【文档说明】江苏省扬州市扬州中学2021-2022学年高三下学期3月月考试题 物理含解析.docx，共(20)页，1020.496 KB，由envi的店铺上传

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江苏省扬州中学2021-2022学年第二学期考试高三物理2022年3月本试卷选择题10题，非选择题5题，共15题，满分为100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将本人的班级、姓名、考试号填在答题卡的相应位置。2.将每题的答案或解答写在答题卡上，在

试卷上答题无效。考试结束，只交答题卡。一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。选对的得4分，错选或不答的得0分。1.在如图所示的v-t图中，为了推断出“梯形ABCO的面积表示位移”这一结论，采用的思想方法是（）A.模型建构B.控制变量C.无

限分割与逼近D.类比【答案】C【解析】【详解】为了推断出“梯形ABCO的面积表示位移”这一结论，把整个运动过程划分割成很多小段，每一个小段近似看作匀速直线运动，各小段的位移之和即为整个运动过程的位移，划分的

越多，计算越精确，所以采用的思想方法为无限分割与逼近。故选C。2.2021年4月，中国科学院近代物理研究所研究团队首次合成新核素铀()21492U，并在重核区首次发现强的质子-中子相互作用导致α粒子形成的概率显著增强的现象。以下说法正确的是（）A.铀核()21

492U发生核反应方程为214421092290UHe+Th→，是核裂变反应B.若静止的铀核21492U发生衰变，产生的新核速度方向与α粒子速度方向可能相同C.产生的新核从高能级向低能级跃迁时，将发射出γ射线D.新核（21090Th）的结合能大于铀核()21492U

的结合能【答案】C【解析】【详解】A．铀核()21492U发生核反应的方程为214421092290UHeTh→+此反应为α衰变，选项A错误；B．若静止的轴核()21492U发生衰变，根据动量守恒定律可知产生的新核速度方向与α粒子速度方向相反，选项B错误；C．产生的新核()21090Th从高

能级向低能级跃迁时，将发射出γ射线，选项C正确；D．新核（21090Th）的比结合能大于铀核()21492U的比结合能，新核（21090Th）的结合能小于铀核()21492U的结合能。D错误。故选C。3.如图所示的电

路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧金属板b固定不动，镀有金属层的振动膜a能在声波驱动下沿水平方向振动，若声源S沿水平方向做有规律的振动，则（）A.a振动过程中，灵敏电流计中有大小和方向变化的电流B.a振动过程中，ab板所带电量不变C.a振动过程中，ab板间

的电场强度不变D.a向右的位移最大时，ab两板所构成的电容器的电容最小【答案】A【解析】【详解】A．a振动过程中，a、b板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化。故A正确；B．a振动过程中，a、b间电压不变，由公式QCU=分析得知，a、

b板所带的电量会周期性变化。故B错误；C．a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式UEd=分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化。故C错误；D．a向右的位移最大时，a、b板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大。故D错误

。故选A。4.一束由a、b、c三种颜色组成的光，经过三棱镜后形成的光路如图所示，若将这三种光分别入射到同一光电管，都有光电子产生，关于这三种光，下列判断正确的是（）A.c光所对应的遏止电压最大B.c光的光子动量最小C.棱镜中a光的传播速度大于b光的传播速度D.若用同一装置进行双缝干

涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距【答案】B【解析】【详解】AB．光子得动量为hp=由光路图可知abcnnn则a光的频率最大，波长最短，则a光的动量最大abcppp又根据2012mceU

mvhvW==−a光所对应的遏止电压最大，产生的光电子最大初动能最大，A错误，B正确；C．根据cvn=可知折射率越大，速度越小，则棱镜中a光的传播速度小于b光的传播速度，C错误；D．根据公式Lxd=用同一装置进行

双缝干涉实验，a光的条纹间距小于b光的条纹间距，D错误。故选B。5.如图是变电所为市区用户供电的示意图。变压器的输入电压是电网的电压，可视为不变。变压器视为理想变压器，其变压比通过P可调，输电线的电阻为R0，则（）A.用户增多时，A表的示数减小B.用户增多时，为使用户获得的

电压稳定在220V应将P适当上调C.用户减少时，用户获得的电压会有所降低D.用户减少时，R0的功率增大【答案】B【解析】【详解】A．设变压器输入电压为U1，输出电压为U2，用户电压为U3，当P不动，则U2不变，变压器原副线圈电流关系为1221InIn=用户增多时

