2022届安徽省示范高中皖北协作区高三下学期3月联考理综物理试卷解析版

安徽省示范高中皖北协作区2022届高三下学期理综物理3月联考试卷一、单选题1．用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为3.6eV的光照射到光电管上时，电流表G有读数。移动变阻器的触点c，当电压表的示数大于或等于0.9V时，电流表读数为0，则以下说法正确的是（）A．光电子的最大初动能为0.9eVB．改用能量为2eV的光子照射，电流表G有电流，但电流较小C．电键S断开后，电流表G示数为0D．光电管阴极的逸出功为3.6eV2．2021年10月16日神州十三号飞船成功与中国天宫空间站实现自动交会对接。翟志刚王亚平、叶光富3名航天员随后从神舟十三号载人飞船进入天和核心舱。已知天宫空间站在距离地面约400千米的圆轨道上飞行（同步卫星离地高度约3.6万千米，地球半径R=6400千米）。则下列说法中正确的是（）A．“神州十三号”飞船可在高轨道上加速，以实现对低轨道上的天和核心舱的对接B．在轨运行时，天宫空间站的线速度大于第一宇宙速度C．天宫空间站的运行速度约是地球同步卫星速度的6倍D．在轨运行时，天宫空间站的角速度大于同步卫星的角速度3．如图所示，半圆形线框竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为m的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90°，框架与小球始终保持静止状态，在此过程中下列说法正确的是（）A．拉力F一直增大B．拉力F的最小值为mgsinθC．地面对框架的摩擦力先增大后减小D．框架对地面的压力始终在减小4．如图1所示为一种小型儿童玩具——拨浪鼓，其简化模型如图2所示，拨浪鼓边缘上与圆心等高处关于转轴对称的位置固定有长度分别为LA、LB（LA>LB）的两根不可伸长的细绳，两根细绳另一端分别系着质量相同的小球A、B。现匀速转动手柄使两小球均在水平面内匀速转动，连接A、B的细绳与竖直方向的夹角分别为α和β，下列判断正确的是（）A．A，B两球的向心加速度相等B．两球做匀速圆周运动时绳子与竖直方向的夹角αC．A球的线速度小于B球的线速度D．A球所受的绳子拉力小于B球所受的绳子拉力5．如图所示，半径为r的半圆abca内部无磁场，在半圆外部（含半圆）有垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B。比荷为p的带正电粒子（不计重力）从直径ac上任意一点以相同的速度垂直于ac射向半圆，带电粒子进入磁场偏转一次后都能经过半圆边缘的c点并被吸收，下列说法正确的是（）A．磁场方向一定垂直半圆平面向外B．带电粒子在磁场中第一次到达C点的运动的时间范围为πC．带电粒子在磁场中第一次到达C点的运动的时间范围为0<D．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为2r二、多选题6．如图1所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m可视为质点的小球，从离弹簧上端高为x0处由静止下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下建立坐标轴Ox，作出小球的加速度a随小球位置坐标x的变化关系如图2所示，弹簧被压缩至最低点时小球所在位置坐标为x2，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（）A．弹簧的劲度系数k=mgx1C．x2=2x1-x0 D．x7．如图所示，圆心为O点，半径R=0.1m的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆的直径。将电荷量为q=+0.1C的粒子从a点移动到b点，电场力做功为2J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4J。下列说法正确的是（）A．该匀强电场的场强方向与ab平行B．电场强度的大小E=200V/mC．a点电势低于c点电势D．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为-2J8．如图所示正方形匀质刚性金属框（形变量忽略不计），边长为L=0.1m，质量为m=0.02kg，电阻为R=0.4Ω，距离金属框底边H=0.2m处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L=0.1m，左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以v0=2m/s的初速度水平无旋转地向右抛出，设置合适的磁感应强度B的大小使金属框匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．磁感应强度B为2TB．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，克服安培力做功的功率P为0.4WD．调节H、v0和B，金属框仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量Q为0.04J9．下列说法正确的是（）A．气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果B．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力增大，斥力减小C．一定质量的理想气体，温度升高，压强不变，则单位时间撞到单位面积上的分子数减少D．恒温水池中，小气泡由底部缓慢上升过程中，气泡中的理想气体内能不变，对外做功，吸收热量E．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大10．如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t=0和t=0.2s时的波形图。已知平衡位置在x=6m处的质点，在0到0.2s时间内运动方向不变。则下列说法正确的是（）A．