2022届安徽省马鞍山市高三上学期一模物理试卷（解析版）

安徽省马鞍山市2022届高三上学期一模

物理试卷

一、单选题

1．一质点运动的x-t图像为如图所示的一段抛物线，则下列说法正确的是（　　）

A．质点做曲线运动

B．质点做加速度大小为20 m/s2的匀变速直线运动

C．质点做加速度先减小后增大的直线运动

D．质点在0～1 s内的平均速度为20 m/s

2．天文爱好者在对天宫空间站观测中发现，时间t内，它绕地心转过的角度为θ。空间站绕地球的运动可视为圆周运动，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则空间站的离地高度为（　　）

A． B．

C． D．

3．在x轴上坐标为-3L和3L的两点固定电荷量不等的两点电荷，坐标为3L处电荷带正电，电荷量大小为Q。两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低，x轴上M、N两点的横坐标分别为-2L和2L，则（　　）

A．两点电荷为异种电荷

B．坐标为-3L处电荷的电荷量大小为2Q

C．负检验电荷在原点O处受到向左的电场力

D．负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大

4．如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场。从圆周上的P点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q。其中速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，∠POA=90°。则（　　）

A．磁场方向垂直纸面向里

B．粒子在磁场中运动的周期为2t

C．速率为2v0的粒子在磁场中的运动最长时间为

D．从A点离开磁场的速率最小值为

5．如图所示，半径为R的光滑半圆形支架竖直固定在水平地面上，套在支架上的两小球a和b用轻绳连接，处于静止状态。小球a和b距地面的高度分别为0.8R、0.6R。则（　　）

A．两小球质量之比

B．两小球质量之比

C．支架对两小球的弹力之比

D．支架对两小球的弹力之比

二、多选题

6．质量为2kg的小球在竖直向上的35N恒力作用下由静止开始运动，重力加速度取10m/s2，在0~2s时间内，小球（　　）

A．动量变化率保持不变 B．动能变化率保持不变

C．机械能增加525J D．动量增加70kg·m/s

7．如图，半径为R的内壁光滑竖直圆轨道固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是（　　）

A． B． C． D．

8．如图所示，光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板，总质量为m。一轻质弹簧右端与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。质量也为m的滑块（可视为质点）从长木板的左端以速度v1滑上长木板，弹簧的最大压缩量为x2且滑块恰好能回到长木板的左端；若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2。已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为µ，则（　　）

A．

B．弹簧弹性势能的最大值为

C．弹簧弹性势能的最大值为µmg（x1+x2）

D．滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端

9．对于理想气体，下列说法中正确的是（　　）

A．绝热膨胀过程中，气体的内能减少

B．等温膨胀过程中，气体的内能不变

C．等压膨胀过程中，气体的内能减少

D．等容变化过程中，气体吸收的热量和内能的增加量相同

E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能一定变大

10．图（a）为一列简谐横波在t=0.1s时的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图（b）为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A．这列波沿x轴负方向传播

B．该波的波速是80m/s

C．t=0.15s时，质点P的加速度向下

D．从t=0.1s到t=0.2s，质点P通过的路程为4m

E．t=0.2s时，质点Q的速度向上

三、实验题

11．某同学利用如图甲所示装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数。带有遮光条的滑块用轻绳跨过定滑轮与重物相连，遮光条宽度为d，滑块和遮光条的总质量为m1，重物的质量为m2，实验室所在地的重力加速度为g。

实验步骤如下：
（1）实验前，先用游标卡尺测量遮光条的宽度d，测量结果如图乙所示，可知遮光条的宽度d=　     　mm；
（2）测出两个光电门间距x；
（3）释放滑块，测出遮光条通光电门1、2的时间分别为t1、t2；
（4）改变两光电门间距，重复步骤2、3；
（5）根据实验得到的数据，以　          　（选填“”或“”）为纵坐标，x为横坐标，做出如图丙所示的图像，其中该图像的斜率为k，则滑块和木板间的滑动摩擦因数　                    　（用k、m1、 m2、g、d表示）。

12．图甲所示为某种多用电表内部电路图，图乙为其刻度盘。表头的满偏电流Ig=50mA，多用电表选择开关S接1、2时，分别为量程为500mA、100mA的电流表；选择开关S接3、4时，分别为倍率为“×1”、“×10”的欧姆表。

