卷子答案网-一个不只有答案的网站河南省焦作市博爱县2022-2023学年高二下学期期末考试物理试题
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1至8小题只有一项符合题目要求。第9至12小题有多项符合题目的要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1． 在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端。如图沿地球直径挖一个通道AB，地心车从通道A端静止释放，只在万有引力作用下在AB两点之间做简谐运动，地心处为O点，则乘客（ ）
A．在O处速度最大
B．从A到O受到的万有引力一直增大
C．从A到O的时间大于O到B的时间
D．在A、B处加速度相同
【答案】A
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A.由题意知，O点为平衡位置，故乘客在此处速度最大，A符合题意；
B.万有引力是地心车做简谐振动的回复力，而物体在平衡位置的回复力应该为零，所以乘客达到地心时受到的万有引力为零，B不符合题意；
C.由题意知，地心车在A、B之间做简谐振动，所以从A到O的时间等于O到B的时间，C不符合题意；
D.A、B为简谐振动的两个端点，加速度大小相等，方向相反，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据简谐运动的特点分析。
2．如图所示是用显微镜观察到的三颗炭粒运动时的位置连线，下列说法中不正确的是（ ）
A．炭粒越小，温度越高，无规则运动越明显
B．每段线段对应的是这段时间内炭粒运动的位移
C．炭粒的运动是由于液体分子撞击的不平衡造成的
D．炭粒的运动其实就是分子的热运动
【答案】D
【知识点】布朗运动
【解析】【解答】A.根据布朗运动的规律，碳粒越小，液体的温度越高，小碳粒的不平衡性越明显，无规则运动越明显，A不符合题意；
B.位移是由初位置指向末位置的有向线段，故每段线段对应的是这段时间内炭粒运动的位移，B不符合题意；
CD.炭粒作为一种宏观微粒，不受外力作用时是无法凭借自身因素而运动的，其无规则运动是液体分子不平衡撞击的结果，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】在布朗运动现象中，颗粒越小，液体温度越高，布朗运动越明显；根据位移的定义分析；布朗运动是由于液体分子对颗粒撞击力的不平衡导致的，布朗运动说明液体分子在做无规则热运动。
3． 某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（ ）
A．浮标的振动周期为 B．水波的传播速度大小为
C．时刻浮标沿y轴负方向运动 D．水波的波长为
【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.根据振动图像可知，波源在0时刻振动，波形经过传递到浮标处，可得浮标的振动周期为，A符合题意；
B.波源的振动情况经过t1传到距离L处的浮标，可知波速大小为，B不符合题意；
C.，根据虚线图像可知浮标此时沿y轴正方方向运动，C不符合题意；
D、由波长公式可得水波的波长为，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由所给图像找出和T的关系，求出周期；由求出波速；由浮标的振动图像分析所给时刻浮标的振动情况；由波速的公式计算波长。
4．如图所示是正弦式交流发电机的示意图，下列说法中正确的是（ ）
A．该发电机是旋转电枢式发电机
B．两磁极之间产生的磁场是辐向磁场
C．图示位置时，穿过线圈的磁通量为零，感应电动势也为零
D．逆时针转至图示位置时，线圈中感应电流的方向是
【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A、由图可知，该发电机是旋转电枢式发电机，A正确。
B、两极之间产生的磁场可以看做匀强磁场，不是辐向磁场，B错误。
C、图示位置穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，正确。
D、逆时针转至图示位置时，根据右手定则可知，AB中产生的感应电流由B→A，CD中的感应电流由D→C，则线圈中的感应电流方向为DCBA，D错误。
故选A。
【分析】对线圈进行分析，根据法拉第电磁感应定律以及右手定则分析求解。
5．如图所示，建筑工地常使用打柱机将圆柱体打入地下一定深度。设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同，圆柱体所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比（即f=kh，k为常量），圆柱体自重及空气阻力可忽略不计。打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为，则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】功的计算
【解析】【解答】由题意可知，圆柱体受阻力f与进入泥土深度h成正比，其f-h图像如图所示
图像与坐标轴围成的面积等于阻力做的功，由题意可知，打桩机每次做功相同，则
第一次打击：
同理：
第二次打击：
第三次打击：
其中，
则第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为，
ABC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由f=kh做出f-h的图像，根据图像法分析阻力做的功，求出打击n次后进入泥土深度的比值，再求出第n次打击过程使圆柱体进入泥土的深度。
6．一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．过程中，气体温度降低，体积增大