这列简谐波的周期为0.8sB．在t=T2时刻，x=1mC．这列简谐波沿x轴正方向传播D．这列简谐波的波速为5m/sE．在t=T2时刻，x=2m三、实验题11．某研究性学习小组用图甲装置测定当地重力加速度，其主要操作步骤如下：①将电磁铁、小铁球、光电门调节在同一竖直线上；②切断电磁铁电源，小铁球由静止下落，光电计时器记录小铁球通过光电门的时间t，并用刻度尺测量出小铁球下落前球的底部和光电门的距离h；③用游标卡尺测小球的直径d，如图乙所示。（1）则d=mm，当地的重力加速度为（用题中给出的字母表示）；（2）其中有几个小组同学测量g值比当地的重力加速度偏大，通过反思后提出了四种原因，你认为哪些项是合理的____。A．小球下落时受到了空气阻力B．切断电源后由于电磁铁的剩磁，小球下落后仍受到电磁铁的引力C．误把h当做小球下落的高度D．将电磁铁、小铁球光电门调节在同一竖直线上不准确，在小球通过光电门时球心偏离细光束12．某兴趣小组认为欧姆表内部可等效为一电源，设计如图1所示的电路来测量欧姆表“×1”挡位的电动势与内阻，使用的器材有：多用电表、电压表（量程0-3V，内阻约为4kΩ）电阻箱R（0-9999.9Ω）、导线若干具体操作如下：将欧姆表的选择开关旋至“×1”挡位，红、黑两表笔短接，进行欧姆调零。将电压表与电阻箱R按图1连接好；多次改变电阻箱R，记下R的值和对应电压表的示数U，测得的数据如下表所示：1234567R（Ω）20.030.040.050.060.0100.0200.0U（V）0.861.011.101.161.231.321.421U（1/V1.160.990.910.860.810.760.701R（1/Ω0.0500.0330.0250.0200.0170.0100.005回答下列问题：（1）图1欧姆表中与1相连的是（选填“红”或“黑”）表笔。（2）在图2的坐标纸上补齐数据表中第4、第5两组数据对应的点，并做出1U（3）由所绘图像中信息可得出欧姆表该挡位的电动势为V，内阻为Ω。（保留3位有效数字）（4）实验小组对欧姆表原理和实验误差进行了讨论，在正确的操作基础上，下列说法合理的是()A．若欧姆表内电池内阻增大，使用该表测电阻R的读数比真实值偏大B．若欧姆表内电池内阻增大，使用该表测电阻R的读数比真实值偏小C．若欧姆表内电池电动势减小，使用该表测电阻R的读数比真实值偏大D．若欧姆表内电池电动势减小，使用该表测电阻R的读数比真实值偏小四、解答题13．中国工程院院士、海军工程大学教授——马伟明是我国“国宝级”专家，他带领的科研团队仅用几年时间，在电磁发射技术上取得集群式突破，全面推动了我国武器发展从化学能到电磁能的发射革命。电磁炮的基本原理如图所示，把待发射的炮弹（导体）放置在匀强磁场中的两条平行导轨（导轨与水平方向成α角）上，若给导轨通以很大的恒定电流I，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，由静止沿导轨做加速运动，以某一速度发射出去。已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直两平行导轨向上。两导轨间的距离为L，磁场中导轨的长度为S，炮弹的质量为m，炮弹和导轨间摩擦力恒为f，当地重力加速度为g。求：（1）炮弹在导轨上运动时加速度大小；（2）炮弹在导轨末端发射出去时速度大小。14．如图所示，AB、BC为固定的光滑水平轨道，轻质弹簧固定在A端，BC区域内有水平向右的匀强电场，电场强度E=6×103N/C。CD为一固定的半径为r=0.125m的四分之一光滑圆弧。一长L=1m、质量为M=0.4kg、带电量q2=1×10-3C的平板小车最初锁定在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道齐平，且与CD轨道最低点处于同一水平面。一质量m=0.8kg、带电量q1=-1×10-3C可看作质点的物块在水平向左的外力作用下压缩弹簧。撤去外力弹簧恢复原长后，物块从B点进入半径R=0.9m的固定竖直放置的光滑圆形轨道做圆周运动，从最低点水平向右滑上小车的同时小车解除锁定，小车向右运动。小车与CD轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处。滑块与小车间的动摩擦因数为µ=0.875物块、小车外表面绝缘，电荷分布在绝缘外层内部，BC轨道足够长且B点电势为0。取g=10m/s2，求：（1）滑块在竖直圆形轨道内运动的最大电势能；（2）要使滑块能在竖直圆形轨道内做完整的圆周运动，弹簧压缩时最小弹性势能是多少；（3）要使滑块能够越过D点，弹簧压缩时弹性势能的范围是多大。15．如图所示，高为h、横截面积为S的气缸竖直放置在水平面上，气缸上端开口。质量为m厚度可忽略的活塞处于静止状态，此时活塞距缸底的高度为13h。活塞下方密封有一定质量的理想气体。活塞和气缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，外界大气压强为p0，内外温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，使活塞缓慢上升，重力加速度大小为g（1）活塞刚好上升到缸顶时气体的温度及该过程气体对外做的功；（2）当活塞上升到缸顶时，由于意外导致气缸开始缓慢漏气。继续对气体加热，而活塞保持在该位置静止不动。当气体温度为6T0时，求漏出去的气体与原封闭气体的质量之比。16．如图所示为一横截面为直角三角形ABC的玻璃棱镜，其中∠A=30°，D点在AC边上，A、D间距为L，AB=23L。一条光线平行于AB边从D点射入棱镜，经AB边反射后垂直BC边射出，已知真空中的光速为c，求：（1）通过计算说明光束能否在AB面上发生全反射；（2）光束在三棱镜中传播的时间。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A.由题可知,遏制电压UC=0.9VA符合题意；B.由题可知，光电管的逸出功小于等于3.6eV，改用能量为2eV的光子照射，电流表G可能有电流，也可能没有电流，B不符合题意；C.电键S断开后，仍然能组成闭合回路,电流表G示数可以不为0，C不符合题意；D.光电管的逸出功小于等于3.6eV，D不符合题意。故答案为：A。

