开开关S，移动滑动变阻器，比值为，是定值，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置在磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场中。轨道两端在同一高度上，M为轨道的最低点，一质量为m的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放。若小球始终不脱离轨道，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球不能够到达轨道右端的最高点
B. 小球第一次到达轨道最低点M的速度可能小于
C. 小球第一次到达轨道最低点M时，对轨道的压力等于
D. 小球再次到达轨道最低点M时，对轨道的压力可能小于
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在运动过程，受到重力、支持力和洛伦兹力，洛伦兹力、支持力方向始终和速度方向垂直，不做功，由动能定理可知，小球到达轨道右端最高点速度为零，能够到达轨道右端的最高点，故A错误；
BC．小球从轨道左端最高点由静止释放至小球第一次到达轨道最低点过程，根据动能定理
解得
在M点由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为
故BC错误；
D．小球从轨道右端最高点至小球第二次到达轨道最低点过程，根据动能定理
解得
在M点由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为
故D正确。
故选D。
10. 如图所示，平行板电容器两极板M、N水平正对放置，两极板分别与电源两极连接。保持开关S闭合，一带电油滴在极板中央处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关S闭合，仅将M板上移，油滴将向上运动
B. 保持开关S闭合，仅将M板上移，油滴将向下运动
C. 断开开关S，仅将M板上移，油滴将向上运动
D. 断开开关S，仅将M板上移，油滴将向下运动
【答案】B
【解析】
【详解】AB．保持开关S闭合，两极板电势差保持不变，将M板上移，两极板之间的距离d增大，电场强度由知减小，油滴将向下运动，A错误，B正确；
CD．断开开关S，两极板电荷量保持不变，将M板上移，由，，可得
电场强度大小不变，油滴静止不动，C、D错误。
故选B。
11. 如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（ ）
A. 仅使滑片M下移，电流表示数变大
B. 仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大
C. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大
D. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器可知副线圈电压减小，又因为副线圈电路电阻不变，所以副线圈电流减小，故A错误；
B．仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，由功率关系
U1I1＝U2I2
可知，原线圈中电流变小，故B错误；
C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压（副线圈电压）不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据欧姆定律可知，L2中电流一直增大，故C正确；
D．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流（电流表示数）先减小后增大，故D错误。
故选C。
12. 如图所示，竖直平面内光滑的直角杆子上套有相同的两个环A和B，质量均为m，它们之间用一根长为L的轻绳连接，轻绳处于伸直状态。某时刻静止释放A，系统位形用绳子与水平线的夹角来表示。则从开始释放到B到达拐角处的过程中（ ）
A. A的速度一直在增加B. B到达拐角处时，A的速度仍大于零
C. A的速度最大时D. A的速度最大时绳子拉力为
【答案】D
【解析】
【详解】AC．假设时，A、B的速度分别为v和u，则由机械能守恒可得
两个速度沿绳方向的分速度相同
得
当时，v有最大值。故AC错误；
B．当时，，故B错误；
D．v最大时，加速度为零，即
得
故D正确。
故选D。
13. 如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A. 物体C的质量为3m
B. 物体B运动到最高点时的加速度大小为3g
C. 物体B的最大速度大小为
D. 物体B上升的最大高度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．C物体叠加在B物体上面静止时，由二力平衡
拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有
其振幅
当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由二力平衡
所以由振幅相等
解得物体C的质量为
故A错误；
B．B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故