B．过程中，气体温度不变，体积变小
C．过程中，气体压强增大，体积不变
D．在c状态时，气体的体积最小
【答案】C
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】A、根据图像可知a→b过程中气体压强不变，温度降低，则体积减小，A错误。
B、b→c过程中，气体温度不变，压强减小，则体积增大，B错误。
C、c→a过程中气体体积不变，温度升高，压强不变，C正确。
D、由AB可知a→b→c过程中，气体体积先减小，后增大，则b状态时气体体积最小，D错误。
【分析】对气体进行分析，根据P-T图像以及理想气体状态方程分析求解。
7．如图所示，位于倾角为θ的斜面上的物体B由跨过定滑轮的轻绳与物块A相连，从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行。已知A与B之间及B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，A、B两物块质量分别为m和M，滑轮的质量、绳与滑轮及滑轮轴上的摩擦都不计。若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）
A．绳子的拉力为
B．绳子的拉力为
C．拉力F的值为
D．拉力F的值为
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB.对A物体分析：，解得：，AB不符合题意；
CD.对B物体分析：，解得：，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对A应用牛顿第二定律，列式求解细绳拉力；对B应用牛顿第二定律，列式求解拉力F。
8． 如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，轻绳绕过光滑的定滑轮，一端与m相连，另一端悬挂重物A。用外力F缓慢拉结点方向与夹角为且保持不变，使从竖直拉至水平，两物块始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．绳子的拉力先减小后增大
B．m对M的摩擦力一直在增大
C．地面对桌子的摩擦力先增大后减小
D．桌面对M的摩擦力可能一直在减小
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A.对节点O受力分析，绳子拉力和F的夹角不变，合力与悬挂物体的重力等大反向，作出受力分析图如下
可知，随着绳拉力T由竖直逐渐变为水平过程，绳拉力先增大，后减小，A不符合题意；
B.对m分析，绳子的拉力与M对m的摩擦力为一对平衡力，等大反向，绳拉力先增大，后减小，则M对m的摩擦力先增大，后减小，根据牛顿第三定律，m对M的摩擦力先增大，后减小，B不符合题意；
C.对M和m以及桌子整体，水平方向受向左的绳子的拉力，向右的地面对桌子的摩擦力，绳拉力先增大，后减小，根据平衡条件，地面对桌子的摩擦力先增大后减小，C符合题意；
D.对M和m整体，水平方向受向左的绳子的拉力，向右的桌面对M的摩擦力，绳拉力先增大，后减小，根据平衡条件，桌面对M的摩擦力先增大，后减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对结点O受力分析，应用作图法分析绳子拉力的变化情况；对m受力分析，应用共点力平衡条件分析m对M的摩擦力变化情况；对M和m以及桌子整体受力分析，应用共点力平衡条件分析地面对桌子的摩擦力变化情况；对M和m整体受力分析，应用共点力平衡条件分析桌面对M的摩擦力变化情况。
9． 如图所示为某电站向其他地区远距离输电的原理图，图中交流电表均为理想电表，变压器、均为理想变压器。输电线电阻为，可变电阻R为用户端负载，发电机输出电压有效值保持不变。当输电功率时，输电线上损失的功率为输电功率的，电压表示数为220V。下列说法正确的是（ ）
A．输电线上的电流为
B．升压变压器的原、副线圈匝数比为
C．降压变压器的原、副线圈匝数比为450：1
D．随着用电高峰到来，电压表的示数将变小
【答案】C,D
【知识点】电能的输送；电源电动势及内阻；变压器的应用
【解析】【解答】A.根据输电线损失的功率，可得输电线上的电流为，A不符合题意；
C.设降压变压器副线圈输出电流为，则有，解得，则降压变压器的原、副线圈匝数比为，C符合题意；
B.降压变压器的原线圈输入电压为，升压变压器的副线圈输出电压为，升压变压器的原、副线圈匝数比为，B不符合题意；
D.随着用电高峰到来，输电功率变大，则升压变压器的原线圈电流变大，副线圈电流变大；输电线电阻损失电压变大，则降压变压器的原线圈输入电压变小，降压变压器的副线圈输出电压变小，电压表的示数将变小，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】首先，根据输电线上的电流结合电功率公式计算输电线上的电流；其次，根据输送功率和输电线上损失的功率计算降压变压器副线圈的输出电流，进而根据输送电流求出降压变压器原、副线圈的匝数比；然后，根据原副线圈的匝数比和副线圈的电压求出降压变压器的原线圈的输入电压，再根据输电线损失的电压求出升压变压器副线圈的输出电压，进而求出升压变压器T1原、副线圈的匝数比；最后，分析用电高峰到来，判断输电功率、升压变压器的原线圈的电、副线圈的电流以及输电线电阻损失的电压如何变化；再根据匝数与电压的关系判断电压表的示数如何变化。
10．在1687年出版的《自然哲学的数学原理》一书中，牛顿设想：把物体从高山上以一定的速度水平抛出，只要初速度足够大，物体就无法落回地面，而成为地球的卫星。以不同速度抛出的物体的4条运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．轨迹①为圆弧
B．轨迹③为变加速曲线运动
C．“足够大”的速度是指地球的第一宇宙速度
D．轨迹④对应物体的加速度比其他3条轨迹对应物体的加速度大