【分析】利用遏止电压结合动能定理可以求出最大初动能的大小；当入射光能量大于逸出功时其电流表可能有电流；电键断开时其电流表示数可能不等于0；其光腚的逸出功小于或等于3.6eV。2．【答案】D【解析】【解答】A．飞船应加速，从低轨道做离心运动与高轨道核心舱对接，A不符合题意；B．第一宇宙速度是最大的圆周环绕速度，B不符合题意；C．万有引力提供天体圆周运动的向心力G得v由题意可知，天宫空间站和同步卫星的轨道半径分别为6800千米和42400千米，大约为6倍关系。而vC不符合题意；D．根据公式G得ω可知，轨道越低，角速度越大，D符合题意。故答案为：D。

【分析】飞船从低轨道到高轨道应该进行加速；第一宇宙速度是最大的环绕速度；利用引力提供向心力可以求出线速度的大小关系；利用轨道半径的大小可以比较角速度的大小。3．【答案】D【解析】【解答】AB．对小球P受力分析，如图所示从图看出，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90°，拉力先减小后增加，当拉力与支持力垂直时最小，为mgcosθ，AB不符合题意；CD．再分析球和框整体，受重力、拉力、支持力和摩擦力，如果将上图中的拉力F沿着水平和竖直方向正交分解，再将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢转过90°过程中，其水平分力减小，根据平衡条件可知，地面对框架的摩擦力等于F的水平分力，所以摩擦力减小，而F的竖直分力增加，地面对框架的支持力减小。根据牛顿第三定律，框架对地面的压力减小，D符合题意，C不符合题意。故答案为：D。

