2022年安徽省马鞍山市高考物理一模试卷+答案解析(附后)

2022年安徽省马鞍山市高考物理一模试卷
1. 一质点运动的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. 质点在内的平均速度为
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。

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随x变化的关系如图所示，其中处
电势最低，x轴上M、N两点的横坐标分别为和2L，则( )
A. 两点电荷为异种电荷
B. 坐标为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。

其中速率为且沿PO方向射入
的粒子，经时间t后从A点离开磁场，。

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、。

则( )
A.
两小球质量之比：：4
B.
两小球质量之比：：3
C.
支架对两小球的弹力之比：：4
D.
支架对两小球的弹力之比：：5
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
，在时间内，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
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，第二次击打过程中小锤对小球做功。

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。

质量也为m的滑块可视为质点从长木板的左端以速度滑上长木板，弹簧的最大压缩量为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，弹簧的最大压缩量也为。

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µ
D. 滑块以速度滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端
9. 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，重物的质量为，实验室所在地的重力加速度为g。

实验步骤如下：
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
______mm；
测出两个光电门间距x；
释放滑块，测出遮光条通光电门1、2的时间分别为、；
改变两光电门间距，重复步骤2、3；
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，则滑块和木板间的动摩擦因数______
用k、、、g、d表示。

10. 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，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“”、“”的欧姆表。

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______；
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”。

根据题干信息可知：：______；电源E的电动势的值为______ V。

11. 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的小球以速度竖直向上抛出，重
力加速度为g。

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；
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，求小球抛出后瞬间的加速度和上升的最大高度。

12. 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l，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，C、D两板加一交变电压，电压大小为U、周期如图乙所示，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：
、B间加速电压的大小；
荧光屏上被电子击中部分的长度D；
到达荧光屏上O点的电子动能。

13. 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
14. 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
，上方玻璃管横截面积为，下方玻璃管横截面积为，且
，气体柱长度，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：
当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度；
当理想气体温度为451K时，水银柱下端距粗管上端的距离。

15. 图为一列简谐横波在时的波形图，P是平衡位置为处的质点，Q 是平衡位置为处的质点，图为质点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
C. 时，质点P的加速度向下
D. 从到，质点P通过的路程为4m
E. 时，质点Q的速度向上
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，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
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，光在真空中传播速度为c，求：
距离；
光线A从进入半圆柱体到P点所需时间。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、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，故A错误；
B、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、分别代入可得：，，即质点做加速度大小为的匀变速直线运动，故B正确；
C、质点做匀变速直线运动，加速度保持不变，故C错误；
D、质点在内的平均速度为，故D错误。

故选：B。

图像反映质点的位置随时间的变化情况，只能表示直线运动的规律；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，根据位移-时间公式求质点的加速度；根据
图像的斜率表示速度，分析质点的速度变化情况；平均速度等于位移与时间之比。

本题考查对图像的理解，关键要知道图像的斜率表示速度，纵坐标的变化量表示位移，结合运动学公式分析图像的物理意义。

2.【答案】A
【解析】解：空间站的角速度为
地球表面的物体，有
由牛顿第二定律有
联立，解得，故A正确，BCD错误。

故选：A。

空间站绕地球做圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，结合黄金代换式推导出空间站的离地高度。

明确知道空间站做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供，熟记万有引力和向心力的关系式，熟记黄金代换式。

3.【答案】C
【解析】解：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，故A错误；
在处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，设坐标为处电荷的电荷量大小为
得
故原点处的场强大小为
方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故B错误，C正确；
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，故D错误。

故选：C。

由图像特点判断电荷电性，由场强公式求解电荷关系，由能量关系求解电势能变化。

本题考查电势能，学生需熟练掌握场强公式等，综合求解。

4.【答案】D
【解析】解：速率为且沿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，故A错误；
B.速率为且沿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，故B错误；
C.根据以上分析可知，粒子速率为，运动半径为R，根据，速率为的粒子运动半径为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
，故C错误；
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
故D正确。