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A.轨迹①中，物体水平抛出，只受地球引力作用，因为距离较短，引力变化较小，所以可近似看做平抛运动，轨迹近似为抛物线，A不符合题意；
B.轨迹③物体在运动过程中，与地面距离越来越近，引力越来越大，所以做变加速曲线运动，B符合题意；
C.“足够大”的速度是指地球的第一宇宙速度，物体在获得这一速度，不需要再加动力就可以环绕地球运动，C符合题意；
D.物体抛出时，距离地球的距离相同，受到的地球引力相同，可知刚抛出时加速度大小相同；运动过程中，由于轨迹④离地面最远，引力最小，其加速度小于另外三个轨迹 的加速度，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】轨迹①中，由于地球对物体的引力变化较小，可以看成平抛运动；分析轨迹③中地球对物体引力的变化，由牛顿第二定律分析运动过程中的加速度变化；根据第一宇宙速度的物理意义分析；将轨迹④中物体受到的地球引力与物体在其它3条轨道上受到的地球引力的大小进行比较，确定加速度的大小关系。
11．如图所示是卫星分别绕行星在不同的轨道上做圆周运动的图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。则下列说法正确的是（ ）
A．卫星a的质量小于卫星b的质量
B．行星P的质量小于行星Q的质量
C．卫星a在2处的速率小于卫星b在3处的速率
D．卫星a在1处的加速度小于卫星a在2处的加速度
【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：，由于m被约掉，无法比较卫星的质量，A不符合题意；
B.由上式可得周期：，根据数学公式变形可得，图象的纵轴截距为，根据数学知识可知，a的纵轴截距的绝对值小，则行星P的质量小于行星Q的质量，B符合题意；
C、根据万有引力提供向心力得：，解得：，由图可知，可知，则卫星a在2处的速率小于卫星b在3处的速率，故C正确；
D、卫星的向心加速度为：，由图可知，可知，可知卫星a在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由万有引力提供向心力列式，求解卫星质量和运动周期，将周期关系化为对数关系，再结合图像求解卫星质量关系；由万有引力提供向心力，推导卫星速度的表达式，再结合由图中得到的轨道半径的大小关系，求出卫星a在2处的速率与卫星b在3处的速率关系；由卫星的向心加速度的表达式，再结合由图中得到的轨道半径的大小关系，求出卫星a在1处的加速度与卫星a在2处的加速度关系。
12．某同学设计了一个加速度计，如图所示。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电池E的电压相同，内阻不计。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。下列说法中正确的是（ ）
A．当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针向右偏转
B．电压表的示数与加速度的大小成正比
C．要提高该加速度计的测量范围，可以减小弹簧的劲度系数
D．要提高该加速度计的测量范围，可以减小电池的电压
【答案】B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A、当滑片在滑动变阻器中央时，P，Q两点的电势相等，电压表指向中央零点，电压表示数决定于中点到滑片位置的电阻两端的电压，当物体具有如图所示方向的加速度a时，由牛顿第二定律可知，滑块向左移动，滑动变阻器滑片移向中点左方，电阻中点到滑片位置的电流方向向左，则P电势低于电阻中点处电势，即P点电势低于Q电势，指针想零点左侧偏转，A错误。
B、假如滑块右移动x，根据牛顿第二定律可知，此时电压表的示数为，联立解得，所以电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比，B正确。
CD、由可得，要提高该加速度计的测量范围，可以增大弹簧的劲度系数或者增大电池的电压，故CD错误。
故答案为：B
【分析】对电路进行分析，根据牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律分析求解。
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
13．某实验小组用如图（a）的实验装置校对流量计。盛水容器上端开口，下端有横截面一定的细管（厚度可忽略）与流量计相连（流量计可测得每秒流出液体的体积）。打开开关让水沿水平方向喷出，为保证流速恒定，实验时不断给容器加水保持液面稳定，已知当地的重力加速度为g。请完善如下实验步骤：
①安装器材前用螺旋测微器测量细管的直径如图（b），其直径为 mm；
②按图（a）安装好实验器材，测定喷口到地面的竖直距离y，再打开开关让水喷出；
③待水流运动稳定后，读出流量计读数：测量 ，计算水喷出时的初速度；
④测得水喷出时的初速度为v，则液体的流量表达式 ，代入具体数值可计算出实际流量。
⑤将实际流量值与读数值比较，进行流量计校对。
【答案】6.860；水的水平射程x；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；平抛运动
【解析】【解答】（1）螺旋测微器主尺读数为6.5mm，可动尺读数为：0.01×36.0=0.360mm，所以总读数为：6.5mm+0.360mm=6.860mm；
（3）水做平抛运动，竖直方向上有：，
水平方向上有：，
可得：，
因此需要测量出水的水平射程x，才能求出水喷出时的初速度；
（4）水泵的流量为：。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则读出直径；（3）由平抛规律推导初速度的表达式，确定需要测量的物理量；（4）流量为单位时间喷出水的体积，由代入数值计算即可。
