【文档说明】安徽省蚌埠市2021-2022学年高三上学期第二次教学质量检查理综物理试题 含解析.docx，共(19)页，1.197 MB，由小赞的店铺上传

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蚌埠市2022届高三年级第二次教学质量检查考试理科综合能力测试第I卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说

法正确的是（）A.光电效应现象说明光具有波动性B.氢原子从激发态跃迁到基态要辐射出光子C.通过化学的方法可以改变放射性物质的半衰期D.原子核衰变辐射出的射线在电场或磁场中都会发生偏转【答案】B【解析】【详解】A．光电

效应现象说明光具有粒子性，故A错误；B．氢原子从激发态跃迁到基态时要释放能量，即辐射出光子，故B正确；C．放射性物质的半衰期由物质本身决定，与外部的状态或环境无关，所以采用化学的方法不可以改变放射性物质的半衰期，故C错误；D

．在原子核衰变辐射出的射线中，γ射线是一种波长很短的电磁波，它在电场或磁场中均不会发生偏转，故D错误。故选B。2.如图所示，充满某种液体的密闭容器用绳子悬挂在天花板上，轻弹簧A下端固定在容器底部，轻弹簧B上端

固定在容器顶部。甲、乙、丙是三个不同材质的实心球，甲连在A的上端，乙连在B的下端，丙悬浮在液体中。已知甲、乙、丙和液体的密度关系为乙<丙＝液＜甲，则剪断绳的瞬间相对于容器（不计空气阻力）（）A.甲球将向上运动，乙、丙球将向下运动B.甲、丙球将向上

运动，乙球将向下运动C.甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球不动D.甲球将向下运动，乙球将向上运动，丙球不动【答案】C【解析】【详解】依题意，由于乙<丙＝液＜甲，根据浮力公式=FgV浮液排可知，轻弹簧A、B均处于压缩状态，剪断绳的瞬间，系统处于完全失重状态，由于弹簧的弹力不会

发生突变，根据牛顿第二定律可知，甲的加速度小于g，乙的加速度大于g，丙的加速度等于g，所以三者相对于容器，甲球将向上运动，乙球将向下运动，丙球保持不动。故选C。3.北京时间2021年10月16日6时56分

，神舟十三号载人飞船和空间站成功对接，标志着我国航天科技达到了新高度。如图为飞船和空间站对接示意图，实线圆为飞船和空间站的运行轨道，虚线椭圆为飞船转移轨道，已知飞船和空间站的运行轨道半径之比为k，则下列说法正确的是（）A.飞船

和空间站在各自运行轨道上的加速度大小之比为k2B.飞船和空间站在各自运行轨道上的速度大小之比为kC.飞船和空间站在各自运行轨道上的角速度大小之比为31kD.飞船在运行轨道和转移轨道上的运动周期之比为2211kkkk++【答案】D【解析】

【详解】飞船和空间站绕地球做匀速圆周运动，由圆周运动规律和万有引力定律22222==()MmvGmmrmrmarrT==可得GMvr=，3GMr=，32rTGM=，2MaGr=A．由2MaGr=可知加速度与圆周半径的

平方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的加速度大小之比为21k，故A错误；B．由GMvr=可知速度与圆周半径的二分之一次方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的速度大小之比为1k，故B错误；C．由3GMr=可知角速度与圆周半径的二分之三次方成反比，所以飞船和空间站在

各自运行轨道上的角速度大小之比为31k，故C错误；D．设空间站轨道半径为r，根据开普勒第三定律，飞船在运行轨道和转移轨道上332212()kraTT=由几何关系，飞船在转移轨道上的半长轴(1)2kra+=带入可得31322(21)1kTkrTkkak+=+=故D正

确。故选D。4.如图为弹球游戏装置的简化示意图，两块平行挡板竖直固定在水平面上，右侧挡板下端有一小孔B，小亮将弹性小球自右侧挡板顶端A以一定的水平速度向左抛出，小球经两个挡板多次碰撞最终恰好从B飞出，游戏获胜。已知两挡板的间距为L，A、B的高度差为h，小球直径略小于小孔的内