，电路总电阻变小，电流I2增大，可知原线圈电流I1增大，则A表的示数增大，故A错误；BC．R0两端的电压为020UIR=用户得到的电压为320UUU=−当用户增多时，I2增大，0U增大，所以3U减小，为使用户获得的电压稳定在220V，则需要增大

2U，变压器原副线圈电压关系为2211UnUn=在1U和2n不变的情况下，要增大2U，可以减小1n，即将P适当上调，故B正确，C错误；D．R0消耗的功率为2020PIR=当用户减少时，I2减小，所以R0的功率减小，故D错误。故选B。6.2021年2月，天问一号火星探测器成功进入周期为2

个火星日的火星停泊轨道。已知停泊轨道近火点到火星表面的距离a、远火点到火星表面的距离b，火星的半径R，根据以上信息可以判断或求出（）A.火星的质量B.探测器在远火点运动的速率可能大于或等于火星的第一宇宙速度C.火星表面的重力加速度D.火星同步卫星的轨道半径【答案】D【解析】【详解

】AC．根据题中条件，引力常量G未知，不能求解火星的质量，从而无法求解火星表面的重力加速度，选项AC错误；B．火星探测器运动到远火点时的速度小于在远火点绕火星做匀速圆周运动的速度，而在远火点绕火星做匀速圆周运动的卫星的速度小于火星的第一宇宙速度，所以探测器在远火点

的速度小于火星的第一宇宙速度，故B错误；D．火星同步卫星的周期T2为一个火星日，而天问一号火星探测器的周期T1是两个火星日，即T1=2T2由开普勒第三定律得332212()2abrTTR=++所以可以求得火星同步卫星的轨道

半径，故D正确。故选D。7.图示为一定质量理想气体状态变化的p-V图像，气体由状态a变化到状态b，再由状态b变化到状态a，图中虚线为过a、b两点的双曲线。在整个循环过程中，下列说法中正确的是（）A.由状态a变化到状态b过程中，气体温度先降低后升高B.由状态b变化到状态a过程中，气体分子运动的平

均速率先增大后减小C.在整个循环过程中，气体从外界吸收的热量大于向外界放出的热量D.在整个循环过程中，气体从外界吸收的热量等于向外界放出的热量【答案】C【解析】【详解】AB．由题意可知a、b两点温度相同，气体由状态a变化到状态b过程中，对应图线在

等温线之上，所以此过程中气体温度始终高于等温线对应的温度，因此气体温度先升高后降低，同理可知气体由状态b变化到状态a过程中，温度先降低后升高，气体分子运动的平均速率先减小后增大，故AB错误；CD．a→b过程对应图线与

坐标轴所围面积比b→a过程对应图线与坐标轴所围面积大，所以a→b过程气体对外界做功大于b→a过程外界对气体做功，即在整个循环过程中，气体对外界做功，而气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量大于向外界放出的热量，故

C正确，D错误。故选C。8.如图所示，半球P始终保持静止，球Q光滑，用外力使MN保持竖直并且缓慢地向右移动。在Q落到地面之前，下列说法正确的是（）A.MN对Q的弹力逐渐减小B.地面对P的摩擦力逐渐增大C.地面对P的弹

力变小D.PQ之间的弹力逐渐减小【答案】B【解析】【详解】对Q受力分析：受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据平衡条件有0F=合1cosmgN=2tanNmg=BC．对P、Q整体分析，受重力、地面的支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图所示根据

平衡条件得2tanfNmg==()NMmg=+MN保持竖直且缓慢向右移动过程中，角不断变大，则f变大，N不变，故B正确，C错误；AD．MN保持竖直且缓慢向右移动过程中，角不断变大，根据1cosmgN=2tanNmg=可知1N变大，

2N变大，故AD错误。故选B。9.2022届北京冬奥会值得期待的自由式滑雪空中技巧项目将在张家口云顶滑雪公园举行。运动员（无滑雪杖）从助滑坡滑下，从圆弧形跳台上跳，在空中完成空翻、旋转等动作后在着落坡着陆，最后以旋转刹车方式急停在停止区，如图所示。已知圆弧跳台与助滑坡水平平滑连接。关于运动员

在圆弧形跳台上的运动，下列说法正确的是（）A.在此阶段运动员受重力、支持力和向心力B.在圆弧形跳台最低点时运动员处于失重状态C.在此阶段运动员重力的功率一直变小D.在圆弧形跳台上运动时，运动员所受的支持力减小【答案】D【解