14．发光二极管具有耗能少、体积小、亮度高等优点，现已逐步取代传统光源。某同学研究某发光二极管的伏安特性。经正确实验操作后，绘制的图像如图乙所示，下列为实验备选器材：
A.电压表（量程0~3 V，内阻约）
B.电压表（量程0~15 V，内阻约）
C.电流表（量程0~50 mA，内阻约）
D.电流表（量程0~6 A，内阻约）
E.滑动变阻器（0~，额定电流2 A）
F.滑动变阻器（0~，额定电流0.1 A）
G.电源E（电动势6 V，内阻不计）
H.开关S，导线若干
（1）实验时，电压表应选用 ，电流表选用 ，滑动变阻器选用 （填选项字母）。
（2）图甲为实验时的部分电路实物图，请用连线代替导线将实物图补充完整。
（3）已知该发光二极管的最佳工作电流为15 mA。现将它与电动势为3 V、内阻不计的电池组相连，根据乙图，还需串联一个阻值 Ω的电阻才能使它工作在最佳状态。（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）A；C；E
（2）
（3）53（50~53均可）
【知识点】闭合电路的欧姆定律；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）电动势为6V，绘制出发光二极管的I—U图其电压在0—3V的范围，所以应选电压表，故选A；
由图乙可知，绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，所以应选电流表，故选C；
绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，则电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选，故选E；
（2）由I—U图可看出发光二极管的最大电阻约为，则电流表应采用外接法，而滑动变阻器应该采用分压式接法，则完整的电路实物图如下
（3）由所给I—U图可看出，在发光二极管的最佳工作电流为15mA时其电压为2.2V，则将它与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则读数；由电源电动势的数值选取电压表，结合图乙中电流的数值选取电流表，根据滑动变阻器要采用的接法选取滑动变阻器；（2）由与关系确定电流表要采用内接法还是外接法，因为电流要从零开始调节，滑动变阻器采用分压式，连接电路；（3）由闭合电路欧姆定律计算需要串联的电阻阻值。
15．（2022高一上·长春期中）紧靠在一起的甲、乙两小物块停放在水平地面上，甲距左侧竖直墙壁。某时刻使甲、乙同时获得相反方向的速度，大小分别为、，整个过程中，甲的加速度大小为，乙的加速度大小为。不计甲与竖直墙壁的碰撞时间，碰撞前后的速度大小不变。求：
（1）甲、乙间的最大距离；
（2）乙停止运动时两者间的距离。
【答案】（1）解：由题意知，甲、乙两物体均做匀减速直线运动，甲与墙壁碰撞前由
得，甲与墙壁碰撞前的速度为
故碰撞时距离最大
又
得
1s内乙的位移为
解得
此时，甲乙间的距离最大
（2）解：甲运动时间为
乙运动时间为
因 ，故乙停止运动时甲早已停止运动，甲碰后运动位移为 ，乙的位移为 ，
停止时两者间距为
得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）结合匀变速直线运动的位移与速度的关系得出甲与墙壁碰撞前的速度，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系和位移与时间的关系得出甲乙间的最大距离；
（2）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系和位移与速度的关系得出停止时两者间距。
16．小明同学将开水灌入热水瓶中但未灌满，为了保温，用软木塞将瓶口盖紧，这样热水瓶中的上方空间就封闭了一定质量的气体。过了一会，听到“砰”的一声，发现软木塞跳了出来。小明对此现象建立如图所示的物理模型进行研究。已知外界大气压强为，温度为。设木塞塞住瓶口的瞬间封闭气体的压强、温度均与外界相同。封闭气体的体积为，木塞的质量为m，横截面积为S，塞入的深度为，木塞跳出后在最高点时其底面距离瓶口的高度为，木塞与瓶口间的最大静摩擦力为。假设木塞在冲出瓶口过程中瓶口密封性良好且摩擦力恒为。（重力加速度为g，忽略空气阻力）求：
（1）木塞刚开始松动时瓶内气体的温度T；
（2）气体在顶起木塞的过程中对木塞做的功W。
【答案】（1）解：取封闭气体为研究对象，初态压强为 ，温度为 ，顶起瓶塞前瞬间压强为p，温度为T。
其中
等容变化得
以上两式得
（2）解：气体在顶起木塞的过程中，需克服摩擦力、大气压力、自身重力而做功，克服摩擦力做功
克服大气压力做功
克服重力做功
气体顶起木塞做功
即
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）对封闭气体进行分析，根据平衡条件和等容变化计算温度高低。
（2）对木塞进行分析，根据功能关系计算各个力做功与能量变化之间的关系。
17．如图所示，匝数匝的矩形线圈，线圈总电阻，边长为cm，cm。外电路电阻，匀强磁场磁感应强度的大小，线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度匀速转动。试求：
（1）电路中感应电动势的最大值；
（2）从此位置开始转过过程中，通过电阻R的电荷量q；
（3）在时间内R上消耗的电能。（取）
【答案】（1）解：感应电动势的最大值
（2）解：平均感应电动势
平均电流
通过电阻R的电荷量
（3）解：感应电动势的有效值
感应电流的有效值
1 min内R上消耗的电能
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）由计算感应电动势的最大值；（2）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出回路中电流的平均值，再由求解通过电阻R的电荷量；（3）由感应电动势的最大值求出有效值，再由闭合电路欧姆定律求出回路电流，然后由计算R上消耗的电能。