故选：D。

根据左手定则判断，判断磁场方向；根据几何关系判断粒子运动周期；根据洛伦兹力提供向心力可知速度大小关系。

该题考查了学生对带电粒子在磁场中运动的综合性问题，学生应对粒子的运动状态和受力分析后再解决问题。

5.【答案】B
【解析】解：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，bO连线与水平方向夹角为，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：：：3，：：3，
故ACD错误，B正确。

故选：B。

对小球a和b的受力，根据平衡条件联立等列式可求质量和弹力之比。

本题考查共点力作用下的物体平衡，对小球a、b准确受力分析是解题关键，本题属于静态平衡，直接正交分解列式求解即可。

6.【答案】AC
【解析】解根据，可知，动量变化率为合外力，不变，故A正确；
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，故B错误；
C.物体加速度，，在时间内
，机械能增加，故C正确；
D.根据动量定理可知，故D
错误。

故选：AC。

根据动量定理可知物体动量变化率为合外力，机械能的该变量根据除了重力之外的力对物体做的功可得答案。

该题考查动量定理以及功能关系中机械能变化量为除了重力之外的力对物体做的功，属于较易题型。

7.【答案】AB
【解析】解：第一次击打后小球最高到达与球心O等高位置，根据动能定理，有：
，得①
两次击打后小球可以到轨道的最高点，根据动能定理，有：
②
在最高点，对于小球，由牛顿第二定律有：
…③
联立①②③解得：，
则，故AB正确，CD错误。

故选：AB。

第一次击打后小球最多到达与球心O等高位置，根据动能定理列式求出的最大值；两次击打
后小球能运动到圆轨道的到轨道最高点，恰好到达最高点时，最小，根据向心力公式和动能
定理相结合求出的最小值，从而求得的范围，再确定特殊值。

解决本题的关键要把握隐含的临界情况和临界条件，利用动能定理和向心力公式相结合进行解答。

8.【答案】ACD
【解析】解：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，
从滑块以速度滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律定律得：
由能量守恒定律得：
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，
由能量守恒定律得：
若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为，弹簧的最大压缩量也为，
由能量守恒定律得：
解得：，
设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为，
由能量守恒得：
代入数据可解得：
说明滑块以速度滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故ACD正确，B错误。

故选：ACD。

滑块与木板组成的系统动量守恒，弹簧压缩量最大时滑块与木板速度相等，此时弹簧的弹性势能最大；应用动量守恒定律与能量守恒定律分析求解。

本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚滑块与木板的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。

9.【答案】；；
【解析】解：由图乙所示游标卡尺可知，其精度是，遮光条的宽度。

滑块经过两光电门时的速度大小分别是，
对滑块，由动能定理得：
整理得：
应以为纵轴，x为横轴作出图像
由图丙所示图像可知，图像的斜率
解得，滑块和木板间的动摩擦因数
故答案为：；；。

游标卡尺主尺读数与游标尺读数的和是游标卡尺读数。

求出滑块经过光电门时的速度，应用动能定理求出图像的函数表达式，然后求出动摩擦因数。

要掌握常用器材的使用方法与读数方法；应用动能定理求出图像的函数表达式是解题的前提，根据图示图像可以求出动摩擦因数。

10.【答案】110 变大 1：
【解析】解：选择开关S接3、4时，分别为倍率为“”、“”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“”挡位，则电阻阻值为；
当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流不变，由公式
欧姆表内阻得调小，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．
选择开关接1时，对应的电流表量程为
①
选择开关接2时，对应的电流表量程为
②
联立①②式子解得：：：4
根据图像可知，“”挡位中值电阻即欧姆表内阻为，所以
代入数据解得：
故答案为：；变大；：4；
根据图像可知选择的是“”挡位，则电阻阻值为；
根据电表改装原理可知，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
不变，当变小时，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．
根据相应量程列方程联立求解即可。

本题考查多用电表的构造原理及使用方法，解题关键是要会利用欧姆定律结合串并联电路特点进行定性分析与定量计算。

11.【答案】解：忽略空气阻力时，落回出发点的速度为，
由，
得：
小球最终做匀速运动，知，得
刚抛出时加速度最大，则
得：
在上升过程中取任意微小过程，设时间为，速度为，速度的变化量为，
由动量定理：
即
得：
答：物体经过时间回到抛出点；小球抛出后瞬间的加速度为；上升的最大高度为。

