2022届湖北省武汉市高三（下）4月调研考试物理试题（解析版）

武汉市2022届高中毕业生四月调研考试物理试卷本试题卷共8页，16题。全卷满分100分。考试用时75分钟一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.1970年4月24日，“东方红一号”人造地球卫星发射成功，开创了中国航天的新纪元；2020年7月23日，“天问一号”火星探测器发射成功，开后了中国航天走向深空的新旅程。下列说法正确的是（）A.“东方红一号”和“天问一号”的发射速度均小于第一宇宙速度B.“东方红一号”和“天问一号”的发射速度均大于第一宇宙速度C.“东方红一号”和“天问一号”的发射速度均大于第二宇宙速度D.“东方红一号”和“天问一号”的发射速度均大于第三宇宙速度【1题答案】【答案】B【解析】【详解】发射速度大于第一宇宙速度时，卫星才能不落回地面；发射速度大于第二宇宙速度时，卫星才能脱离地球引力的束缚，才能到达火星；发射速度大于第三宇宙速度，卫星才能冲出太阳系。所以东方红一号的发射速度一定是大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，天问一号的发射速度一定大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度。故选B。2.在2022年北京冬奥会中，我国花样滑冰运动员隋文静和韩聪以出色的表现为中国代表队夺得第9金。如图所示为比赛时的两个场景，下列说法正确的是（）

A.在欣赏花样滑冰运动时，要将运动员看作质点B.韩聪用力将隋文静抛出，说明力能改变物体的运动状态C.韩聪拉着隋文静旋转时，韩聪对隋文静的力大于隋文静对韩聪的力D.韩聪拉着隋文静旋转时，隋文静的速度方向始终沿着其伸直的手臂方向【2题答案】【答案】B【解析】【详解】A．在欣赏花样滑冰运动时，要欣赏运动员的动作，不能将运动员看作质点，A错误；B．韩聪用力将隋文静抛出，说明力能改变物体的运动状态，B正确；C．根据牛顿第三定律，韩聪拉着隋文静旋转时，韩聪对隋文静的力等于隋文静对韩聪的力，C错误；D．韩聪拉着隋文静旋转时，隋文静的速度方向始终沿着其圆周运动的切线方向，D错误。故选B。3.某实验小组利用加速度传感器、数据采集器和电脑等器材，探究地铁列车在启动阶段的加速度a随时间t的变化规律。他们乘坐武汉地铁6号线列车，测得列车在“马鹦路”站由静止沿直线启动的图像如图所示。则列车在第时的速度大小大约是（）

A0 B. C. D.【3题答案】【答案】D【解析】【详解】a-t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，图中每个矩形的面积表示1m/s，则列车在第时的速度大小大约是故选D。4.在研究光电效应的实验中，用a、b两束光分别照射同一光电管的阴极，得到两条光电流随电压变化的关系图线，如图所示a、b两光比较（）

A.a光的频率大B.a光照射时阴极的逸出功大C.a光照射时产生的饱和光电流大D.a光照射时产生的光电子最大初动能大【4题答案】【答案】C【解析】【详解】AD．由图可知，a光的遏止电压小，根据可知a光的最大初动能小，根据光电效应方程可知a光的频率小，故AD错误；B．同种金属的逸出功相同，与照射的光无关，故B错误；C．由图可知，a光照射时产生的饱和光电流大，故C正确。故选C。5.如图所示，一定质量的理想气体从状态a（，，）经热力学过程ab，bc，ca后又回到状态a，对ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是（）

A.ca过程中，气体对外界做功B.bc过程中，气体向外界放热C.气体在状态a的体积是状态b的2倍D.气体在状态b的体积是状态c的4倍【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，ca过程中，气体压强不变，温度降低，则气体体积减小，外界对气体做功，故A错误；B．由图可知，bc过程中，气体温度升高，则气体吸收外界的热量，故B错误；C．由图可知，则根据玻意耳定律可得即气体在状态a的体积是状态b的2倍，故C正确；D．由图可知，则根据气体状态方程可得气体在状态c的体积是状态b的4倍，故D错误。故选C。6.如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直，阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。时，将开关S由1掷到2。v，F安，i、E感分别表示棒的速度、棒受到的安培力，棒中的电流和感应电动势，下列图像可能正确的是（）

A. B.C. D.【6题答案】【答案】B【解析】【详解】将开关S从1掷到2，电容器放电，电路中产生放电电流，根据左手定则，导体棒所受的安培力向右，在安培力的作用下，导体棒向右做加速运动，切割磁感线，产生感应电动势，电容器放电两端电压减小，棒加速感应电动势增大，当电容器两端电压等于感应电动势时，感应电流减小到零，安培力减小到零，导体棒开始做匀速运动。C．感应电流减小，当电容器两端电压等于感应电动势时，感应电流减小到零，C错误；B．感应电流减小，当电容器两端电压等于感应电动势时，感应电流减小到零，安培力减小到零，B正确；D．导体棒所受的安培力向右，在安培力的作用下，导体棒向右做加速运动，切割磁感线，产生感应电动势，电容器放电两端电压减小，棒加速感应电动势增大，当电容器两端电压等于感应电动势时，电动势保持不变，感应电动势不是一直增大的，由于加速度减小，则速度的变化率减小，感应电动势的变化率减小，即图像的斜率减小，故D错误；A．根据牛顿第二定律得随着电流的减小，棒的加速度减小，速度图像的斜率减小，速度图像是向下弯曲的曲线，不是直线，当电容器两端电压等于感应电动势时，棒做匀速运动，速度图像是水平的直线，A错误。故选B。7.如图所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，降压变压器原、副线圈匝数比为450:11，远距离输电线的总电阻为。若升压变压器输入功率为，供给用户端的交流电，则远距离输电线损耗功率是（）