河南省焦作市博爱县2022-2023学年高二下学期期末考试物理试题
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1至8小题只有一项符合题目要求。第9至12小题有多项符合题目的要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1． 在科幻电影《全面回忆》中有一种地心车，无需额外动力就可以让人在几十分钟内到达地球的另一端。如图沿地球直径挖一个通道AB，地心车从通道A端静止释放，只在万有引力作用下在AB两点之间做简谐运动，地心处为O点，则乘客（ ）
A．在O处速度最大
B．从A到O受到的万有引力一直增大
C．从A到O的时间大于O到B的时间
D．在A、B处加速度相同
2．如图所示是用显微镜观察到的三颗炭粒运动时的位置连线，下列说法中不正确的是（ ）
A．炭粒越小，温度越高，无规则运动越明显
B．每段线段对应的是这段时间内炭粒运动的位移
C．炭粒的运动是由于液体分子撞击的不平衡造成的
D．炭粒的运动其实就是分子的热运动
3． 某同学为了研究水波的传播特点，在水面上放置波源和浮标，两者的间距为L。时刻，波源开始从平衡位置沿y轴在竖直方向做简谐运动，产生的水波沿水平方向传播（视为简谐波），时刻传到浮标处使浮标开始振动，此时波源刚好位于正向最大位移处，波源和浮标的振动图像分别如图中的实线和虚线所示，则（ ）
A．浮标的振动周期为 B．水波的传播速度大小为
C．时刻浮标沿y轴负方向运动 D．水波的波长为
4．如图所示是正弦式交流发电机的示意图，下列说法中正确的是（ ）
A．该发电机是旋转电枢式发电机
B．两磁极之间产生的磁场是辐向磁场
C．图示位置时，穿过线圈的磁通量为零，感应电动势也为零
D．逆时针转至图示位置时，线圈中感应电流的方向是
5．如图所示，建筑工地常使用打柱机将圆柱体打入地下一定深度。设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功相同，圆柱体所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比（即f=kh，k为常量），圆柱体自重及空气阻力可忽略不计。打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为，则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为（ ）
A． B． C． D．
6．一定质量的理想气体经过一系列变化过程，如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．过程中，气体温度降低，体积增大
B．过程中，气体温度不变，体积变小
C．过程中，气体压强增大，体积不变
D．在c状态时，气体的体积最小
7．如图所示，位于倾角为θ的斜面上的物体B由跨过定滑轮的轻绳与物块A相连，从滑轮到A、B的两段绳都与斜面平行。已知A与B之间及B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，A、B两物块质量分别为m和M，滑轮的质量、绳与滑轮及滑轮轴上的摩擦都不计。若用一沿斜面向下的力F拉B使它做加速度为a的匀加速直线运动，重力加速度为g，以下说法正确的是（ ）
A．绳子的拉力为
B．绳子的拉力为
C．拉力F的值为
D．拉力F的值为
8． 如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，轻绳绕过光滑的定滑轮，一端与m相连，另一端悬挂重物A。用外力F缓慢拉结点方向与夹角为且保持不变，使从竖直拉至水平，两物块始终保持静止，下列说法正确的是（ ）
A．绳子的拉力先减小后增大
B．m对M的摩擦力一直在增大
C．地面对桌子的摩擦力先增大后减小
D．桌面对M的摩擦力可能一直在减小
9． 如图所示为某电站向其他地区远距离输电的原理图，图中交流电表均为理想电表，变压器、均为理想变压器。输电线电阻为，可变电阻R为用户端负载，发电机输出电压有效值保持不变。当输电功率时，输电线上损失的功率为输电功率的，电压表示数为220V。下列说法正确的是（ ）
A．输电线上的电流为
B．升压变压器的原、副线圈匝数比为
C．降压变压器的原、副线圈匝数比为450：1
D．随着用电高峰到来，电压表的示数将变小
10．在1687年出版的《自然哲学的数学原理》一书中，牛顿设想：把物体从高山上以一定的速度水平抛出，只要初速度足够大，物体就无法落回地面，而成为地球的卫星。以不同速度抛出的物体的4条运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．轨迹①为圆弧
B．轨迹③为变加速曲线运动
C．“足够大”的速度是指地球的第一宇宙速度
D．轨迹④对应物体的加速度比其他3条轨迹对应物体的加速度大
11．如图所示是卫星分别绕行星在不同的轨道上做圆周运动的图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。则下列说法正确的是（ ）
A．卫星a的质量小于卫星b的质量
B．行星P的质量小于行星Q的质量
C．卫星a在2处的速率小于卫星b在3处的速率
D．卫星a在1处的加速度小于卫星a在2处的加速度
12．某同学设计了一个加速度计，如图所示。较重的滑块2可以在光滑的框架1中平移，滑块两侧用弹簧3拉着；R为滑动变阻器，4是滑动片，它与电阻器任一端之间的电阻值都与它到这端的距离成正比。这个装置就是一个加速度传感器。两个电池E的电压相同，内阻不计。按图连接电路后，电压表指针的零点位于表盘中央，当P端的电势高于Q端时，指针向零点右侧偏转。下列说法中正确的是（ ）
A．当物体具有图示方向的加速度a时，电压表的指针向右偏转
B．电压表的示数与加速度的大小成正比
C．要提高该加速度计的测量范围，可以减小弹簧的劲度系数
