2022年四川省成都市高考物理一诊试卷（附答案详解）.docx

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第 =page  2 2页，共 =sectionpages  2 2页第 =page  1 1页，共 =sectionpages  1 1页2022年四川省成都市高考物理一诊试卷甲、乙同学在同一直道上的位移—时间(x?t)图像如图所示。由图可知A. 甲始终沿同一方向运动B. t1时刻，甲的速度最大C. t1时刻，甲、乙相距最远D. t如图，倾角为θ的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q的正点电荷均固定，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，刚好能够到达B点。已知A、B间距为L，Qq，重力加速度大小为g。则A、B两点间的电势差UABA. ?mgLsinθQ神舟十三号载人飞船于2021年10月16日与在轨运行的天宫空间站成功对接。若对接后可近似认为空间站在距地面高400km的轨道上做匀速圆周运动，已知地球半径为6400km，第一宇宙速度为7.9kA. 8.0km/sB. 7.7km如图，在跨过光滑定滑轮的轻绳拉动下，木箱从距滑轮很远处沿水平地面向右匀速运动。已知木箱与地面间的动摩擦因数为33，木箱始终在地面上。则整个过程中拉力F的大小变化情况是(?A. 先减小后增大B. 先增大后减小C. 一直减小D. 一直增大如图(a)，平行金属板A、B间的电压恒为U，B板右侧的平行金属板M、N间加有图(b)所示的交变电压，OO′是M、N板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。

零时刻，紧贴A板同时由静止释放甲、乙两个离子，两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙；甲在T4时刻沿OO′A. y甲=2y乙B. y甲=图示电路中，电源的电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，小灯泡L的电阻为R，小型直流电动机M的线圈内阻为r0、额定电流为I0，当开关S分别接1、2、3时，它们都能正常工作。则(?A. S接1且电路稳定后，电容器所带电荷量为Q=ECB. S接2且电路稳定后，小灯泡的热功率为PL=E2RC. S接3且电路稳定后，电动机的输出功率为P如图，真空中A、B两点固定着两个等量同种正点电荷，O点是AB连线的中点，电子能够在AB连线的中垂面内绕O点做匀速圆周运动。若电子运动的轨道半径为r，则r较大时(?A. 电子所需的向心力较小B. 电子运动的角速度较小C. 电子的电势能较大D. 电子运动的周期较小将图(a)中的蹦床简化为图(b)所示的弹簧，当质量50kg的运动员站在蹦床上静止时，弹簧的上端由O点压缩到A点。现将比赛过程分为两段，过程1：运动员从A点开始，通过多次起跳，在空中完成动作，且越跳越高，直至重心达到距O点高为6.1m的最高点(此时运动员的速度为零)；过程2：运动员在最高点结束表演，此后不做任何动作，多次往返，最后静止在蹦床上，弹回过程中重心与O点最大高度差为4.0m。

若整个过程中运动员所受空气阻力大小恒为重力的A. 过程1中，运动员能够越跳越高，是因为弹簧对运动员不断做正功B. 在过程2的每一次单向向上运动过程中，运动员的速度最大时，弹簧的上端都处于A点下方C. 过程2中，从开始下落到弹至重心距O点高4.1m处，运动员克服空气阻力做的功为1010JD. 过程2为测一节干电池的电动势和内电阻，某同学设计了图(a)所示的电路，图中电流表的量程为0.6A，内阻为rA=0.2Ω。(1)请根据图(a)在答题卡虚线框中完成实物连线。(2)实验中，该同学利用测得的电压U、电流I数据作出了图(c)所示的学习动量定理后，某同学用图示装置[(a)为实物图，(b)为简化图]，在滑块从起动至到达光电门的过程中，探究滑块的末速度v与所受橡皮筋拉力的冲量I的关系。实验中，该同学先测出了滑块的质量为M=0.224kg，遮光条的质量为m0=0.006kg、宽度为d=0.025m；然后在气垫导轨正常工作后，多次释放滑块，改变橡皮筋对滑块的拉力冲量，利用计算机系统采集每次运动过程中的相关数据。(1)关于该实验，下列说法正确的是______和______。(填选项序号字母)A.气垫导轨需进行水平调零且保持滑块运动过程中橡皮筋水平B测量次数123456遮光条遮光时间Δ0.01550.01730.02000.02190.03110.0352滑块的末速度v1.6081.4461.1420.8050.711橡皮筋拉力的冲量I0.5000.4530.3880.3500.2540.226(3)根据获得的数据可知，表格中第3次测量所缺的数据为______(保留3位小数)。