径，小球与挡板碰撞前后的水平和竖直分速度大小均不变，且不与水平面相碰，重力加速度取g。则小球抛出时的速度v和它与两挡板碰撞总次数N分别为（）A.()2,21,2,3gvNLNnnh===B.()2,211,2,3gvNL

Nnnh==−=C.(),21,2,32gvNLNnnh===D.(),211,2,32gvNLNnnh==−=【答案】B【解析】【详解】小球在两平行挡板间的运动可分解为水平方式的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，设运动总时间为t，则水平方向、竖直方向分别有2NLvt=，21N

n=−（1,2,3,n=）212hgt=联立可得()2,211,2,3gvNLNnnh==−=故ACD错误，B正确。故选B。5.如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc是半径为R的四分之一圆弧，

ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，ab长为R。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内以不同的速率从a点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，不计粒子间的相互作用和重力。则粒子在磁场中运动的最短时间为（）A.23mqBB.

2mqBC.3mqBD.6mqB【答案】A【解析】【详解】依题意，由几何知识可判断知，当粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心恰好在b点时，粒子在磁场中运动圆弧所对的圆心角最小，此时粒子运动的半径rR=由几何关系可求得此时圆弧所对应圆心角120=所

以，粒子在磁场中运动的最短时间为min120223603mmtqBqB==故选A。6.如图，O、a、b、c、d是x轴上的五个点，O为原点，相邻点间距均为xo，静电场方向平行于x轴，现将质量为m、电荷量为－q（q>0）的带电粒子自O点由静止释放，粒子仅在电场力的作

用下沿x轴运动，其电势能随位置变化关系如图所示，则下列说法正确的是（）A.粒子在b点的动能为零B.粒子的运动是先减速后加速C.a、c两点的电场强度大小均为002EqxD.d点的电势为0Eq−【答案】CD【解析】【分析】【详解】AB．根据能量守恒定律可

知，从O到b到d过程电势能先减小后增大，所以动能先增大后减小，在b点动能最大，粒子速度先增大后减小，故AB错误；C．图像斜率代表电场力，所以电场力为002EFEqx==所以场强大小为002EEqx=故C正确；D．根据电势能定义式可知，d点的

电势为0pEEqq==−故D正确；故选CD。【点睛】7.如图所示，光滑“C”型金属导轨固定在水平面并处于竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，质量为m、电阻为R的金属棒垂直放在导轨上，且始终与导轨接触良好。t=0时金属棒在水平外力F的作用下由静止开始向右做匀加速直线运

动，则下列关于外力F、穿过回路的磁通量、金属棒的动量p、动能Ek随时间变化图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】A．设金属棒向右做匀加速直线运动的加速度为a，则t时刻回路的感应电流为BLvBLaItRR==由牛顿第二定律可得FBILma−=联立解得22BLaFtm

aR=+故外力F随时间变化图象为一次函数，与纵轴有交点，A正确；B．设金属棒在0时刻与框架左侧距离为d，则穿过回路的磁通量为21()2BSBLdat==+故穿过回路的磁通量随时间变化图象为曲线，B错误；C．金属棒的动量为pmv

mat==故金属棒的动量p随时间变化图象为过原点的倾斜直线，C正确；D．金属棒的动能为22k11()22Emvmat==故动能Ek随时间变化图象为曲线，D错误。故选AC。8.如图，轻杆一端连在光滑的铰链上，另一端固定着质量为m的小球，初始时，在

球上施加作用力F使杆处于水平静止，力F和杆的夹角α=120°。现保持α角不变，改变力F的大小缓慢向上旋转轻杆，直至杆与水平方向成60°角，在这个过程中（）A.力F逐渐增大B.力F逐渐减小C.杆对小球的弹力先增大后减小D.杆对小球的弹力先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】AB．由于轻杆

一端连在光滑的铰链上，故杆对小球的作用力始终沿着杆的方向，设转动过程中杆与竖直方向夹角为，由平衡条件可得，垂直杆方向满足sin60sinFmg=杆转过60°过程，从90°减小到30°，可知力F逐渐减小，A错误，B正确；CD．沿杆方向满足cos60cosF