D．要提高该加速度计的测量范围，可以减小电池的电压
二、非选择题：本题共5小题，共52分。
13．某实验小组用如图（a）的实验装置校对流量计。盛水容器上端开口，下端有横截面一定的细管（厚度可忽略）与流量计相连（流量计可测得每秒流出液体的体积）。打开开关让水沿水平方向喷出，为保证流速恒定，实验时不断给容器加水保持液面稳定，已知当地的重力加速度为g。请完善如下实验步骤：
①安装器材前用螺旋测微器测量细管的直径如图（b），其直径为 mm；
②按图（a）安装好实验器材，测定喷口到地面的竖直距离y，再打开开关让水喷出；
③待水流运动稳定后，读出流量计读数：测量 ，计算水喷出时的初速度；
④测得水喷出时的初速度为v，则液体的流量表达式 ，代入具体数值可计算出实际流量。
⑤将实际流量值与读数值比较，进行流量计校对。
14．发光二极管具有耗能少、体积小、亮度高等优点，现已逐步取代传统光源。某同学研究某发光二极管的伏安特性。经正确实验操作后，绘制的图像如图乙所示，下列为实验备选器材：
A.电压表（量程0~3 V，内阻约）
B.电压表（量程0~15 V，内阻约）
C.电流表（量程0~50 mA，内阻约）
D.电流表（量程0~6 A，内阻约）
E.滑动变阻器（0~，额定电流2 A）
F.滑动变阻器（0~，额定电流0.1 A）
G.电源E（电动势6 V，内阻不计）
H.开关S，导线若干
（1）实验时，电压表应选用 ，电流表选用 ，滑动变阻器选用 （填选项字母）。
（2）图甲为实验时的部分电路实物图，请用连线代替导线将实物图补充完整。
（3）已知该发光二极管的最佳工作电流为15 mA。现将它与电动势为3 V、内阻不计的电池组相连，根据乙图，还需串联一个阻值 Ω的电阻才能使它工作在最佳状态。（结果保留两位有效数字）
15．（2022高一上·长春期中）紧靠在一起的甲、乙两小物块停放在水平地面上，甲距左侧竖直墙壁。某时刻使甲、乙同时获得相反方向的速度，大小分别为、，整个过程中，甲的加速度大小为，乙的加速度大小为。不计甲与竖直墙壁的碰撞时间，碰撞前后的速度大小不变。求：
（1）甲、乙间的最大距离；
（2）乙停止运动时两者间的距离。
16．小明同学将开水灌入热水瓶中但未灌满，为了保温，用软木塞将瓶口盖紧，这样热水瓶中的上方空间就封闭了一定质量的气体。过了一会，听到“砰”的一声，发现软木塞跳了出来。小明对此现象建立如图所示的物理模型进行研究。已知外界大气压强为，温度为。设木塞塞住瓶口的瞬间封闭气体的压强、温度均与外界相同。封闭气体的体积为，木塞的质量为m，横截面积为S，塞入的深度为，木塞跳出后在最高点时其底面距离瓶口的高度为，木塞与瓶口间的最大静摩擦力为。假设木塞在冲出瓶口过程中瓶口密封性良好且摩擦力恒为。（重力加速度为g，忽略空气阻力）求：
（1）木塞刚开始松动时瓶内气体的温度T；
（2）气体在顶起木塞的过程中对木塞做的功W。
17．如图所示，匝数匝的矩形线圈，线圈总电阻，边长为cm，cm。外电路电阻，匀强磁场磁感应强度的大小，线圈绕垂直于磁感线的轴以角速度匀速转动。试求：
（1）电路中感应电动势的最大值；
（2）从此位置开始转过过程中，通过电阻R的电荷量q；
（3）在时间内R上消耗的电能。（取）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A.由题意知，O点为平衡位置，故乘客在此处速度最大，A符合题意；
B.万有引力是地心车做简谐振动的回复力，而物体在平衡位置的回复力应该为零，所以乘客达到地心时受到的万有引力为零，B不符合题意；
C.由题意知，地心车在A、B之间做简谐振动，所以从A到O的时间等于O到B的时间，C不符合题意；
D.A、B为简谐振动的两个端点，加速度大小相等，方向相反，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据简谐运动的特点分析。
2．【答案】D
【知识点】布朗运动
【解析】【解答】A.根据布朗运动的规律，碳粒越小，液体的温度越高，小碳粒的不平衡性越明显，无规则运动越明显，A不符合题意；
B.位移是由初位置指向末位置的有向线段，故每段线段对应的是这段时间内炭粒运动的位移，B不符合题意；
CD.炭粒作为一种宏观微粒，不受外力作用时是无法凭借自身因素而运动的，其无规则运动是液体分子不平衡撞击的结果，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】在布朗运动现象中，颗粒越小，液体温度越高，布朗运动越明显；根据位移的定义分析；布朗运动是由于液体分子对颗粒撞击力的不平衡导致的，布朗运动说明液体分子在做无规则热运动。
3．【答案】A
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A.根据振动图像可知，波源在0时刻振动，波形经过传递到浮标处，可得浮标的振动周期为，A符合题意；
B.波源的振动情况经过t1传到距离L处的浮标，可知波速大小为，B不符合题意；
C.，根据虚线图像可知浮标此时沿y轴正方方向运动，C不符合题意；
D、由波长公式可得水波的波长为，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由所给图像找出和T的关系，求出周期；由求出波速；由浮标的振动图像分析所给时刻浮标的振动情况；由波速的公式计算波长。
4．【答案】A
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】A、由图可知，该发电机是旋转电枢式发电机，A正确。
B、两极之间产生的磁场可以看做匀强磁场，不是辐向磁场，B错误。
C、图示位置穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，正确。
D、逆时针转至图示位置时，根据右手定则可知，AB中产生的感应电流由B→A，CD中的感应电流由D→C，则线圈中的感应电流方向为DCBA，D错误。
故选A。
【分析】对线圈进行分析，根据法拉第电磁感应定律以及右手定则分析求解。
5．【答案】D