析】【详解】A．运动员在圆弧形跳台上的运动过程中，受到重力、支持力和雪地的摩擦阻力作用，没有受到向心力作用，向心力是按效果命名的，不是物体实际所受的力，故A错误；B．在圆弧形跳台最低点时，因为进入圆周运动状态，需要向心力，方向向上，所以合力向上，处于超重状态，故B错误；C．此阶段运动员的速

度在变化，重力的功率等于物体重力大小与竖直方向的速度大小的乘积，当运动员到圆弧形跳台最低点时，重力的方向与速度方向垂直，此时重力的功率为0，向上运动过程中，重力的方向与速度方向不垂直，则重力的瞬时功率不为0，所以运动员在圆弧形跳

台上的重力功率先减小后增大，故C错误；D．随着运动员在圆弧型跳台上高度的升高，速率逐渐减小，所需要的向心力也在减小，向心力由台面对她的支持力与重力垂直接触面向下的分力提供，由牛顿第二定律2NcosvFmgmr−=随着高

度升高，在增大，v在减小，所以FN在减小，故D正确。故选D。10.如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场

中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（）A.洛伦兹力对小球做正功B.小球运动的加速度逐渐增大C.小球机械能的增加量等于qvBhD.玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越长【答案】C【解析】【详解】A．洛伦兹力的方向与速度

方向垂直，永不做功，故A错误；B．玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，即加速度恒定，故B错误；C．由于管对球的支持力对小球做了功，

小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律qvBmgma−=由匀变速位移公式212hat=小球离开管口的速度yvat=合速度22yvvv=+合动能增量22k1122mvEmv=−合重力势能增量pEmgh=联

立解得kpEEEqvBh=+=选项C正确；D．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律qvBmgma−=由匀变速位移公式212hat=联立解得2mhtqvBmg=−即玻璃管运动速度

越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小，故D错误。故选C。二、非选择题：本题共5小题，共60分。请将解答填写在答题卡相应的位置。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。11.某实

验小组想要测量一量程为6V的电压表的内阻，他进行了如下的操作：（1）先用多用电表的欧姆挡进行测量，将欧姆挡选择开关拨至“×10”倍率时，发现指针偏角较小，应改用______（填“×1”或“×100”）倍率；重新欧姆调零后测量，欧姆表表盘如图甲所示，根据选好的挡位，读出电压表的

阻值为______Ω；测量时，红表笔接电压表的______极（填“正”或“负”）。多用电表使用长久后其电源电动势降低，仍能进行欧姆调零，则电压表内阻测量值______（选填“偏大”“不变”“偏小”）。（2）为准确测量该电压表的内阻，小红设计了如图乙所示的电路，准备了以

下器材：电流表A1：量程0.6A，内阻rA=0.2Ω电流表A2：量程500μA，内阻RA=20Ω滑动变阻器R1：0~48kΩ，5mA滑动变阻器R2：0~10Ω，1A定值电阻R0：10Ω电源：两极间电压为

4V导线、电键实验中电流表应选______，滑动变阻器应选______（填器材代号）。若某次测量中电压表和电流表读数分别为U和I，则电压表内阻的计算表达式为_________【答案】①.×100②.3600③.负④.偏大⑤.A2⑥.R2⑦.3UI【解析

】【详解】（1）[1]欧姆表左边电阻大，右边电阻小，且刻度不均匀。不测电阻时，指针在最左端不偏转，当偏角较小时，指针靠近左端，说明电阻较大，需要换更大的倍率，欧姆表选择“×100”挡位[2]由图甲所示表盘

可知，20与40之间是10分度的，因此分度值是2，欧姆表读数为36100Ω3600Ω=[3]每次换挡都要重新进行欧姆调零，而机械调零只在实验开始时调一次，之后不再调节。多用电表内置电源，对欧姆表有“红进黑出”，对电压表或电流表有“正

进负出”，因此红表笔应接电压表的负极[4]欧姆表内阻gERI=内电源电动势E降低，欧姆调零时欧姆表内阻R内变小，用欧姆表测电压表内阻时，电流==1+ggVVVIRIEIRRRRRR=++内内内内由于R内偏小，I偏小，指针偏左，电压表内阻测量值偏大（

2）[5]通过电压表的最大电流约为4=A0.001A3600maxVUIR==通过电压表的电流远小于0.6A，为方便读数电流表选A2[6]电流表与R0并联扩大其量程后测电流。为了能多次测量电压和电流，采