所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为
故B错误；
D．物体B上升的最大高度为
故D错误；
C．当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得物体B的最大速度大小为
故C正确。
故选C。
二、实验题：本大题共2小题，共24分，按题目要求作答。
14. 用木板、白纸、图钉、橡皮条，细绳套、弹簧测力计、三角板和刻度尺等器材进行“互成角度二力合成”的探究实验。
（1）在某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图1所示，其读数为___________N。
（2）图2是甲、乙两位同学对各自实验数据进行处理的示意图，图中F是用平行四边形作出的合力，F'表示用一只弹簧测力计拉橡皮条时拉力，其___________中同学的实验结果比较符合实验事实。
（3）用刻度尺测出所用弹簧秤的标为“0”刻度线到标为“2”刻度线的距离为5.00cm，则该弹簧称的劲度系数为___________N/m。（保留3位有效数字）
【答案】 ① 2.10 ②. 甲 ③. 40.0
【解析】
【详解】（1）[1]图中弹簧测力计最小分度值为，所以弹簧测力计读数为。
（2）[2]用一只弹簧测力计拉结点时与橡皮条一定在同一直线上，故甲中同学的实验结果比较符合实验事实。
（3）[3]根据胡克定律有
即
15. 小代同学想要精确测量一导体圆柱的电阻，设计了如图所标的电路图。实验要用到的电流表。但小代同学在实验室只能找到一个量程为内阻为电流表A，以及一个量程为内阻未知的电流表。
（1）现将量程为的电流表扩充为，则应该__________（填“串”或“并”）联一个阻值__________的电阻。
（2）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、为改装后的电流表、为量程为电流表、为电阻箱、与均为滑动变阻器、为定值电阻、S为开关、为待测导体圆柱，另有导线若干，具体的实验操作如下：
A．按照如图所示的电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器的滑片、滑动变阻器的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C．调整，逐步增大输出电压，并反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时可读出改装后电流表的示数为、的示数为、电阻箱的示数为；
D．实验完毕，整理器材。
①实验操作B中滑动变阻器的滑片应调至最__________（填“左”或“右”）端。
②反复调整和，使灵敏电流计G的示数为零的目的是_________。
（3）可求得待测导体柱的阻值为__________（用所测得的物理量表示）。
（4）电流表、的内阻对测量结果__________（填“有”或“无”）影响。
【答案】 ①. 并 ②. 6 ③. 左 ④. 使两端电压等于待测导体圆柱两端电压 ⑤. ⑥. 无
【解析】
【详解】（1）[1][2]将量程为的电流表扩充为，应该并联一个阻值分流；设并联电阻的阻值为，则有
解得
（2）①[3]为了保护电流表的安全，应使电流从最小开始调节，实验操作B中滑动变阻器的滑片应调至最左端。
②[4]反复调整和，使灵敏电流计G的示数为零的目的是：使两端电压等于待测导体圆柱两端电压。
（3）[5]反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时可读出改装后电流表的示数为、的示数为、电阻箱的示数为，此时两端电压等于待测导体圆柱两端电压，则有
解得待测导体柱的阻值为
（4）[6]由于电流表、分别与和串联，和分别是和的准确电流，则电流表、的内阻对测量结果无影响。
三、解答题（共74分）
16. 如图所示，活塞质量为、横截面面积为，导热良好、质量的汽缸通过弹簧吊在空中，弹簧的劲度系数为，汽缸内封闭一定质量的空气，汽缸内壁与活塞间无摩擦不漏气。初态汽缸底部距地面，活塞到汽缸底部的距离为，大气压强为，环境温度为，重力加速度g取，热力学温度与摄氏温度的关系为。
（1）求初态被封闭气体的压强；
（2）若环境温度缓缓升高到时，汽缸底部刚好接触地面且无挤压，求；
（3）若环境温度继续升高到时，弹簧恰好恢复原长，求。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）以汽缸为对象，根据受力平衡可得
解得初态被封闭气体的压强为
（2）若环境温度缓缓升高到时，汽缸底部刚好接触地面且无挤压，此过程根据汽缸受力平衡可知，气体压强保持不变，则弹簧弹力保持不变，可知活塞保持静止不动；以气体为对象，气体的初始温度为
则有
解得
（3）设初始状态弹簧的弹力为，以活塞为对象，根据受力平衡可得
解得
可知初始状态弹簧的伸长量为
若环境温度继续升高到时，弹簧恰好恢复原长；以活塞为对象，根据受力平衡可得
解得
根据理想气体状态方程可得
代入数据解得
17. 近年来，对具有负折射率人工材料的光学性质及应用的研究备受关注，该材料折射率为负值（）。如图甲所示，光从真空射入负折射率材料时，入射角和折射角的大小关系仍然遵从折射定律，但折射角取负值，即折射线和入射线位于界面法线同侧。如图乙所示，在真空中对称放置两个完全相同的负折射率材料制作的直角三棱镜A、B，顶角为，A、B两棱镜斜面相互平行放置，两斜面间的距离为d。一束包含有两种频率光的激光，从A棱镜上的P点垂直入射，它们在棱镜中的折射率分别为，，在B棱镜下方有一平行于下表面的光屏，P点为P点在光屏上的投影。