【解析】根据小球竖直方向做竖直上抛运动可求得运动时间；由题意知刚抛出时速度最大可分析得加速度，再取上升过程中任意微小过程，根据动量定理可分析得上升的高度。

本题考查竖直方向竖直上抛运动规律以及动量定理的应用，但是在上升过程中取任意微小过程分析是该题难点，学生一般难以想到。

12.【答案】解：、B间加速过程根据动能定理有：
解得：
在…时刻入射偏转电场的电子
水平方向：
数值方向：
联立解得：
荧光屏上被电子击中部分的长度
电子要达到O点，必须在竖直方向经历先加速，后减速，再反向加速，离开偏转电场后，保持匀速运动，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
答：、B间加速电压的大小为；
荧光屏上被电子击中部分的长度为；
到达荧光屏上O点的电子动能为。

【解析】由动能定理求出加速获得的速度。

电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由公式求时间，竖直方向做匀变速直线运动，可解得打到荧光屏上的长度。

电子要到达O点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速过程，并且加速度大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，根据位移相等，由运动学公式求出向上加速的时间，求得竖直方向偏转的距离，根据动能定理求解到达荧光屏上O点的电子的动能。

本题是电子在周期性电场中运动的类型，分析运动过程是关键，再运用牛顿第二定律和运动学公式求解。

13.【答案】ABD
【解析】解：绝热膨胀过程，即，，由热力学第一定律，可得，即理想气体的内能减少，故A正确；
B.等温膨胀过程，因温度不变，则理想气体的内能不变，故B正确；
C.等压膨胀过程中，由盖-吕萨克定律的：，体积增大，可得温度升高，则气体的内能增大，故C错误；
D.等容变化过程，有，由热力学第一定律，可得，即气体吸收的热量和内能的增加量相同，故D正确；
E.气体在被压缩的过程，体积变小，即，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，故E错误。

故选：ABD。

根据热力学第一定律；温度是分子热运动的平均动能的标志。

本题考查热力学第一定律，要明确热力学第一定律中各物理量正负号的物理意义。

14.【答案】解：，
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
由一定质量理想气体状态方程有
联立代入数据解得：
设当理想气体温度为451K时的体积为，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
联立代入数据解得：
答：当水银刚被全部挤出粗管时，理想气体的温度为410K；
当理想气体温度为451K时，水银柱下端距粗管上端的距离为。

【解析】根据体积关系与平衡条件结合一定质量理想气体状态方程求解；
根据查理定律可解答。

找出各个状态下的参量是正确解题的关键，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题。

15.【答案】ACE
【解析】解：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，故A正确；
B.由a图得到该波的波长为，由b图得到该波的周期为，故波速为
，故B错误；
C.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，故C正确；
D.从到，经过半个周期，质点P通过的路程为
，故D错误；
E.根据振动图像可知，时，质点Q的速度向上处在平衡位置，故E正确；
故选：ACE。

根据平移法分析出机械波的传播方向；
根据图像得出波长和周期，结合公式计算出波速；
根据图像找出质点P在对应时刻的位置，由此分析出加速度的方向；
根据周期和质点振动路程的关系完成分析。

本题主要考查了横波图像的相关应用，根据图像得出振幅、波长和周期，结合对应的公式完成分析即可。

16.【答案】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：
由几何关系可知
解得
玻璃砖的折射率
光线A从进入半圆柱体到D点所需时间：
光线A从D到P点所需时间：
解得光线A从进入半圆柱体到P点所需时间：
答：距离为；
光线A从进入半圆柱体到P点所需时间为。

【解析】作出过圆心的光线的光路图，然后由几何关系求出距离；
由几何关系求得入射角和折射角，根据折射定律可求得折射率，根据求得光线在介质中传播的速度，由几何关系求出光线在空气中传播的距离，则传播的时间可求解。

解决本题的关键是正确作出光路图，运用几何关系求入射角和折射角，再根据折射定律和光速公式结合求解。