【文档说明】广东省高考研究会测评研究院2022届高三上学期阶段性学习效率检测调研卷物理试题答案.pdf，共(7)页，343.987 KB，由小赞的店铺上传

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1广东省高考研究会高三大联考物理参考答案（答案仅供参考）1.C【解析】运动员前30米的平均速度为smtS/04.8m/s73.330V111；运动员前60米的平均速度为smtS/53.9m/s29.6

60V221，因此运动员前30米的平均速度小于前60米的平均速度，B选项错误。运动员最后10米的平均速度为smtS/99.10m/s92.8-83.990-100V333，无法推算出冲线时的瞬时速度，故D选项错误，C选项正确。2.

C【解析】磁铁A对画板的压力等于画板对磁铁的支持力是一对相互作用力，故应该是相等，选项A错误；磁铁B对白纸压力小于画板对白纸的支持力是是一对平衡力，故应该是相等，选项B错误；磁铁A受到的摩擦力与磁铁A受到的重力是一对平衡力，故C选

项正确。3.C【解析】由mamg,得ga，sa220，得hkmsmsm/100/8.27/4310920，故C选项目正确。本题可以避开求根号运算，可以代入答案，从速度反推出刹车距离，刹车距离数值比较接近,对应的速度为正确答案。4．D【解析】核反应的方程式为nHeHH

10423121属于轻核聚变，即热核反应，故选项D正确。5．C【解析】直导线a在c处产生的磁场方向垂直于ab向上，直导线b在c处产生的磁场方向垂直于ab向下，I1＝I2，则c处合磁场为零。因此c受到的安培力为零，因此A、

B选项都错误；只增大I1，则c处合磁场方向向上，再由左手定则，得安培力从a指向b，因此C选项正确。６.B【解析】在重物静止落下到最底下过程中，弹簧的弹力对重物做负功，因此重物机械能不守恒；根据功能关系，除重力外，其余力做的功等于机械能的增加量，故重物的机械

能减少量等于克服弹簧弹力所做的功，物体的机械能减小，故B项正确；根据动能定理，重物动能变化量为零，故弹簧对物块做功等于重力做功,故D项错误。７.D【解析】A、因为核心舱离地面高度约为400km，仍未脱离地球引力，故为超过第二宇宙速度，故A

选项错误；B、v1＝7.9km/s是第一宇宙速度，是圆轨道最大的环绕速度，根据环绕速度公式v＝，因为r＞R所以核心舱的飞行速度应小于7.9km/s，故B选项错误；C、与同步卫星相比，核心舱的轨道半径远小于同步卫星，根据周期公式T＝＝2，故核心

舱的运动周期小于同步卫星的周期，故C选项正确；D、对接完成后，整个空间站仅受万有引力作用，仓内航天员处于完全失重状态，故正确答案是D选项。8.CD.【解析】由于运动员斜上推出铅球过程，运动队做的功全部转化为铅球的动能和增加的重力势能，故选项A错误；铅球在

空中做斜抛运动，因此飞行时间还以初定的方向有关，故选项B错误；铅球在空中做斜抛运动，先升高后降落，因此铅球的重力势能先增大后减小，选项C正确；铅球在空中飞行过程中，根据动量定理，球的动量变化量，选项D

正确；9.BC【解析】由于地面带正电，雷雨云底部带负电，电场线起于正电荷终止于负电荷，因此电场线方向为向上，沿着电场线电势减低，因此从雷雨云底部到地面电势逐渐升高，故B选项正确；雨滴带负电，因此其电场力向下，雨滴落向地面过程，

电场力做正功，电势能减少，故C选项正确；因此本题答案选BC。10.ABD【解析】A．如果B1均匀增加，根据楞次定律，金属棒ab中的感应电流方向为b到a，根据左手定则，导体棒受到的安培力方向向上。A选项

正确；B．设B1的变化率为tB1螺线管中感应电动势为10.5VBEnSt回路中总电阻为2RRRR总金属棒中电流为R2EREI总金属棒受到的安培力为sin2B2mgLI.即sin4tBB12mgLRSN得SLNRmg21Bsin4tB，故