（1）为使两种频率的光都能从棱镜A斜面射出，求的取值范围；
（2）若30，求两种频率的光通过两棱镜后，打在光屏上的点距P点的距离分别多大？
【答案】（1）；（2），
【解析】
【详解】（1）分析可知两光线的入射角等于棱镜的顶角，若两光线能从棱镜A斜面射出，应小于两光线最小的临界角，由
得
所以的取值范围为
（2）两束光传播的光路图如图所示
由折射定律可知
由几何关系可知
得
18. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板B接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以v0滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，设重力加速度为g，试求:
(1)滑块A向左刚滑离B时，木板B的速度大小；
(2)木板B上表面的动摩擦因数μ；
(3)当滑块A刚滑上C时，对圆弧槽C底部的压力大小。
【答案】(1) ；(2) ；(3) 5mg
【解析】
【分析】
【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：
mv0＝m＋2mvB
解得
vB＝
(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量
解得
μ＝
(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒
＋mvB＝2mv
A、C系统机械能守恒
解得
R＝
滑块在C的底端时，由牛顿第二定律
解得
FN=5mg
19. 如图所示，在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，MN、PQ均与斜面底边平行，磁感应强度B=5T。有一边长L=0.4m、质量m1=0.6kg、电阻R=2Ω的正方形均匀导体线框ABCD，通过一轻质绝缘细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2=0.4kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，将线框从图示位置由静止释放，沿斜面下滑，线框底边始终与斜面底边平行，物体到定滑轮的距离足够长。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）求线框ABCD还未进入磁场的运动过程中加速度a的大小；
（2）当AB边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框做匀速运动的速度v1的大小；
（3）在满足（2）问中的条件下，若导体线框ABCD恰好匀速通过整个磁场区域，求磁场宽度d及线框穿过磁场的过程中AB边产生的热量Q。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【分析】
【详解】（1）以m1、m2整体为研究对象，由牛顿第二定律
解得
（2）线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体为研究对象，由平衡方程得
解得
（3）导体线框ABCD恰好匀速通过整个磁场区域，所以磁场宽度
AB边进入磁场前做匀加速运动，由第（2）可知，根据
解得刚释放时，AB边距磁场边界的距离为
线框穿过磁场过程中AB边产生的热量Q，根据能量守恒可知
记得
所以
一、选择题（本大题共13小题，每小题4分，共52分，在每小题给出的四个选项中）
1. 陶寺遗址是尧的都城，是最早的“中国”，在发掘中采用了碳十四测年技术等多项科技手段来判断陶寺文化的绝对年代。的衰变方程为。，下列说法正确的是（ ）
A. 衰变方程中的X是中子
B 需吸收能量才能发生衰变
C. 随着的不断衰变，其半衰期会逐渐变长
D. 与X的质量之和小于的质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，由质量数守恒和电荷数守恒可知，衰变方程中的X的质量数为0，电荷数为，则是电子，故A错误；
BD．发生衰变过程存在质量亏损，即与X的质量之和小于的质量，释放能量，不需要吸收能量，故B错误，D正确；
C．半衰期只由原子核内部决定，适用于大量原子核，其半衰期保持不变，故C错误。
故选D。
2. 2020年6月23日9点43分，由中国航天科技集团有限公司五院抓总研制的第55颗北斗导航卫星成功发射。这是北斗三号全球卫星导航系统第三颗地球同步轨道卫星，随着该卫星在北斗三号星座部署完成，标志着北斗卫星全球导航系统星座部署完美收官。下列关于地球同步卫星的描述正确的是（ ）
A. 它的运行速度大于7.9km/s
B. 运行时可以经过北京的上空
C. 它的轨道平面和地球的某一经线平面重合
D. 所有的同步卫星都处于同一轨道
【答案】D
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星做匀速圆周运动的最大环绕速度，而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；