【分析】利用其小球P的平衡条件结合三角形定则可以判别拉力的变化；利用其整体的平衡方程可以判别地面对框架的摩擦力及支持力的大小变化。4．【答案】B【解析】【解答】B．两球在水平面内做匀速圆周运动，角速度相同，对A球受力分析如图所示绳子反向延长与拨浪鼓转轴交点为O，小球到O点的距离为L，鼓面半径为r；对A球，根据牛顿第二定律得mg解得小球到O点的高度h角速度相等，A的绳子长度大于B，因此可知αB符合题意；A．对A球，根据牛顿第二定律得mg解得a对B球，根据牛顿第二定律得mg解得a则a即A球的向心加速度比B球的大，A不符合题意；C．由v=ωr知，两球的角速度相等，A球的轨迹半径比B球的大，则球的线速度大于B球的线速度，D．A球所受的绳子拉力大小TB球所受的绳子拉力大小T因α>β可得TD不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用重力和绳子拉力提供向心力结合轨道半径的大小可以比较其绳子与竖直方向夹角的大小；两个小球角速度相等，由于半径不同所以向心加速度不相等；利用其牛顿第二定律可以比较其线速度和周期的大小。5．【答案】B【解析】【解答】A．因为粒子带正电向左偏转，所以磁场方向垂直直面向里，A不符合题意；D．粒子运动轨迹如图所示根据几何关系可得四边形OACD为菱形，所以带电粒子在磁场中的半径为r，D不符合题意；BC．带电粒子在磁场中运动的周期为T当粒子从a点射入时，运动时间最短，轨迹为半圆，所以运动的最短时间为t当粒子从c点射入时，运动时间最长，轨迹为整圆，所以运动的最长时间为t由于粒子直接从c点射入时，将直接被吸收，所以πB符合题意，C不符合题意。故答案为：B。

【分析】利用带电粒子的偏转结合左手定则可以判别磁场的方向；利用几何关系可以求出粒子运动的轨迹半径；利用其运动的轨迹所对圆心角的大小可以求出粒子运动的时间。6．【答案】A,D【解析】【解答】AB．由图2可知k解得kA符合题意，B不符合题意；C小球落到弹簧上有初速度，从接触弹簧到最低点，以x1为分界点，上下压缩量不对称，即xxC不符合题意；D．从初始位置到最低点，由能量守恒可得mg即x解得xD符合题意。故答案为：AD。

【分析】利用平衡方程结合胡克定律可以求出劲度系数的大小；利用其动能的变化量可以比较形变量的大小；利用能量守恒定律可以求出最大形变量的大小。7．【答案】B,C【解析】【解答】A．根据题意可知：粒子从a点移动到b点，电场力做功为2J；若将该粒子从c点移动到d点，电场力做功为4J，移动距离ab在电场方向的投影dab，移动距离cd在电场方向的投影dcd，根据电场力做功表达式W电=qEd可知dcd是dab的两倍，设圆形电场区域的半径为R，如图由几何关系得ab在cd方向的投影等于R，即dcd是dab的两倍，所以电场线的方向由c指向d，场强方向与cd平行，A不符合题意；B．粒子从c到d做的功为W电=qEdcd代入数据解得E=200V/mB符合题意；C．沿电场方向电势逐渐降落，c点电势高于c'点电势，a与c'为等势点，所以c点电势高于a点电势，C符合题意；D．将该粒子从d点移动到b点，电场力做功为WD不符合题意。故答案为：BC。

【分析】利用电场力做功的大小可以求出电场线方向位移的大小关系，结合位移的大小关系可以判别场强的方向；利用其电场力做功可以求出电场强度的大小；利用其电场线的方向可以判别电势降低的方向；利用电场力做功的表达式可以求出电场力做功的大小。8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A.金属框水平方向上总电动势为0，只在竖直方向上产生电动势，因为金属框匀速通过磁场有mgFv带入数据求得B=2TA符合题意；B.刚进入磁场时，由右手定则可知电流逆时针流向，出磁场时电流顺时针流向，B不符合题意；C.根据功能关系得克服安培力做功WtP代入数据求得PC符合题意；D.根据能量守恒可知QD符合题意。故答案为：ACD。

【分析】利用金属框的平衡方程结合安培力的表达式可以求出其磁感应强度的大小；利用其右手定则可以判别感应电流的方向；利用其功能关系结合功率的表达式可以求出克服安培力做功的功率大小；利用能量守恒定律可以求出产生的热量大小。9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A．气体分子间的作用力很小，可以忽略不计，气体分子停地做无规则运动，气体分子可以充满整个容器，如果没有约束，气体将散开，A符合题意；B．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力和斥力都减小，B不符合题意；C．一定质量的理想气体压强不变时，温度升高，气体体积增大，分子的平均动能增大，单位体积的分子数减小，故气体分子单位时间内对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度升高而减少，C符合题意；D．恒温水池中的小气泡由底部缓慢上升过程中，由于气泡中的理想气体温度不变故内能不变，向上去的过程中压强减小，体积膨胀，对外做功，W取负号，根据热力学第一定律△U=W+Q即要吸收热量，D符合题意；E．在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，所以当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但空气的绝对湿度不一定大，E不符合题意。故答案为：ACD。