Fmg=−杆联立上述两式可得23sin(60)3Fmg=−杆可知当=60时，0F=杆，故从90°减小到30°的过程，杆对小球的弹力先减小为零后反向增大，C错误，D正确。故选BD。第II卷二、非选择题：共62分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~16题

为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：9.某同学进行“练习使用多用电表”的实验。（1）用多用电表的欧姆挡测量电阻Rx的阻值，当选择开关置于欧姆挡“10”的位置时，多用电表指针示数如图甲所示，则Rx的测量值为________Ω。（2）该同学按

图乙连接好电路，闭合开关S，发现A、B灯都不亮。他用多用电表的电压档分别测量电路中两点间的电压，测量时开关S应________（选填“闭合”或“断开”），将________（选填“红”或“黑”）表笔始终接触a点，另一只表笔分别与b、c、d、e、f点

接触，测量结果如表格所示，若电路只存在一处故障，则故障是________。测量点abacadaeaf电表示数有示数有示数有示数无示数无示数【答案】①.180（180.0）②.闭合③.红④.de之间断路【解析】【详解】

（1）[1]欧姆表读数是表盘读数乘以挡位倍率，图中读数为18.0Ω×10=180.0Ω（2）[2]电压表测量是外接电路两点间的电压，电流由外接电路提供，所以测量时开关S应闭合；[3]多用电表的红黑表笔分别对应电流流入和流出，乙图中a点与电源正极相连，电势高，所以要将

红表笔始终接触a点；[4]电压表接ab间，电压表有示数说明电源有输出电压；接ac间有示数说明滑动变阻器没断路且其余部分没有发生短路，接ad间有示数说明灯泡没断路且其余部分没有发生短路；接ae间无示数说明ed间有断路或其余部分发生短路，接af间无示数说明af间有断路或其余部分发生短路，由于

电路故障只有一处，则只能是de之间断路。10.某小组用图甲所示装置验证“加速度与力、质量大小关系”。滑车的质量M=0.50kg，每个带有挂钩的槽码（砝码）质量均为m=0.10kg，重力加速度为g，不计绳与滑轮质量，细绳与定滑轮间、滑车与桌面间的摩擦力均可忽略。滑车移动过程中，滑车与车上的槽码

之间无相对运动。实验时滑车的加速度可用打点计时器来测量。M（kg）M0+6m1.10M0+5m1.00M0+4m0.90M0+3m0.80M0+2m0.70M0+m0.60a（m/s2）0.890.981.091.221.401.63Ma（N）0.9790.980

0.9810.9760.9800.978（1）要验证“受力不变时，加速度与质量成反比”，在实验过程中让绳下端只悬挂1个槽码不变，只改变滑车上槽码的个数，每次从滑车上去掉1个槽码，使系统总质量M分别为M+6m、M0+5m、M0+4m、M0+3m、M

0+2m、M0+m，测出对应的加速度a，并计算出Ma的大小，数据如表格所示。请根据表中数据在图乙的坐标系中描点________（用“×”表示点）并作出Ma与M的关系图象，根据图象说明加速度a与质量M成反比的理由是________。（2）若要验证“质量不变时，加速度与力成正比”，可将图甲滑

车上的槽码每次一个的移至滑轮细绳下端，保持系统总质量M始终等于________（用字母表示）不变，对应的作用力F依次为mg、2mg、3mg、4mg、5mg、6mg，测出不同作用力F对应的加速度a，作出________图象，若图象为________，则可验证。【答案】①.②.图像为一水平直

线，表示质量与加速度的乘积不变，故受力不变时，加速度与质量成反比。③.06Mm+④.aF−（或Fa−）⑤.过原点的直线【解析】【详解】（1）[1][2]如图可知图像为一水平直线，表示质量与加速度的乘积不变，故受力不变时，加速度

与质量成反比。（2）[3]系统总质量保持不变，始终为06Mm+。[4]对整个系统应用牛顿第二定律可得()0=6FMma+故应作出aF−图像（或Fa−图像）。[5]由系统牛顿第二定律表达式可知，图像为过原点