B．同步卫星相对于地球静止，一定在赤道的正上方，而北京不在赤道上，故运行时不可能经过北京的上空，故B错误；
C．同步卫星的轨道平面过地心且在赤道正上方，所以它的轨道平面和地球零纬度线重合，不可能和地球的某一经线平面重合，故C错误；
D．所有的同步卫星距离地面的高度相同，都处于同一轨道上，故D正确。
故选D。
3. 直角坐标系xOy的y轴为两种均匀介质Ⅰ、Ⅱ的分界线，在x=0处，同一波源的振动分别在介质Ⅰ、Ⅱ中传播，形成两列机械波a、b，某时刻的部分波形图如图所示，此时刻b波恰好传到x=-4m处，下列说法正确的是（ ）
A. 波源的起振方向沿y轴正方向
B. 此时刻a波传到x=8m处
C. 两列波的频率关系
D. x=-1m处质点P在这段时间内的路程为10cm
【答案】B
【解析】
【详解】A．传播介质的起振方向和波源相同，的质点起振方向与波源的起振方向相同，用微平移法可知 的质点即将向下运动，波源的起振方向沿y轴负方向，故A错误；
B．由左侧波形图可知，波源已经完成了两次全振动， 故此时刻a波传到
处，故B正确；
C．两列波由同一波源振动产生，频率相同，故C错误；
D．由质点P左侧的波形图可知，P已经完成1.5次全振动，路程为
故D错误。
故选B。
4. 苏炳添是我国著名男子短跑运动员，2021年8月1日，在东京奥运会男子100米参赛中以983秒刷新亚洲纪录，关于运动会上100m比赛，说法正确的是（ ）
A. 运动员启动的瞬间，速度为0，加速度不为0
B. 运动员在加速阶段地面对人的力大于人对地面的力
C. 在判断运动员是否“冲线”时，可以将运动员看成质点
D. 过终点后“冲”得越远的同学惯性越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．在起跑的瞬间，速度为0，但是速度变化很快，加速度不为0，故A正确；
B．运动员在起跑加速阶段，地面对运动员的力与运动员对地面的力是相互作用力，根据牛顿第三定律，地面对人的力与人对地面的力大小一定相等，故B错误；
C．研究运动员是否“冲线”时，运动员的大小和形状不能忽略，不能看作质点，否则就无法研究身体的有效部位是否冲过终点线，故C错误；
D．质量是物体惯性大小的唯一量度，惯性大小与物体的受力及速度大小无关，所过终点后“冲”得越远的同学惯性不一定越大，故D错误。
故选A。
5. 如图所示，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球M连接，定滑轮左侧连接物块b的一段细绳与斜面平行，带负电的小球N用绝缘细线悬挂于P点。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面上，并且b、c都处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A. b对c的摩擦力一定减小
B. 地面对c的支持力一定变大
C. c对地面的摩擦力方向一定向左
D. 地面对c的摩擦力一定变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球不断漏电，所以两小球所受库仑力逐渐减小，根据平衡条件可知绳子的拉力不断减小，所以b所受的拉力也不断减小，若b相对于斜面有向上运动的趋势，则摩擦力减小，若b相对于斜面有向下运动的趋势，则b对c的摩擦力增大，A错误；
BCD．将b和c看成一个整体，其受重力（方向竖直向下），支持力（方向竖直向上），绳子给的拉力（方向沿斜面向上）以及摩擦力，根据正交分解法，竖直方向上有拉力在竖直方向上的分力与支持力的合力等于重力，当拉力减小时，地面对c的支持力一定变大，在水平方向上有，拉力在水平方向上的分力等于摩擦力，所以摩擦力一定向左，由牛顿第三定律得c对地面的摩擦力方向一定向右，当拉力不断减小时，地面对c的摩擦力也不断减小，B正确，CD错误。
故选B。
6. 如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为2d，线框中产生随时间变化的感应电流i，规定逆时针为感应电流的正方向，下列图形正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】在0-时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向外，因此感应电流沿逆时针方向。随着线框的运动，导线切割磁感线有效长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小；在时间内，穿过线框的磁通量向里减小，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在时间内，时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，线框有效切割长度均匀减小，产生的感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小， 故选A。
7. 如图光滑水平面上放置两个相互接触的四分之一圆形光滑曲面A、B，A固定B可自由滑动，小滑块C静置于曲面B最低端，小滑块D由距曲面A最低端高h=0.8m的地方自由滑下，与C发生弹性正碰，已知小滑块C质量m1=0.3kg，小滑块D质量m2=0.1kg，曲面B质量M=0.3kg，重力加速度g=10m/s2。则滑块C、D所能达到的最大高度之比为（ ）
A. 2：1B. 1：2C. 3：1D. 1：3