(4)请在答题卡的v?I坐标系中描出第3次测量所对应的点并做出v?I图线。(5)根据v如图，ABC是固定在竖直面内、圆心在O点、半径为R的绝缘光滑圆弧形轨道，B、C分别为轨道的最低和最高点，∠AOB=60°，轨道所在空间有竖直方向(未画出场强方向)的匀强电场。现从轨道所在竖直面内距A点高度为2R的P点，以大小gR的初速度水平向右抛出一质量为m、电荷量为q(q0)的小球，小球恰能在A如图，用水平传送带向右运送货物，传送带左、右端点A、B间距为L=24.5m，装货物的凹形薄木箱质量为M=1kg、长度d=1.5m。现将质量m=2kg的货物放入静止的木箱，木箱左侧位于A端，货物恰与木箱左侧壁接触。放入货物后，传送带由静止开始依次做匀加速运动、匀速运动和匀减速运动直到静止，木箱在传送带匀速运动中的某时刻与传送带共速，且停止运动时其右侧刚好在B端，该过程中，传送带减速段、加速段的加速度大小均为a0=4m/s如图，一定质量的理想气体依次经历的三个不同过程，分别由压强—温度(p?T)图上三条直线ab、bc和ca表示，其中ab平行于横轴，bc的延长线过坐标原点O，ca平行于纵轴。由图可知，ab过程中气体体积______(填“增大”、“减小”或“不变”)，bc过程中气体______热(填“吸”或“放”如图，一横截面积为S的圆柱形气缸竖直放置在升降机中，质量为m的活塞在缸内封闭着一定质量的理想气体，活塞上表面水平，下表面与水平面的夹角为θ。

不计活塞与气缸内壁之间的摩擦，大气压强为p0，重力加速度大小为g。(1)当升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动时，求缸内气体的压强；(2)当升降机静止时，对缸内气体缓慢加热，气体吸收的热量为Q，气柱高度增加了ΔL，求加热过程中气体内能的增量。为帮助图(a)所示在井底正中央“坐井观天”的青蛙拓宽视野，某同学设计了图(b)所示的方案，在深度排口直径=12的圆柱形井中注满透明液体。该访案中：①注入液体的折射率______(填“较大”或“较小”)时，观察范围较大；②当注入液体的折射率大于______时，观察范围不再增大；③若注入的液体是折射率为1.33的水，则青蛙的观察范围为______如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻刚好传到A点，此时相距Δx=0.8m的P、Q两质点运动方向相反、偏离平衡位置的位移均为y0=10cm，其中，P点在Q点左侧但位置未标出；从t=0时刻开始，Q质点经历1.4答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、x?t图象的斜率等于速度，甲图像斜率先正后负，先沿正方向运动后沿反方向运动，故A错误；B、t1时刻x?t图象的斜率为零，甲的速度为零，故B错误；C、甲、乙速度相同时相距最远，即t1时刻之前某一时刻甲、乙相距最远，故C错误；D、t2时刻，x—t图象的斜率等于速度，甲、乙的图线t2时刻斜率一正一负，所以甲、乙的运动方向相反，故D正确。

2.【答案】C【解析】解：从A到B由动能定理可知mgLsinθ+UABq=0 解得UAB=?mgLsinθ3.【答案】B【解析】解：设地球半径为R，空间站的离地高度为h，空间站绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力得：GMm(R+h)2=mv2R+h 第一宇宙速度为绕地球表面飞行的物体做圆周运动的速度，根据GMmR4.【答案】A【解析】解：对木箱受力分析，如图： 依题意木箱匀速运动，由共点力平衡可得：Fsinθ+N=mg，Fcosθ=f 根据滑动摩擦力表达式可得：f=μN 联立解得：F=mg2s5.【答案】B【解析】解：两离子在电场中加速，则根据动能定理得：qU=12mv2 可得：v=2qUm 两离子质量相等、电荷量关系为q甲=4q乙，可知两离子离开电场时的速度之比为：v甲：v乙=2：1 时间之比为：t甲：t乙=1：2 因为甲在T4时刻沿OO′方向进入，则乙在T2时刻沿OO′方向进入，甲离子在偏转电场中的运动时间为T2，则乙离子在偏转电场中的运动时间为T′；甲离子在偏转电场中的加速度为：a甲=E×4qm 6.【答案】A【解析】解：A、S接1且电路稳定后，电容器两端电压为E，则所带电荷量为Q=EC，故A正确；B、S接2且电路稳定后，小灯泡的电流为I=ER+r，热功率为P=I2R=(ER+r)2R，故B错误；C7.【答案】AB【解析】解：A、两个等量同种正点电荷连线的中垂线上从中点向两侧场强先增大后减小，电子能够在AB连线的中垂面内绕O点做匀速圆周运动由电子受到的电场力提供向心力，F=Eq知r较大时向心力可能增大也可能减小，故A正确；C、在A、B连线的中垂线上，电场线方向都是从O指向无穷远处，所以电势一直降低，电子带负电，则r增大时，电势能增大，故C正确；B、设电子与A的连线与AO夹角为θ，AO长为a，电子受A点正电荷的库仑力为F=kqQ(acosθ)2=kqQcos2θa2，r=atanθ，F8.【答案】B【解析】解：A、过程1中，上升阶段，弹簧对运动员做正功，下落过程中弹簧对运动员做负功，运动员能够越跳越高，是因为消耗了运动员体内的能量，转化为运动员的机械能，故A错误；B、由题可知，当物体静止时，在A点弹簧的弹等于重力，在过程2的每一次单向向上运动过程中，阻力方向向下，运动员的速度最大时，运动员的加速度为零，此时有：F弹=mg+0.2mgmg，则速度最大时，运动员比静止在弹簧上时，弹簧的弹力更大，则被压缩更短，所以弹簧的上端都处于A点下方，故B正确；C、过程2中，从距O点高为6.1m开始下落到弹至心距O点高4m处，设运动员克服空气阻力做的功W，由动能定理得：mgh?W=0，其中h=6.1m?4m=2.1m，代入数据解得：W=1050J，故C错误；D、过程2中，当弹簧第一次到最低点时，弹簧的弹性势能最大，设弹簧的压缩量为x，运动员从距O点高为6.1m开始下落到重心与O9.【答案】1.47? 0.54【解析】解：(1)根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图(b)所示 (2)根据图(a)所示电路图由闭合电路的欧姆定律得：U=E?I(r+rA)  由图(c)所示图象可知，电源电动势E=1.47V，图象斜率的绝对值|k|=r+rA10.【答案】A? C? 1.250? 0.083【解析】解：(1)A、为使滑块受到的拉力等于拉力传感器的示数，气垫导轨需进行水平调零且保持滑块运动过程中橡皮筋水平，故A正确；B、为了获得不同的冲量，每次释放滑块的位置必须不同，故B错误；C、每次实验中，改变拉力的冲量，滑块、遮光条和拉力传感器的总质量必须保持不变，故C正确；D、必须在滑块开始运动时开始计时，故D错误。