（1）某同学用该表测量某定值电阻的阻值，选择不同的倍率时指针位置分别如乙图中的a、b所示，则该电阻阻值为　     　Ω；

（2）若该表使用一段时间后电源电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法测量上述电阻，其测量结果将　     　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

（3）根据题干信息可知：R1：R2= 　     　；电源E的电动势的值为　     　V；

四、解答题

13．物理学研究问题一般从最简单的理想情况入手，由简入繁，逐渐贴近实际。在研究真实的向上抛出的物体运动时，我们可以先从不受阻力入手，再从受恒定阻力研究，最后研究接近真实的、阻力变化的运动情形。现将一个质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g。

（1）若忽略空气阻力对小球运动的影响，求物体经过多长时间回到抛出点；

（2）若空气阻力大小与小球速度大小成正比，已知小球经t时间上升到最高点，再经一段时间匀速经过抛出点时，速度大小为v1，求小球抛出后瞬间的加速度和上升的最大高度。

14．如图甲所示，金属丝K产生的热电子（初速度不计）经A、B间的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入偏转电场，最后打在竖直荧光屏上。C、D极板长为，板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为 。现给AB间加一加速电压UAB，C、D两板加一交变电压，电压大小为U、周期T=（如图乙所示），设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），经加速电场加速后以速度射入偏转电场，且所有电子均能从C、D板间射出。试求：

（1）A、B间加速电压UAB的大小；

（2）荧光屏上被电子击中部分的长度D；

（3）到达荧光屏上O点的电子动能。

15．如图所示，一根上细下粗、上下分别均匀且上端开口、足够长的薄壁玻璃管，管内用水银柱封住了一段理想气体柱。上下管中水银柱长度h1=h2=2cm，上方玻璃管横截面积为S1，下方玻璃管横截面积为S2，且S2=2S1，气体柱长度l=6cm，大气压强为76cmHg，气体初始温度为300K。缓慢升高理想气体温度，求：

（i）当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；

（ii）当理想气体温度为451K时，水银柱下端距粗管上端的距离。

16．如图为半圆柱体玻璃砖的横截面，半径为R，放在水平桌面上方，玻璃砖上表面水平。O为某截面的圆心，O'为O在水平面上的投影点，该截面内的两束平行单色光与上表面成θ=30°射向半圆柱体，光线A从O点进入，光线B从半圆柱体射出后恰与入射方向平行，不考虑半圆柱体内光的反射，两束光通过半圆柱体后相交于桌面上的P点，已知O'P=，光在真空中传播速度为c，求：

（1）O'O距离；

（2）光线A从进入半圆柱体到P点所需时间。

答案解析部分

1．【答案】B

【解析】【解答】A．x-t图像反映的是质点在一条直线上的位置随时间变化的情况，图线是曲线是因为位置随时间变化不均匀，并不是曲线运动，A不符合题意；

B．x-t图像为如图所示的一段抛物线，说明质点在做匀变速直线运动，根据公式，将图中坐标（2,0）、（1,10）分别代入可得，

B符合题意；

C．匀变速直线运动加速度不变，C不符合题意；

D．质点在0～1 s内的平均速度为

D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】其位移时间图象描述物体做直线运动；利用其位移公式结合坐标可以求出初速度和加速度的大小；利用其位移和时间可以求出平均速度的大小；其匀变速直线运动加速度保持不变。

2．【答案】A

【解析】【解答】空间站的角速度为

地球表面的物体m0，有

由牛顿第二定律有

联立，解得

故答案为：A。

【分析】利用角速度的定义式可以求出角速度的大小，结合引力提供向心力及形成重力可以求出空间站距离地面的高度。

3．【答案】C

【解析】【解答】A．正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负，因此由图可知，两点电荷均为正电荷，A不符合题意；

BC．在x＝L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，设坐标为-3L处电荷的电荷量大小为

得

故原点出的场强大小为

方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，B不符合题意，C符合题意；

D．由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用其电势的分布可以判别场源电荷的电性；利用其场强等于0及库仑定律可以求出电荷电荷量的大小；利用场强的叠加可以求出原点处场强的大小及方向，利用场强的方向可以判别电场力的方向；利用其电势的变化结合电性可以判别电势能的大小变化。

4．【答案】D

【解析】【解答】A．速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，根据左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外，A不符合题意；