【答案】B
【解析】
详解】小滑块D沿曲面A滑下，设末速度，由机械能守恒定律得
解得
滑块D与C发生弹性正碰，取向右为正，碰后C、D速度分别为、，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
由机械能守恒定律可得
解得小滑块D能达到的最大高度
滑块C与曲面B相互作用过程有
联立解得
所以滑块C、D所能达到的最大高度之比为
故选B。
8. 在如图所示的电路中，电源的内阻不能忽略，C为一平行板电容器，闭合开关S，给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关S闭合，把滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变小
B. 开关S闭合后，若刚好有一带电油滴Р静止在电容器两平行板之间，则开关断开后，油滴将向下运动
C. 保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，中有由a到b的电流
D. 断开开关S，将滑动变阻器的划片向下滑动，比值将变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．S闭合，滑动变阻器的滑片向上滑动，减小，则电路中电流增大，电流表的示数变大，电阻的电压增大，电压表的示数变大，故A错误；
B．断开开关S，电容和电量都不变，根据
得两板间电场强度不变，带电油滴所受电场力不变，油滴不动，故B错误；
C．保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，根
可知，电容减小，电容将放电，由于电容下极板带正电，所以中有由a到b的电流，故C正确；
D．断开开关S，移动滑动变阻器，比值为，是定值，故D错误。
故选C。
9. 如图所示，一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道竖直放置在磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场中。轨道两端在同一高度上，M为轨道的最低点，一质量为m的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放。若小球始终不脱离轨道，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球不能够到达轨道右端的最高点
B. 小球第一次到达轨道最低点M的速度可能小于
C. 小球第一次到达轨道最低点M时，对轨道的压力等于
D. 小球再次到达轨道最低点M时，对轨道的压力可能小于
【答案】D
【解析】
【详解】A．小球在运动过程，受到重力、支持力和洛伦兹力，洛伦兹力、支持力方向始终和速度方向垂直，不做功，由动能定理可知，小球到达轨道右端最高点速度为零，能够到达轨道右端的最高点，故A错误；
BC．小球从轨道左端最高点由静止释放至小球第一次到达轨道最低点过程，根据动能定理
解得
在M点由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为
故BC错误；
D．小球从轨道右端最高点至小球第二次到达轨道最低点过程，根据动能定理
解得
在M点由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为
故D正确。
故选D。
10. 如图所示，平行板电容器两极板M、N水平正对放置，两极板分别与电源两极连接。保持开关S闭合，一带电油滴在极板中央处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 保持开关S闭合，仅将M板上移，油滴将向上运动
B. 保持开关S闭合，仅将M板上移，油滴将向下运动
C. 断开开关S，仅将M板上移，油滴将向上运动
D. 断开开关S，仅将M板上移，油滴将向下运动
【答案】B
【解析】
【详解】AB．保持开关S闭合，两极板电势差保持不变，将M板上移，两极板之间的距离d增大，电场强度由知减小，油滴将向下运动，A错误，B正确；
CD．断开开关S，两极板电荷量保持不变，将M板上移，由，，可得
电场强度大小不变，油滴静止不动，C、D错误。
故选B。
11. 如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（ ）
A. 仅使滑片M下移，电流表示数变大
B. 仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大
C. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大
D. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器可知副线圈电压减小，又因为副线圈电路电阻不变，所以副线圈电流减小，故A错误；
B．仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，由功率关系
U1I1＝U2I2
可知，原线圈中电流变小，故B错误；
C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压（副线圈电压）不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据欧姆定律可知，L2中电流一直增大，故C正确；