的直线。11.我国选手朱雪莹在2020奥运会蹦床比赛中夺得金牌。图示为运动员（可视为质点）在蹦床上练习竖直起降运动时离开蹦床的高度h随时间t变化的关系图象，t=0时运动员第一次离开蹦床。已知运动员的质量m=40kg，重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计。（1）求运动员第一次

离开蹦床时的速度大小和上升的最大高度；（2）若运动员每次与蹦床作用后机械能均损失75%，求在2~3s的时间内蹦床对运动员平均作用力的大小。【答案】（1）10m/s，5m；（2）1000N【解析】【详解】(1)运动员离开蹦床

后做竖直上抛运动，上升运动时间为1s，根据匀变速直线运动的规律，第一次离开蹦床时的速度大小为110m/svgt==上升的最大高度215m2hgt==(2)根据题意可知，2s时运动员速度大小为10m/s，方向竖直向下，设3s时运动员

速度大小为v3，2-3s内蹦床对运动员的平均作用力为F，则()223211175%22mvmv=−根据动量定理()()32Fmgtmvmv−=−−解得F=1000N12.如图所示，光滑水平绝缘轨道和光滑竖直半圆形绝缘轨道在

C处平滑连接，竖直直径CD长为2R，质量为3m的不带电物块b静止在C处，整个装置处于水平向左的匀强电场中，电场强度为E。现将一质量为m、电荷量大小为mgE的带负电物块a在水平轨道的某点由静止释放，两物块发生弹性

碰撞后b恰能通过D点。物块均可视为质点，且只发生一次碰撞，碰撞时间极短，整个过程中物块a的电荷量保持不变，重力加速度为g。（1）求碰撞后瞬间物块b的速度大小；（2）求物块a的释放点到C的距离；（3）通过计算说明物块a也能通过D点，并求a的落

点到C的距离。【答案】（1）5bvgR=；（2）10R；（3）0【解析】【详解】（1）由题意可知，b在D点时只有重力提供向心力，由牛顿第二定律，得233DvmgmR=由机械能守恒定律得2211332322bDmvmgRmv=+

解得DvgR=，5bvgR=（2）物块a，b发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，得3aabmvmvmv=+2221113222aabmvmvmv=+求得5avgR=−由动能定理可得212aqElmv=联立，求得释放点到C

的距离为10lR=（3）碰撞后，a先向左做匀减速直线运动后反向匀加速直线运动回到C点，碰撞后a的速度大小5vgR=若a由C点能运动到D点，在此过程中电场力对a所做的功为零，由动能定理得2211222DmgRmvmv−=−解得DvgR=与b物

块过D点的速度相同，故物块a也恰好能过D点，物块a从D点飞出后向做左匀变速曲线运动，竖直方向分运动是自由落体运动，水平分运动是向左的匀减速直线运动，加速度大小也为g，由运动学规律得2122Rgt=212Dxvtgt

=−联立求得物块a的落点到C的距离0x=（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[物理－选修3-3]13.一定质量的理想气体由a状态沿图中直线经b、c、d状态回到a状态，下列说法正确的是（）A.a、c状态的压强之比为1

2VVB.c、d状态的体积之比为21TTC.a到b的过程中，克服气体做功，气体内能增加D.b到c的过程中，气体放出热量，气体内能不变E.c到d的过程中，容器壁单位面积上受到分子的平均冲力减小【答案】ABD【解析】【详解】AB．V-T图像的斜率==VCkTp（C为定值），根据图像可以

看出，cd连线是一条通过原点的直线，斜率不变，所以是一条等压线，故有cdpp=；气体在a状态和c状态，根据理想气体状态变化规律12aaccpVpVTT=气体从d状态到a状态，等温变化21adpVpV=气体从c状态

到d状态，等压变化c121VVTT=联立可得c21dVTVT=，12acpVpV=故AB正确；C．a到b的过程中，气体温度升高，内能增大，体积不变，对外做功为零，根据热力学第一定律=UWQ+可知气体吸热，故C错误；D．b到c的过程中，温度不变，内能不变，体积减小，外界对气体做功，