B．速率为v0且沿PO方向射入的粒子，经时间t后从A点离开磁场，根据几何关系可知，粒子运动了 个周期，所以粒子运动周期为4t，B不符合题意；

C．根据以上分析可知，粒子速率为v0，运动半径为R,根据

速率为2v0的粒子运动半径为2R,根据几何关系可知，当圆直径对应粒子轨迹的弦时，对应圆心角最大，运动时间最大

C不符合题意；D．从A点离开磁场的速率最小值，对应半径最小，最小半径

解得

D符合题意。

故答案为：D。

【分析】利用粒子运动的方向结合左手定则可以判别磁场方向；利用其粒子运动的时间可以求出粒子运动的周期；利用牛顿第二定律结合其圆心角的最大值可以求出运动的最长时间；利用轨道半径的最小值结合牛顿第二定律可以求出粒子速率的最小值。

5．【答案】B

【解析】【解答】作出小球a和b的受力示意图如下，由题意可知aO连线与水平方向夹角为53°，bO连线与水平方向夹角为37°，设绳子与水平方向成，由几何关系可得

由共点力平衡条件，对a有

同理，对b

联立可得，

ACD不符合题意，B符合题意。

故答案为：B。

另：也可对整体受力分析

得出。

【分析】两个小球静止，利用其平衡方程可以求出两个小球质量的大小关系，再利用其整体的平衡方程可以求出支架对小球的弹力之比。

6．【答案】A,C

【解析】【解答】A．根据

可知，动量变化率为合外力，不变，A符合题意；

B．因为合外力不变，物体做匀加速运动，则单位时间位移逐渐增加，根据

可知，动能变化率即单位时间合外力的功在增大，B不符合题意；

C．物体加速度 ，

在0~2s时间内

机械能增加

C符合题意；

D．根据动量定理可知

D不符合题意

故答案为：AC。

【分析】利用动量定理可以判别其动量变化率等于合力，保持不变；利用位移公式结合合力的大小可以判别其合力做功的大小变化；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出运动的位移，结合其恒力的大小可以求出机械能增量的大小；利用动量定理结合冲量的大小可以求出动量变化量的大小。

7．【答案】A,B

【解析】【解答】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据功能关系，有

两次击打后可以到轨道最高点，根据功能关系，有

在最高点，由牛顿第二定律有

解得 ；

则

故答案为：AB。

【分析】利用功能关系结合小球上升的高度可以求出两次击打时做功与高度的关系，结合上升到最高点的牛顿第二定律可以求出两次击打做功的比值。

8．【答案】A,C,D

【解析】【解答】当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律

从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒

若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒

联立可得，

设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒

带入数据可解得v3=0

说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端。

ACD符合题意，B不符合题意。

故答案为：ACD。

【分析】当滑块与木板速度相同时，利用动量守恒定律及能量守恒定律结合木板固定时其木块的能量守恒定律可以求出速度及弹性势能的最大值；利用能量守恒定律可以判别滑块以速度v2滑上长木板后所停止的位置。

9．【答案】A,B,D

【解析】【解答】A．绝热膨胀过程，有，，则有热力学第一定律有

可得，即理想气体的内能减少，A符合题意；

B．等温膨胀过程，因温度不变，则气体的内能不变，B符合题意；

C．等压膨胀过程，有不变，增大，则由可知，温度升高，则气体的内能增大，C不符合题意；

D．等容变化过程，可知，则有

即气体吸收的热量和内能的增加量相同，D符合题意；

E．气体在被压缩的过程，变小，，不能确定温度如何变化，则气体分子的平均动能不一定变大，E不符合题意；

故答案为：ABD。

【分析】绝热膨胀过程中，其热传递的能量等于0，利用其外界对气体做负功可以判别气体内能减少；利用其理想气体的状态方程可以判别气体温度、压强和体积的变化，结合热力学第一定律可以判别气体内能的变化；利用温度的变化可以判别气体分子平均动能的变化。

10．【答案】A,C,E

【解析】【解答】A．t=0.1s时Q点处在平衡位置上，且向下振动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，A符合题意；

B．由a图得到该波的波长为λ=8m，由b图得到该波的周期为T=0.2s，故波速为

B不符合题意；

C．t=0.15s时，图a经过个周期，所以此时P点仍在y轴正半轴，加速度向下，C符合题意；

D．从t=0.1s到t=0.2s，经过半个周期，质点P通过的路程为

D不符合题意；

E．根据振动图像可知，0.2s时，质点Q的速度向上处在平衡位置，E符合题意；

故答案为：ACE。

【分析】利用质点的振动方向可以判别其波的传播方向；利用其波长和周期可以求出波速的大小；利用振动的时间可以判别质点的位置及加速度的方向；利用振动时间结合振幅可以求出其质点运动的路程；利用振动的时间可以判别其质点的位置及速度的方向。