【知识点】功的计算
【解析】【解答】由题意可知，圆柱体受阻力f与进入泥土深度h成正比，其f-h图像如图所示
图像与坐标轴围成的面积等于阻力做的功，由题意可知，打桩机每次做功相同，则
第一次打击：
同理：
第二次打击：
第三次打击：
其中，
则第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度为，
ABC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由f=kh做出f-h的图像，根据图像法分析阻力做的功，求出打击n次后进入泥土深度的比值，再求出第n次打击过程使圆柱体进入泥土的深度。
6．【答案】C
【知识点】热力学图像类问题
【解析】【解答】A、根据图像可知a→b过程中气体压强不变，温度降低，则体积减小，A错误。
B、b→c过程中，气体温度不变，压强减小，则体积增大，B错误。
C、c→a过程中气体体积不变，温度升高，压强不变，C正确。
D、由AB可知a→b→c过程中，气体体积先减小，后增大，则b状态时气体体积最小，D错误。
【分析】对气体进行分析，根据P-T图像以及理想气体状态方程分析求解。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB.对A物体分析：，解得：，AB不符合题意；
CD.对B物体分析：，解得：，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】对A应用牛顿第二定律，列式求解细绳拉力；对B应用牛顿第二定律，列式求解拉力F。
8．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；静摩擦力；共点力的平衡
【解析】【解答】A.对节点O受力分析，绳子拉力和F的夹角不变，合力与悬挂物体的重力等大反向，作出受力分析图如下
可知，随着绳拉力T由竖直逐渐变为水平过程，绳拉力先增大，后减小，A不符合题意；
B.对m分析，绳子的拉力与M对m的摩擦力为一对平衡力，等大反向，绳拉力先增大，后减小，则M对m的摩擦力先增大，后减小，根据牛顿第三定律，m对M的摩擦力先增大，后减小，B不符合题意；
C.对M和m以及桌子整体，水平方向受向左的绳子的拉力，向右的地面对桌子的摩擦力，绳拉力先增大，后减小，根据平衡条件，地面对桌子的摩擦力先增大后减小，C符合题意；
D.对M和m整体，水平方向受向左的绳子的拉力，向右的桌面对M的摩擦力，绳拉力先增大，后减小，根据平衡条件，桌面对M的摩擦力先增大，后减小，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】对结点O受力分析，应用作图法分析绳子拉力的变化情况；对m受力分析，应用共点力平衡条件分析m对M的摩擦力变化情况；对M和m以及桌子整体受力分析，应用共点力平衡条件分析地面对桌子的摩擦力变化情况；对M和m整体受力分析，应用共点力平衡条件分析桌面对M的摩擦力变化情况。
9．【答案】C,D
【知识点】电能的输送；电源电动势及内阻；变压器的应用
【解析】【解答】A.根据输电线损失的功率，可得输电线上的电流为，A不符合题意；
C.设降压变压器副线圈输出电流为，则有，解得，则降压变压器的原、副线圈匝数比为，C符合题意；
B.降压变压器的原线圈输入电压为，升压变压器的副线圈输出电压为，升压变压器的原、副线圈匝数比为，B不符合题意；
D.随着用电高峰到来，输电功率变大，则升压变压器的原线圈电流变大，副线圈电流变大；输电线电阻损失电压变大，则降压变压器的原线圈输入电压变小，降压变压器的副线圈输出电压变小，电压表的示数将变小，D符合题意。
故答案为：CD。
【分析】首先，根据输电线上的电流结合电功率公式计算输电线上的电流；其次，根据输送功率和输电线上损失的功率计算降压变压器副线圈的输出电流，进而根据输送电流求出降压变压器原、副线圈的匝数比；然后，根据原副线圈的匝数比和副线圈的电压求出降压变压器的原线圈的输入电压，再根据输电线损失的电压求出升压变压器副线圈的输出电压，进而求出升压变压器T1原、副线圈的匝数比；最后，分析用电高峰到来，判断输电功率、升压变压器的原线圈的电、副线圈的电流以及输电线电阻损失的电压如何变化；再根据匝数与电压的关系判断电压表的示数如何变化。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；平抛运动；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】A.轨迹①中，物体水平抛出，只受地球引力作用，因为距离较短，引力变化较小，所以可近似看做平抛运动，轨迹近似为抛物线，A不符合题意；
B.轨迹③物体在运动过程中，与地面距离越来越近，引力越来越大，所以做变加速曲线运动，B符合题意；
C.“足够大”的速度是指地球的第一宇宙速度，物体在获得这一速度，不需要再加动力就可以环绕地球运动，C符合题意；
D.物体抛出时，距离地球的距离相同，受到的地球引力相同，可知刚抛出时加速度大小相同；运动过程中，由于轨迹④离地面最远，引力最小，其加速度小于另外三个轨迹 的加速度，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】轨迹①中，由于地球对物体的引力变化较小，可以看成平抛运动；分析轨迹③中地球对物体引力的变化，由牛顿第二定律分析运动过程中的加速度变化；根据第一宇宙速度的物理意义分析；将轨迹④中物体受到的地球引力与物体在其它3条轨道上受到的地球引力的大小进行比较，确定加速度的大小关系。
11．【答案】B,C
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A.卫星绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：，由于m被约掉，无法比较卫星的质量，A不符合题意；
B.由上式可得周期：，根据数学公式变形可得，图象的纵轴截距为，根据数学知识可知，a的纵轴截距的绝对值小，则行星P的质量小于行星Q的质量，B符合题意；