A. B. C. D.【7题答案】【答案】A【解析】【详解】由题可知，降压变压器的输出电压为设降压变压器的输入电压为，则根据变压器的电压关系可得解得则根据远距离输电的功率关系有带入数据解得，输电线上的电流为则远距离输电线损耗功率为故选A。8.关于内能，下列说法正确的是（）A.一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关B.质量和温度都相同的理想气体，内能一定相同C.内能不同的物体，分子热运动的平均动能可能相同D.物体内所有分子热运动动能的总和就是物体的内能【8题答案】【答案】AC【解析】【详解】A．一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，A正确；B．温度相同，气体分子的平均动能相同，质量相同，分子数不一定相同，所以内能不一定相同，B错误；C．内能不同的物体，温度可能相同，分子热运动的平均动能可能相同，C正确；D．物体内所有分子热运动动能的总和加上所有分子的势能总和就是物体的内能，D错误。故选AC。9.正方形的四个顶点分别固定如图所示的点电荷，O是正方形的中心，a、b、c、d分别是各边的中点。取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）A.a、c两点电势相等B.b，d两点电场强度相同C.c、d两点电场强度方向相互垂直D.O点电场强度为零，电势不为零【9题答案】【答案】AC【解析】【详解】A．a、c两点电势均等于零，A正确；B．右面两个电荷在b点合电场强度Eb1竖直向上，左面两个电荷在b点的合电场强度Eb2竖直向下，因为，所以b点的合电场强度竖直向上；左面两个电荷在d点电场强度Ed1竖直向下，右面两个电荷在d点的电场强度Ed2竖直向上，因为，所以d点的合电场强度方向竖直向下；b，d两点电场强度方向相反，B错误；C．下面两个电荷在c点电场强度Ec1水平向左，上面两个电荷在c点的电场强度Ec2水平向右，因为，所以c点的电场强度方向水平向左；左面两个电荷在d点电场强度Ed1竖直向下，右面两个电荷在d点的电场强度Ed2竖直向上，因为，所以d点的电场强度方向竖直向下；则c、d两点电场强度方向相互垂直，C正确；D．对角线上的两个正电荷在O点的合场强等于零，两个负电荷在O点的合电场强度等于零，所以四个点电荷在O点的合电场强度为零；四个电荷在O点的总电势等于零，D错误。故选AC。10.比亚迪“汉EV”是全球首款搭载“刀片电池”的车型。若该车装配了120块“刀片电池”，每块“刀片电池”的容量是，平均工作电压是，则下列说法正确的是（）A.单块电池充满电后储存的电荷量是B.单块电池充满电后储存的电能是C.若该车在某次行驶中平均能耗是，则其续航里程是D.若某块电池充电电流是，则经过可将该电池从其容量的30%充到80%【10题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．单块电池充满电后储存的电荷量是故A错误；B．单块电池充满电后储存的电能是故B正确；C．该车充满电后储存的电能为则其续航里程是故C错误；D．若某块电池充电电流，则经过可将该电池从其容量充到即为总容量的50%，故可将该电池从其容量的30%充到80%，故D正确。故选BD。11.如图所示，一竖直轻弹簧静止在水平面上，其上端位于O点，重力均为G的a，b两物体叠放在轻弹簧上并处于静止状态。现用一恒力F竖直向上拉b，将a、b视为质点，则下列说法正确的是（）