D．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流（电流表示数）先减小后增大，故D错误。
故选C。
12. 如图所示，竖直平面内光滑的直角杆子上套有相同的两个环A和B，质量均为m，它们之间用一根长为L的轻绳连接，轻绳处于伸直状态。某时刻静止释放A，系统位形用绳子与水平线的夹角来表示。则从开始释放到B到达拐角处的过程中（ ）
A. A的速度一直在增加B. B到达拐角处时，A的速度仍大于零
C. A的速度最大时D. A的速度最大时绳子拉力为
【答案】D
【解析】
【详解】AC．假设时，A、B的速度分别为v和u，则由机械能守恒可得
两个速度沿绳方向的分速度相同
得
当时，v有最大值。故AC错误；
B．当时，，故B错误；
D．v最大时，加速度为零，即
得
故D正确。
故选D。
13. 如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）
A. 物体C的质量为3m
B. 物体B运动到最高点时的加速度大小为3g
C. 物体B的最大速度大小为
D. 物体B上升的最大高度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．C物体叠加在B物体上面静止时，由二力平衡
拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有
其振幅
当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由二力平衡
所以由振幅相等
解得物体C的质量为
故A错误；
B．B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故
所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为
故B错误；
D．物体B上升的最大高度为
故D错误；
C．当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得物体B的最大速度大小为
故C正确。
故选C。
二、实验题：本大题共2小题，共24分，按题目要求作答。
14. 用木板、白纸、图钉、橡皮条，细绳套、弹簧测力计、三角板和刻度尺等器材进行“互成角度二力合成”的探究实验。
（1）在某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图1所示，其读数为___________N。
（2）图2是甲、乙两位同学对各自实验数据进行处理的示意图，图中F是用平行四边形作出的合力，F'表示用一只弹簧测力计拉橡皮条时拉力，其___________中同学的实验结果比较符合实验事实。
（3）用刻度尺测出所用弹簧秤的标为“0”刻度线到标为“2”刻度线的距离为5.00cm，则该弹簧称的劲度系数为___________N/m。（保留3位有效数字）
【答案】 ① 2.10 ②. 甲 ③. 40.0
【解析】
【详解】（1）[1]图中弹簧测力计最小分度值为，所以弹簧测力计读数为。
（2）[2]用一只弹簧测力计拉结点时与橡皮条一定在同一直线上，故甲中同学的实验结果比较符合实验事实。
（3）[3]根据胡克定律有
即
15. 小代同学想要精确测量一导体圆柱的电阻，设计了如图所标的电路图。实验要用到的电流表。但小代同学在实验室只能找到一个量程为内阻为电流表A，以及一个量程为内阻未知的电流表。
（1）现将量程为的电流表扩充为，则应该__________（填“串”或“并”）联一个阻值__________的电阻。
（2）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、为改装后的电流表、为量程为电流表、为电阻箱、与均为滑动变阻器、为定值电阻、S为开关、为待测导体圆柱，另有导线若干，具体的实验操作如下：
A．按照如图所示的电路图连接好实验器材；
B．将滑动变阻器的滑片、滑动变阻器的滑片均调至适当位置，闭合开关S；
C．调整，逐步增大输出电压，并反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时可读出改装后电流表的示数为、的示数为、电阻箱的示数为；
D．实验完毕，整理器材。
①实验操作B中滑动变阻器的滑片应调至最__________（填“左”或“右”）端。
②反复调整和，使灵敏电流计G的示数为零的目的是_________。
（3）可求得待测导体柱的阻值为__________（用所测得的物理量表示）。
（4）电流表、的内阻对测量结果__________（填“有”或“无”）影响。
【答案】 ①. 并 ②. 6 ③. 左 ④. 使两端电压等于待测导体圆柱两端电压 ⑤. ⑥. 无
【解析】
【详解】（1）[1][2]将量程为的电流表扩充为，应该并联一个阻值分流；设并联电阻的阻值为，则有
解得
（2）①[3]为了保护电流表的安全，应使电流从最小开始调节，实验操作B中滑动变阻器的滑片应调至最左端。
②[4]反复调整和，使灵敏电流计G的示数为零的目的是：使两端电压等于待测导体圆柱两端电压。
（3）[5]反复调整和使灵敏电流计G的示数为零，此时可读出改装后电流表的示数为、的示数为、电阻箱的示数为，此时两端电压等于待测导体圆柱两端电压，则有
解得待测导体柱的阻值为
（4）[6]由于电流表、分别与和串联，和分别是和的准确电流，则电流表、的内阻对测量结果无影响。