C、根据万有引力提供向心力得：，解得：，由图可知，可知，则卫星a在2处的速率小于卫星b在3处的速率，故C正确；
D、卫星的向心加速度为：，由图可知，可知，可知卫星a在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】由万有引力提供向心力列式，求解卫星质量和运动周期，将周期关系化为对数关系，再结合图像求解卫星质量关系；由万有引力提供向心力，推导卫星速度的表达式，再结合由图中得到的轨道半径的大小关系，求出卫星a在2处的速率与卫星b在3处的速率关系；由卫星的向心加速度的表达式，再结合由图中得到的轨道半径的大小关系，求出卫星a在1处的加速度与卫星a在2处的加速度关系。
12．【答案】B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A、当滑片在滑动变阻器中央时，P，Q两点的电势相等，电压表指向中央零点，电压表示数决定于中点到滑片位置的电阻两端的电压，当物体具有如图所示方向的加速度a时，由牛顿第二定律可知，滑块向左移动，滑动变阻器滑片移向中点左方，电阻中点到滑片位置的电流方向向左，则P电势低于电阻中点处电势，即P点电势低于Q电势，指针想零点左侧偏转，A错误。
B、假如滑块右移动x，根据牛顿第二定律可知，此时电压表的示数为，联立解得，所以电压表指针的偏转角度与加速度大小成正比，B正确。
CD、由可得，要提高该加速度计的测量范围，可以增大弹簧的劲度系数或者增大电池的电压，故CD错误。
故答案为：B
【分析】对电路进行分析，根据牛顿第二定律和闭合电路欧姆定律分析求解。
13．【答案】6.860；水的水平射程x；
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用；平抛运动
【解析】【解答】（1）螺旋测微器主尺读数为6.5mm，可动尺读数为：0.01×36.0=0.360mm，所以总读数为：6.5mm+0.360mm=6.860mm；
（3）水做平抛运动，竖直方向上有：，
水平方向上有：，
可得：，
因此需要测量出水的水平射程x，才能求出水喷出时的初速度；
（4）水泵的流量为：。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则读出直径；（3）由平抛规律推导初速度的表达式，确定需要测量的物理量；（4）流量为单位时间喷出水的体积，由代入数值计算即可。
14．【答案】（1）A；C；E
（2）
（3）53（50~53均可）
【知识点】闭合电路的欧姆定律；伏安法测电阻
【解析】【解答】（1）电动势为6V，绘制出发光二极管的I—U图其电压在0—3V的范围，所以应选电压表，故选A；
由图乙可知，绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，所以应选电流表，故选C；
绘制出发光二极管的I—U图其电流在0—30mA的范围，则电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压式接法，为方便调节，滑动变阻器应选，故选E；
（2）由I—U图可看出发光二极管的最大电阻约为，则电流表应采用外接法，而滑动变阻器应该采用分压式接法，则完整的电路实物图如下
（3）由所给I—U图可看出，在发光二极管的最佳工作电流为15mA时其电压为2.2V，则将它与电动势为3V、内阻不计的电池组相连，还需串联一个。
【分析】（1）根据螺旋测微器的读数规则读数；由电源电动势的数值选取电压表，结合图乙中电流的数值选取电流表，根据滑动变阻器要采用的接法选取滑动变阻器；（2）由与关系确定电流表要采用内接法还是外接法，因为电流要从零开始调节，滑动变阻器采用分压式，连接电路；（3）由闭合电路欧姆定律计算需要串联的电阻阻值。
15．【答案】（1）解：由题意知，甲、乙两物体均做匀减速直线运动，甲与墙壁碰撞前由
得，甲与墙壁碰撞前的速度为
故碰撞时距离最大
又
得
1s内乙的位移为
解得
此时，甲乙间的距离最大
（2）解：甲运动时间为
乙运动时间为
因 ，故乙停止运动时甲早已停止运动，甲碰后运动位移为 ，乙的位移为 ，
停止时两者间距为
得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系
【解析】【分析】（1）结合匀变速直线运动的位移与速度的关系得出甲与墙壁碰撞前的速度，结合匀变速直线运动的速度与时间的关系和位移与时间的关系得出甲乙间的最大距离；
（2）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系和位移与速度的关系得出停止时两者间距。
16．【答案】（1）解：取封闭气体为研究对象，初态压强为 ，温度为 ，顶起瓶塞前瞬间压强为p，温度为T。
其中
等容变化得
以上两式得
（2）解：气体在顶起木塞的过程中，需克服摩擦力、大气压力、自身重力而做功，克服摩擦力做功
克服大气压力做功
克服重力做功
气体顶起木塞做功
即
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】（1）对封闭气体进行分析，根据平衡条件和等容变化计算温度高低。
（2）对木塞进行分析，根据功能关系计算各个力做功与能量变化之间的关系。
17．【答案】（1）解：感应电动势的最大值
（2）解：平均感应电动势
平均电流
通过电阻R的电荷量
（3）解：感应电动势的有效值
感应电流的有效值
1 min内R上消耗的电能
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【分析】（1）由计算感应电动势的最大值；（2）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求出回路中电流的平均值，再由求解通过电阻R的电荷量；（3）由感应电动势的最大值求出有效值，再由闭合电路欧姆定律求出回路电流，然后由计算R上消耗的电能。