【分析】气体失去容器的约束会散开是由于气体分子热运动的结果；分子距离增大时其分子引力和斥力同时减小；当人们感觉到潮湿时其相对湿度一定大；当小气泡上升时，由于气体压强减小则体积增大，所以气体对外界做功且吸收热量，则温度不变内能不变。10．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．由于x=6m处的质点，在0到0.2s时间内运动方向不变，t=0时刻该质点向下运动，所以这段时间内该处质点从正向位移最大处经过四分之一个周期沿y轴负方向运动至平衡位置处，即T解得TA符合题意；C．由A项分析可知，该波在0.2s内传播T4，由波形图可知，该波一定是沿x轴负方向传播，CB．根据A、C项分析和波形图可知，在t=T2时，x=1m处质点返回平衡位置，具有最大的速率，x=2m处的质点运动到负向最大位移处，速率最小，故在t=T2时，D．由波形图可知，该列波的波长为λ由A项可知，周期为T由波速公式可得vD符合题意；E．根据A、C项分析和波形图可知，在t=T2时，x=2m处的质点运动到负向最大位移处，速度最小，有沿+y方向的最大的加速度，而x=4m处的质点运动到正向的最大位移处，有沿-y方向最大的加速度，由对称性可知，在t=T2时刻，故答案为：ABD。

【分析】利用其质点运动时间和周期的关系可以求出周期的大小；利用其传播的距离可以求出其波传播的方向；利用周期和波长的大小可以求出波速的大小；利用其质点运动的时间可以判别质点的位置进而比较加速度的大小及速度的大小。11．【答案】（1）10.0；d（2）C；D【解析】【解答】(1)由图乙所示游标卡尺可知，游标尺的精度为0.1mm，其示数为d=10mm+0×0.1mm=10.0mm小球下落通过光电门，小球自由落体运动，则v小球通过光电门的时间极短，故可用平均速度表示小球通过光电门的速度v又H解得g(2)AB．该测量结果与当地的重力加速度有较大的误差，测量值比真实值偏大，而受到空气阻力、受到铁芯的引力都会导致测量值偏小，AB不符合题意；C．误把h当做小球下落的高度，测量值偏大，C符合题意；D．小球通过光电门时球心偏离细光束，导致小球速度的测量值偏大，会导致测量值偏大，D符合题意。故答案为：CD。

【分析】（1）利用游标卡尺的结构可以读出对应的读数；利用速度位移公式结合平均速度公式可以求出重力加速度的表达式；

（2）小球受到空气阻力的影响及受到铁芯引力的作用都会导致重力加速度的测量值偏小。12．【答案】（1）黑（2）（3）1.53（）；15.3（）（4）C【解析】【解答】（1）黑表笔接内电源的正极，根据图可知，图1欧姆表中与1相连的是黑表笔（2）根据描点法，如图所示（3）根据闭合电路的欧姆定律可知E可得1可图像与纵坐标的交点为电源的电动式的倒数E图像的斜率r解得r（4）AB．若欧姆表内电池内阻增大，使用欧姆表测电阻时，使用“调零旋钮”进行调零仍能使用，调零前后电池的电动势不变，由I可知，所测电阻R是真实的，则调零后用该表测得的电阻值与电阻的真实值相比相等，AB不符合题意；CD．电动势减小，欧姆表的内阻为EIg，因此由I即在相同的电流下电动势越小电阻越小，因此还按原来的较大的电动势测量故测量值偏大，D不符合题意C符合题意。故答案为：C。

【分析】（1）利用红进黑出可以判别其1与黑表笔相接；

（2）利用坐标点进行连线；

（3）利用闭合电路的欧姆定律结合图象斜率和截距可以求出内阻和电动势的大小；

（4）利用其欧姆定律结合其电流的大小可以判别其测量电阻的误差。13．