三、解答题（共74分）
16. 如图所示，活塞质量为、横截面面积为，导热良好、质量的汽缸通过弹簧吊在空中，弹簧的劲度系数为，汽缸内封闭一定质量的空气，汽缸内壁与活塞间无摩擦不漏气。初态汽缸底部距地面，活塞到汽缸底部的距离为，大气压强为，环境温度为，重力加速度g取，热力学温度与摄氏温度的关系为。
（1）求初态被封闭气体的压强；
（2）若环境温度缓缓升高到时，汽缸底部刚好接触地面且无挤压，求；
（3）若环境温度继续升高到时，弹簧恰好恢复原长，求。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）以汽缸为对象，根据受力平衡可得
解得初态被封闭气体的压强为
（2）若环境温度缓缓升高到时，汽缸底部刚好接触地面且无挤压，此过程根据汽缸受力平衡可知，气体压强保持不变，则弹簧弹力保持不变，可知活塞保持静止不动；以气体为对象，气体的初始温度为
则有
解得
（3）设初始状态弹簧的弹力为，以活塞为对象，根据受力平衡可得
解得
可知初始状态弹簧的伸长量为
若环境温度继续升高到时，弹簧恰好恢复原长；以活塞为对象，根据受力平衡可得
解得
根据理想气体状态方程可得
代入数据解得
17. 近年来，对具有负折射率人工材料的光学性质及应用的研究备受关注，该材料折射率为负值（）。如图甲所示，光从真空射入负折射率材料时，入射角和折射角的大小关系仍然遵从折射定律，但折射角取负值，即折射线和入射线位于界面法线同侧。如图乙所示，在真空中对称放置两个完全相同的负折射率材料制作的直角三棱镜A、B，顶角为，A、B两棱镜斜面相互平行放置，两斜面间的距离为d。一束包含有两种频率光的激光，从A棱镜上的P点垂直入射，它们在棱镜中的折射率分别为，，在B棱镜下方有一平行于下表面的光屏，P点为P点在光屏上的投影。
（1）为使两种频率的光都能从棱镜A斜面射出，求的取值范围；
（2）若30，求两种频率的光通过两棱镜后，打在光屏上的点距P点的距离分别多大？
【答案】（1）；（2），
【解析】
【详解】（1）分析可知两光线的入射角等于棱镜的顶角，若两光线能从棱镜A斜面射出，应小于两光线最小的临界角，由
得
所以的取值范围为
（2）两束光传播的光路图如图所示
由折射定律可知
由几何关系可知
得
18. 如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板B接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以v0滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，设重力加速度为g，试求:
(1)滑块A向左刚滑离B时，木板B的速度大小；
(2)木板B上表面的动摩擦因数μ；
(3)当滑块A刚滑上C时，对圆弧槽C底部的压力大小。
【答案】(1) ；(2) ；(3) 5mg
【解析】
【分析】
【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：
mv0＝m＋2mvB
解得
vB＝
(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量
解得
μ＝
(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒
＋mvB＝2mv
A、C系统机械能守恒
解得
R＝
滑块在C的底端时，由牛顿第二定律
解得
FN=5mg
19. 如图所示，在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，MN、PQ均与斜面底边平行，磁感应强度B=5T。有一边长L=0.4m、质量m1=0.6kg、电阻R=2Ω的正方形均匀导体线框ABCD，通过一轻质绝缘细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2=0.4kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，将线框从图示位置由静止释放，沿斜面下滑，线框底边始终与斜面底边平行，物体到定滑轮的距离足够长。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）求线框ABCD还未进入磁场的运动过程中加速度a的大小；
（2）当AB边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框做匀速运动的速度v1的大小；
（3）在满足（2）问中的条件下，若导体线框ABCD恰好匀速通过整个磁场区域，求磁场宽度d及线框穿过磁场的过程中AB边产生的热量Q。
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【分析】
【详解】（1）以m1、m2整体为研究对象，由牛顿第二定律
解得
（2）线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体为研究对象，由平衡方程得
解得
（3）导体线框ABCD恰好匀速通过整个磁场区域，所以磁场宽度
AB边进入磁场前做匀加速运动，由第（2）可知，根据
解得刚释放时，AB边距磁场边界的距离为
线框穿过磁场过程中AB边产生的热量Q，根据能量守恒可知
记得
所以
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