A.若，则a、b恰好在O点分离B.若，则a、b恰好在图示的初始位置分离C.若，则a，b在O点正下方某一位置分离D.若，则a，b在O点正下方某一位置分离【11题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．a、b两物体叠放在轻弹簧上，并处于静止时，此时弹簧弹力等于重力得到压缩量x为若，则a、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0，对b物体，根据牛顿第二定律得到此时对a物体，根据牛顿第二定律可得解得所以a，b在O点正下方某一位置分离，A错误；B．若，则a、b两物体要分离时，两者间的相互作用力为0，对b物体，根据牛顿第二定律得到对a根据牛顿第二定律得解得则a、b恰好在图示的初始位置分离，B正确；C．当拉力较小时要考虑物体整体做简谐振动的情况。若，系统做简谐振动，对a、b两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为，则解得此时振幅为则最高点时的弹簧压缩量为根据A、B两个选项的过程，同理可以求得时，两物体作用力为0时，弹簧压缩量为因为所以物体不会分离，两物体将一起做简谐振动，C错误；D．若，系统做简谐振动，对a、b两物体整体进行分析，平衡位置时，弹簧的压缩量为，则解得则此时的振幅为则最高点时的弹簧压缩量为根据A、B选项过程，同理可以求得时，两物体作用力为0时，弹簧压缩量为因为所以两物体不能一起简谐振动，在做完整简谐振动之前时就已经分离，故若，则a，b在O点正下方某一位置分离，D正确；故选BD二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.某同学将一微安表μA（量程，内阻）改装为量程是20mA的毫安表，并利用量程是20mA的标准毫安表mA进行校准。（1）图（a）是电路图，虚线框内是改装后的毫安表，则与微安表μA并联的电阻R1的阻值是_______Ω（保留到个位）；（2）根据图（a），将图（b）中的实物电路补充完整_______；（3）正确连接实物电路后，闭合开关S，调节滑动变阻器R3，当标准毫安表的示数是15.2mA时。微安表μA的示数如图（c）所示，该示数是_______μA（保留到个位）；由此可以推测出改装毫安表的实际量程是_______mA（保留到个位）。【12题答案】【答案】①.10②.③.160④.19【解析】【详解】（1）[1]与微安表μA并联的电阻R1的阻值是（2）[2]实物电路如图所示（3）[3]微安表μA的示数为160μA；[4]电阻R1的阻值为毫安表的实际量程是13.某同学利用滑块在倾斜气垫导轨上的下滑运动。测得当地的重力加速度偏小，其中一个原因是未考虑滑块与导轨间的空气粘滞阻力。已知滑块受到的粘滞阻力大小F与滑块的速度大小v成正比，其表达式为，式中比例常数k为粘滞阻力系数。为了计算方便，用平均速度（，式中、分别表示初，末位置的速度）计算平约粘滞阻力。该同学弄清楚原因后重做实验，实验装置如图所示，实验步骤如下：

（1）如图（a）所示，将气垫导轨放在水平桌面上，将滑块放在导轨上，在滑块上放一个气泡水平仪，先调节②③号调平螺钉，后调节①号调平螺钉，当气泡水平仪中的气泡________时。可认为导轨基本水平；（2）用刻度尺测出①号调平螺钉到②③号调平螺钉连线的距离为L，测出两光电门之间的离为S，用天平测出滑块（含挡光条）的质量为m，用螺旋测微器测量挡光条的宽度d，示数如图（b）所示，则_______；

（3）启动气泵，自右向左推一下滑块后，数字计时器自动记录挡光条通过光电门A、B的时间分别为、，则挡光条通过光电门A、B时的速度大小分别为________、________。（4）将高为h（远小于L）的垫块垫在①号调平螺钉与水平桌面之间，启动气泵，将滑块自光电门A的右侧某一位置由静止释放，数字计时器自动记录挡光条通过光电门A、B的时间分别为、，则重力加速度大小的计算式为___________。A．B．C．D．【13题答案】【答案】①.在y轴和x轴都居中②.10.000③.④.⑤.A【解析】【详解】（1）[1]当导轨基本水平时，滑块做匀速直线运动，则此时气泡水平仪中的气泡在y轴和x轴都居中。（2）[2]根据螺旋测微器的读数规则可知，则挡光条的宽度为（3）[3][4]由于挡光条通过光电门的时间极短，则其瞬时速度等于平均速度，则有（4）[5]根据匀变速直线运功速度位移关系，即又联立解得BCD错误，A正确故选A。14.如图所示，半圆形玻璃砖半径为R，直径与荧光屏（足够大）平行且相距为．频率相同的两束平行光a、b均以角同时射入玻璃砖，a光从圆心O入射，恰好从半圆弧的三等分点D射出，b光从半圆弧的中点C射出．不考虑光在半圆弧上的反射，，求：（1）玻璃砖的折射率；（2）荧光屏上两光点之间的距离。（结果可用根号表示）【14题答案】【答案】（1）n=1.6；（2）【解析】【详解】（1）根据题设条件作出光路图，如图所示，研究a光，入射角为折射角为根据折射定律可得（2）根据光路图可知，a、b两束光打到萤光屏上的点、的距离为15.如图（a）所示，粗糙程度均匀的水平轨道与竖直面内的半圆形轨道在B点平滑连接，半圆形轨道半径为。一质量为的小物块P将弹簧压缩到A点后由静止释放，向右运动至B点与质量为的小物块Q发生弹性碰撞，碰撞后P向左运动至中点处停下（P未到达弹簧自由端，），Q从B点进入半圆形轨道，在半圆形轨道上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图（b）所示，重力加速度大小为，求：（1）Q从B点运动到D点的过程中克服摩擦力做的功；（2）P将弹簧压正缩到A点时弹簧具有的弹性势能。

【15题答案】【答案】（1）0.4J；（2）4.95J【解析】【详解】（1）由图可知，Q在B、D两点的速度分别为，Q从B点运动到D点的过程，由动能定理有带入数据解得，Q从B点运动到D点过程中克服摩擦力做的功为（2）P、Q碰撞过程，根据动量守恒定律可得由于是弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有联立解得，碰撞前P的速度为碰撞后P的速度为则碰撞后P向左运动至中点过程，根据动能定理