B选项正确；C．断开K之后，金属棒ab将做变加速直线运动，故C选项错误。3D．断开K之后，金属棒速度最大时，受力平衡，sinIB2mgLRBREI4LV42，联立得sin4VB2222mgRL，得2222Bsin4LRmgV故D选项正确；故选

ABD。11.（7分）(1)3.00N，3.50N(2)B(3)图示，4.00N12.（10分）.(1)��，左(2)2，偏小(3)0.200，4.0，40【解析】（1）本题为分压式控制电路，为了测量时

调节方便，滑动变阻器Rp应选用小阻值的，则选R�。为了保护电路，开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于最左端。（2）参照图甲中的参数，待测电阻的阻值约为几欧，待测电阻的阻值较小，则采用伏安法外接法误差较小，所以单刀双掷开关应接在2；由于本实

验采用电流表外接法，电流表测得比真实值偏大，由欧姆定律可知测量值比真实值偏小。（3）如图丙所示电流表示数为0.200A，根据0.42.08.0RxIU,对应图甲可知其对应的温度为40℃。13.（12分）.(

�)设小球的质量为m1,滑块质量为m2,甲球最低点的速度大小为v0，甲球在下滑过程中，根据机械能守恒定律得：20101m2137sinmvgl代入数据解得：sm/304设甲、乙碰撞后速度分别为v�和v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得：221101mmmvv

v222211201m21m21m21vvv解得：v2=4m/s(1)假设滑块恰能进入圆轨道，则222BC22210vmgsm得μ�=0.8，假设滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰能通过圆弧轨道的最高点有：Rvmmg2322223

22BC2221212vmvmRgmgsmm1S21SBDBC得μ3=0.3，所以μ的取值范围为μ≤0.3查看表格可知：若使滑块乙碰后能进入圆轨道并能顺利通过圆轨道的最高点，材料可以为钢、硬木。14.（14分）(1)从A管到E管质子被四次加速；设质子

进入漂移管E的速度为vE，电压对质子所做的功为W，质子从漂移管A运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qUW′＝4WW′＝12mv2E－12mv2B联立，代入数据得svUqvE/m103m8720（2）粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为

r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)25代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.由12121mBqr得s/m10571202112121qU4mvmv得U1<3×106V(3)轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中

的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m2vr得r＝mvqB易知r3＝4r2且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r2＝34m，r3＝3m又在外圆区域内32222mBqr

得s/m103572由动能定理有202222121qU4mvmv代入数据解得U＝9.25×106V.15．（12分）（1）吸热，放热，根据理想气体状态方程cTPV，PV先增大后减小，气体的温度先升高后降低；。6【解析】由图示图象可知，ab过程气体体积V不

变而压强p增大，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度升高，气体内能增大，△U＞0，气体体积不变，外界对气体不做功，由热力学第一定律△U＝W+Q可知：Q＝△U﹣W＝△U＞0，所以ab过程，气体始终从外界吸收热量；由图示图象可知，ca过程气体压强p不变而体积V减小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度

T降低，气体内能减小，△U＜0，气体体积减小，外界对气体做功，W＞0，由热力学第一定律△U＝W+Q可知：Q＝△U﹣W＜0，ca过程气体始终向外界放出热量；由图示图象可知，bc过程气体压强p与体积V的乘积pV先增大后减小，由理想气体状态方程＝C可知，

bc过程气体温度T先升高后降低。（2）解析：对单位时间压入客舱的气体及客舱内原有气体为研究对象，设每单位时间客舱气体体积为V有00PVVPPV1.5PV解得：V=1.5V16.（12分）（1）30；1；摆钟慢了，可以调短它的摆长【解析】摆钟周期是2秒，则一分钟摆钟摆动3

0次，摆长用公式算gl2T,得ml1在地球上,单摆的摆动的频率和摆长有关,摆长短频率快,摆长长,则频率慢。摆钟走慢,则说明周期T偏大，为了让周期变小，可以调短钟摆的摆长。（2）cnl332【解析】设光线射入内芯时入射角，折射角由

折射定律有7nsinsin即3sin60sin0得030设从内芯射向外套时光线入射角，全反射角C0060-90211sinnC，得045CC所以发生全反射。光在玻璃丝中的传播速度为ncv因此光在玻璃丝中传播时间为ccnlncls

nl33230cos/cos/vt0