11．【答案】10.2；；

【解析】【解答】（1） 游标卡尺读数是主尺读数（mm的整数倍）加上油标尺的读数（mm的小数位），由图可读出为

（5）根据能量守恒

，

联立可得

故应以为纵坐标建立纵坐标；

由题意

可解得

【分析】（1）利用游标卡尺的结构和精度可以读出对应的读数；
（5）利用能量守恒定律可以判别其纵坐标的物理量；结合其斜率的大小可以求出动摩擦因数的大小。

12．【答案】（1）110

（2）变大

（3）1：4；1.5

【解析】【解答】(1) 选择开关S接3、4时，分别为倍率为“×1”、“×10”的欧姆表，为了读数准确，应使指针靠在中间部分，根据图像可知选择的是“×10”挡位，则电阻阻值为110Ω；

(2) 当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式

欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由

可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，欧姆表的示数变大了．

(3) 选择开关接1时，对应的电流表量程为

选择开关接2时，对应的电流表量程为

解得

根据图像可知，“×1”挡位中值电阻即欧姆表内阻为15Ω，所以

【分析】（1）利用其不同倍率可以判别其指针的位置，利用示数和档数可以求出电阻的大小；
（2）利用其欧姆定律结合其电流变小可以判别其欧姆表的读数变大；
（3）利用其电表的改装结合并联电路的规律可以求出并联电阻的大小；利用其满偏电流及内阻可以求出电动势的大小。

13．【答案】（1）解：忽略空气阻力时，落回出发点的速度为，由

得

（2）解：小球最终做匀速运动，知

刚抛出时加速度最大

得

在上升过程中取任意微小过程，设时间为Δti，速度为vi，速度的变化量为Δvi，由动量定理

即

得

【解析】【分析】（1）当忽略空气阻力时，小球做竖直上抛运动，利用速度公式可以求出小球回到抛出点所花的时间；
（2）小球最后做匀速直线运动，利用平衡方程可以求出其k值的大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的最大值；利用其动量定理可以求出上升的最大高度。

14．【答案】（1）解：A、B间加速过程eUAB=mv02
得UAB=

（2）解：在t=nT（n=0，1，2，3，…）时刻入射偏转电场的电子，

，

联立得

荧光屏上被电子击中部分的长度

（3）解：电子要达到O点，必须在竖直方向经历先加速t3，后减速t3，再反向加速t4，离开偏转电场后，保持匀速运动t5，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，运动轨迹如图

所以

可得

设电子击中O点时速度为v，则

联立解得

【解析】【分析】（1）粒子在电场中加速，利用动能定律可以求出加速电压的大小；
（2）粒子进入偏转做类平抛运动，利用其位移公式可以求出荧光屏被电子击中的长度；
（3）粒子要打在O点处需要在竖直方向先加速后减速，再反向加速，利用其竖直方向的位移公式结合运动的时间可以求出竖直方向速度的大小；结合速度的合成可以求出粒子到达O点的动能大小。

15．【答案】解：（ⅰ）设水银刚被全部挤出粗管时水银柱的长度为x，根据体积关系可得

根据平衡条件可知，开始时理想气体的压强为

水银刚被全部挤出粗管时理想气体的压强为

由理想气体状态方程有

解得

（ⅱ）设当理想气体温度为451K时的体积为V3，根据查理定律有

设此时水银柱下端距粗管上端的距离为y，则

解得

【解析】【分析】（1）当水银液面上升时，利用平衡方程可以求出气体刚开始和后来的压强大小，结合气体状态方程可以求出其气体的温度大小；
（2）当已知气体末状态的温度，利用理想气体的状态方程可以求出水银柱下端距离粗管上端的距离。

16．【答案】（1）解：光线B从半圆柱体射出时与入射方向平行，所以光线B的出射点为玻璃砖的最低点C，光路图如图所示

由几何关系可知

解得

（2）解：由几何关系可知

解得

玻璃砖的折射率

，

解得

【解析】【分析】（1）画出两个光线经过半圆柱体折射的光路图；利用几何关系可以求出其OO’之间的距离；
（2）已知OP和OO’的距离大小，结合几何关系可以求出其折射角的大小，再结合折射定律可以求出折射率的大小，利用折射率可以求出光线传播的速度，结合传播的路程可以求出传播的时间。