用分压式接法，所以滑动变阻器选最大阻值较小的R2[7]由图乙所示电路图可知，流过电压表的电流0+AVIRIIR=由欧姆定律可知，电压表内阻000==3+()VAVAURUUURIRIIRRIIR==+12.如图

所示，闭合矩形线框abcd可绕其水平边ad转动，ab边长为x，bc边长为L、质量为m，其他各边的质量不计，线框的电阻为R。整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。现给bc边施加一个方向与bc边、磁场的方向均垂直

的初速度v，经时间t，bc边上升到最高处，此时ab边与竖直线的最大偏角为θ，重力加速度取g。求t时间内：（1）流过线框导体截面的电量；（2）线框中感应电流的有效值。【答案】（1）sinBLxR；（2）()221cos

2mvgxRt−−【解析】【详解】（1）流过线框导体截面的电量qIt=由闭合电路欧姆定律EIR=由法拉第电磁感应定律sinBLxEtt==解得sinBLxqR=（2）由能量守恒定律得()211cos2mvmgxQ=−+又2QIRt=有解得

线框中感应电流的有效值()221cos2mvgxIRt−−=有13.如图所示，均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上10x=、214x=m处，波源S1振动方程为2sin5yt=cm，波源S2振动方

程为5sin5yt=cm，质点P位于x轴上4px=m处，已知质点P在10.4t=s时开始振动，求：（i）这两列波在均匀介质的波长；（ii）t=0至t=1.5s内质点P通过的路程。【答案】（i）4m；（ii）27cm【解析】【详解】(i

)波源S1的振动先传到P，由源S1振动方程可知，该波的角频率=5波速1SP110m/sdvt==根据2T=vT=可得=4m，0.4sT=(ii)波源S2的振动传到P所用的时间为221.0sSpdtv==故质点P在0~0

.4s内静止不动，0.4s~1.0s内仅参与波源S1的振动11612cmsA==1.0s~1.5s质点P同时参与两列波的振动，两列波频率相同，发生干涉p116mSpSp=−=易得p32=故质点P为振动减弱点其振幅为p123cm

AAA=−=1.0s~1.5s质点P的路程为2p515sA==cm故质点P在t=0至t2=1.5s内通过的路程为p12=+=27cmsss14.如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点，质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆

上，小球与轻杆间的动摩擦因数为0.2=，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连，长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L，装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0

.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。（1）求弹簧的劲度系数k；（2）求小球与轻杆间恰无弹力时，装置转动的角速度ω；（3）从开始转动到小

球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。【答案】（1）mgL；（2）2312gL；（3）4675mgLE−【解析】【详解】（1）依题意，有0.60.4kLLmg（－）＝解得5mgmgkLL==（2）小球与

轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有sin37Tmg＝2cos370.80.60.8TkLLmL＋（－）＝解得()1520231212ggLL+==（3）题设过程中弹簧的压缩量与伸长量相等，故弹性势能改变量pΔ0E＝则由功能关系有21

2EWmv＝＋其中0.8vL＝解得()68461575mgLmgLWEE+=−=−15.如图，在xOy坐标系中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在方向垂直纸面向外磁感应强度032mvBeL=的匀强磁场，磁

场范围可调节（图中未画出）。一粒子源固定在x轴上M（L，0）点，沿y轴正方向释放出速度大小均为v0的电子，电子经电场后从y轴上的N点进入第二象限。已知电子的质量为m，电荷量的绝对值为e，ON的距离233L，不考虑电子的重力和电子间的相互作用，求：（1）第一象限内所

加电场的电场强度；（2）若磁场充满第二象限，电子将从x轴上某点离开第二象限，求该点的坐标；（3）若磁场是一个圆形有界磁场，要使电子经磁场偏转后通过x轴时，与y轴负方向的夹角为30°，求圆形磁场区域的最小面积。【答案】（1）2032mvEeL=；（2

）（-2L，0）；（3）289L【解析】【详解】（1）在第一象限内，做类平抛运动0ONvt=212Lat=根据牛顿第二定律eE=ma解得2032mvEeL=（2）粒子射入磁场时，速度方向与y轴夹角的正切值0tan3atv==速度大小002cosvvv==在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力2

mvevBR=得43mvRLeB==根据几何关系1cos2xRRL=+=该点的坐标为（-2L，0）（3）根据题意，作出轨迹图如下电子在磁场中偏转90°射出，则磁场的最小半径minsin452abRR==最小面积2minm

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