故选：AC。(3)第三次实验时滑块的速度v3=dt3=0.0250.0200m/s=1.250m/s (4)在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示 (5)对滑块、遮光条、传感器整体，由动量定理得：I=(M+m0+m)v，整理得：v11.【答案】解：从P点到A点，小球受重力和电场力共同作用做类平抛运动，如图所示，将小球在A点的速度分析，可知速度偏转角为60°。?由运动学规律有：vy2=2ay，tan60°=vyv0 由牛顿第二定律得：mg+qE=ma 将v0=gR，y=2R代入，联立以上各解得：E=?mg4q 故匀强电场的电场强度大小为mg4q，方向竖直向上。(2)由题意，小球在A点沿轨道切线进入轨道，可知进入时无能量损失。假设小球能到达C点，设小球到达C点的速度大小为vC，轨道对小球的弹力大小为F。【解析】(1)小球从P点到A点做类平抛运动，将小球在A点的速度分解，可求出小球到达A点时的竖直分速度大小，由竖直方向分运动规律求出小球的加速度，再由牛顿第二定律就可以求出匀强电场的电场强度；(2)假设小球能通过C点。

根据动能定理求出小球到达C点时的速度。在C点，由牛顿第二定律求出轨道对小球的弹力大小，若弹力不等于零，则假设成立。本题关键要分析清楚小球的受力情况和运动情况，知道小球从P12.【答案】解：(1)传送带启动后向右做匀加速运动，货物和木箱一起相对传送带向左滑动，对货物和木箱整体，由牛顿第二定律可得：μ2(m+M)g=(m+M)a，解得：a=2m/s2 对货物，因μ1=0.1，仅靠静摩擦力提供的最大加速度为1m/s2，所以木箱对货物的静摩擦力不仅达到最大值，且左侧壁对货物还施加有压力F，由牛顿第二定律可得：μ1mg+F=ma，解得：F=2N 根据牛顿第三定律，货物对木箱侧壁的压力大小为：F′=F=2N (2)传送带减速运动过程中，货物一定相对于木箱向右滑动，对货物，由牛顿第二定律可得：μ1mg=ma1，解得：a1=1m/s2 设木箱相对传送带滑动，则由牛顿第二定律可得：μ2(m+M)g?μ1mg=Ma2，解得：a2=4m/s2 因为a2=a0，所以木箱相对传送带静止且一起做减速运动，由题意，木箱静止运动时右侧在B端可知，此前传送带速度已经减为零且货物与木箱已经发生了碰撞，设传送带速度由v0减到零所用时间为t，由运动学规律可得：0?v0=?a0t，解得：t【解析】(1)首先对货物和木箱整体应用牛顿第二定律得到一起运动的加速度，再隔离货物分析受力情况得到木箱对货物的压力，最后根据相互作用力得到货物对木箱侧壁的压力；(2)由于传送带减速，货物相对木箱向右滑动，根据牛顿第二定律分别得到木箱和货物的加速度，从而发现木箱加速度与传送带一样，说明与传送带一起做减速运动；结合木箱静止在传送带右侧B端可知，在此之前货物与木箱已经发生了碰撞，通过运动学规律计算出木箱与货物的相对位移；最后根据热量公式Q=μ113.【答案】增大? 放? 外界对气体【解析】解：由图示图象可知，ab过程气体压强p不变而温度T升高，由一定质量的理想气体状态方程pVT=C可知，气体体积增大；由图示图象可知，bc过程压强与p与热力学温度成正比，由一定质量的理想气体状态方程pVT=C可知，气体体积不变，外界对气体不做功，W=0，该过程气体温度降低，内能减小，ΔU0，由热力学第一定律ΔU=W+Q14.【答