根据热力学第一定律=UWQ+可知气体放热，D正确；E．气体从c到d的过程中是等压变化，所以容器壁单位面积上受到分子的平均冲力不变，故E错误。故选ABD。14.如图，在粗细均匀、两端封闭的U型玻璃管中有一段水银柱

，该水银柱将两段理想气体密闭在玻璃管的A、B两端。若玻璃管两端竖直向上时，两端气柱长分别为L1=20cm和L2=12cm。现将U型玻璃管缓慢旋转到两端竖直向下，此时A、B两端的水银面高度差h=12cm，整个过程中气体温度不变，也没有气体从管的一端通过水银进入另一端，求原来A端气体的压强（单位

为cmHg）。【答案】74.25cmHg【解析】【详解】由于12LL可知U型玻璃管旋转前A端气体压强p1大于B端气体压强p2，旋转后A端气体压强1p小于B端气体压强2p，则对于A端气体，初状态压强p1，气柱长度1

20cmL=末状态压强1p，气柱长度122cmL=对于B端气体，初状态压强p2=p1-8cmHg气柱长度212cmL=末状态压强2112cmHgpp=+气柱长度210cmL=由等温变化规律可得1111pLpL=2222pLpL=联立解得174.25cmHgp=[物理－选修3-4

]15.一波源处于原点处，分别沿x轴正负方向形成简谐横波，在t=0和t=0.5s时的波形分别如图实线和虚线所示。已知该波源振动周期T>0.5s，下列说法正确的是（）A.该波的传播周期为1.0sB.该波的传播速度为0.4m/sC.质

点a在t=1.0s时沿y轴正方向运动D.x=-0.6m的质点b（未画出）在t=1.5s时位于平衡位置E.若该波在另一种介质中的传播速度为1.2m/s，则它在该介质中的波长为2.4m【答案】BDE【解析】【详解】A．在x轴正半轴上，波沿x轴正方向传播，在t

=0和t=0.5s时间内，实线波形右移动距离x变成虚线波形，则1+)4xn=（，0,1,2,3,n=xvtT==则42=4141tTnn=++，0,1,2,3,n=由于T>0.5s，n只能取0，则周期T=2s，故A错误；B．由A中分析可得1+)4=0.

4m/s0.5nv=（故B正确；C．t=0时刻质点a在平衡位置上方沿y轴正方向运动，则经过t=1.0s（等于2T），a在平衡位置下方沿y轴负方向运动，故C错误；D．波源处于原点处，分别沿x轴正负方向形成简谐横波，所以x=-0.6m的质点b与x=0.6m的质点振动步调完全相同，x=0.6m

的质点在0.5s时在平衡位置沿y轴正方向运动，则再经过1.0s2T=（即t=1.5s时），质点在平衡位置沿y轴负方向运动，故D正确；E．波从一种介质进入另一种介质，传播周期不变，T=2s，根据波速公式vT=可得=2.4m，故E正确。故选BDE。16.图甲为顶角=15°的

玻璃砖的截面，该玻璃折射率n=2。一束光经过上表面的O点从法线左侧射入，入射角为α，光能从玻璃砖下表面射出。（1）求入射角α的最大值；（2）用上述相同材料制成的平行玻璃砖，厚度为2cm，一束光从上表面某点射入，如图乙所示，保

持入射点不变，在纸面内改变入射方向，则从下表面可以射出光的区域最大长度是多少？【答案】（1）45（2）4cm【解析】【详解】（1）光从上表面O点射入玻璃砖的光路如图所示入射角α最大时，在O点折射时的折射角为r，光射到下表面P点的人射角恰好达到临界角C，则有sinsinnr=1s

inCn=有几何关系可知Cr=+解得最大入射角45=（2）当光以入射角i从A点射入平行玻璃砖，折射角为r，光经上、下两个表面折射后由B点射出（入射光线与出射光线平行），其光路如图所示改变入射方向，光将从DB线段内射出，当光在下表面的入射角r达

到临界角时，DB长度最大为L，则有rC=tan2Ld=解得4cmL=