江苏省泰州市、南通市2021-2022学年高三下学期第三次调研测试物理 Word版含解析.docx

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泰州市2022届高三第三次调研测试物理试卷注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。3.请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑加粗。一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1.在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，下列说法正确的是（　　）A.为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要低一些B.为使油酸和酒精充分混合，配成的溶液需静置较长时间C.为清晰显示油膜的边界，滴入油酸酒精溶液后再撒上痱子粉D.为减小实验误差，选用的玻璃板上正方形方格要大一些【答案】A【解析】【详解】A．为便于形成单分子油膜，配成的油酸酒精溶液浓度要低一些，A正确；B．为了减小误差，溶液应现配现用，故B错误；C．正确操作步骤应为在水面上先撒上痱子粉，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定，故C错误；D．为减小实验误差，选用的玻璃板上正方形方格要小一些，故D错误。故选A。2.2022年1月，我国“实践21”卫星成功捕获了失效的同步卫星“北斗2号G2星”，将其移送至比同步轨道更高的“墓地轨道”上，“实践21”卫星又返回同步轨道。则（　　）A.两卫星组合体在同步轨道减速才能到达“墓地轨道”B.“北斗2号G2星”在“墓地轨道”运行的周期小于地球自转周期C.“北斗2号G2星”在“墓地轨道”上的加速度比原轨道上的大 D.“实践21”卫星从“墓地轨道”返回同步轨道机械能减小【答案】D【解析】【详解】A．卫星从低轨道变轨到高轨道需要点火加速，故两卫星组合体在同步轨道需要加速才能到达“墓地轨道”，A错误；B．卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力解得可知“北斗2号G2星”在“墓地轨道”运行的周期大于同步卫星的周期，即大于地球自转周期，B错误；C．根据牛顿第二定律可得解得可知“北斗2号G2星”在“墓地轨道”上的加速度比原轨道上的小，C错误；D．卫星从高轨道返回到低轨道需要点火减速，点火减速过程卫星的机械能减小，故“实践21”卫星从“墓地轨道”返回同步轨道机械能减小，D正确；故选D。3.如图所示，碳60是由60个碳原子组成的足球状分子，科研人员把一束碳60分子以2.0×102m/s的速度射向光栅，结果在后面的屏上观察到条纹。已知一个碳原子质量为1.99×10-26kg，普朗克常量为6.63×10-34J·s，则该碳60分子的物质波波长约（　　）A.1.7×10-10mB.3.6×10-11mC.2.8×10-12mD.1.9×10-18m【答案】C 【解析】【详解】设一个碳原子的质量为，碳60分子的动量为根据德布罗意波长公式代入数据得故C正确，ABD错误。故选C。4.如图所示，竖直平面内蜘蛛网上A、B、C三点的连线构成正三角形，三根蜘蛛丝a、b、c的延长线过三角形的中心，蜘蛛丝c沿竖直方向，c中有张力。则（　　）A.蜘蛛静止在网中央时，a中张力大于b中张力B.蜘蛛在网中央由静止向上加速，b中张力变大C.蜘蛛在网中央由静止沿b方向向上加速，b中张力变小D.蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，a中张力大小不变【答案】B【解析】【详解】A．以网和蜘蛛为研究对象，受力分析如图所示 由平衡条件得可得故A错误；B．根据牛顿第二定律的同向性可知蜘蛛在网中央由静止向上加速与均增大，故B正确；C．同理，根据牛顿第二定律的同向性可知蜘蛛在网中央由静止沿b方向向上加速，b中张力变大，故C错误；D．蜘蛛网在水平风吹拂下晃动，与以及在垂直蜘蛛网方向均有分力，根据力的合成可知，a中张力大小发生变化，故D错误。故选B。5.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。这就是热机的“卡诺循环”则（　　）A.A→B过程说明，热机可以从单一热源吸热对外做功而不引起其它变化B.B→C过程中，气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量增大 C.C→D过程中，气体的内能增大D.整个循环过程中，气体从外界吸收热量【答案】D【解析】【详解】A．根据热力学第二定律可知，不可能从单一热源吸热全部用来对外做功而不引起其他变化，A错误；B．B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，分子的平均动能减小，压强变小，单位时间内气体分子对器壁单位面积的冲量气体分子在单位时间内碰撞单位面积器壁的平均冲量减小，B错误；C．C→D为等温过程，温度是理想气体的内能大小的标度，故温度恒定，内能不变，C错误；D．整个循环过程中，气体从外做功，从状态A回到状态A，温度相同，根据热力学第一定律可知气体必从外界吸收热量，D正确。故选D。6.如图所示，铯133原子基态有两个超精细能级，从能级2跃迁到能级1发出光子的频率约为9.2×109Hz，时间单位“秒”是根据该辐射光子的频率定义的。可见光波长范围为400nm～700nm。则（　　）A.秒是国际单位制中的导出单位B.该跃迁辐射出的是γ射线C.铯133从激发态向基态跃迁时辐射光子的频率大于9.2×109HzD.用频率为9.2×109Hz的光照射锌板，能发生光电效应【答案】C【解析】【详解】A．秒是国际单位制中的基本单位不是导出单位，A错误；B．γ射线是波长短于0.01埃的电磁波，频率超过300EHz（3×1020Hz），从能级2跃迁到能级1发出光子的频率约为9.2×109Hz，故跃迁辐射出的不是γ射线，B错误；C．铯133从激发态向基态跃迁时辐射光子的频率大于从能级2跃迁到能级1发出光子的频率即大于 9.2×109Hz，C正确；D．已知可见光的紫光可以照射锌板使其发生光电效应，而红光不能发生光电效应。紫光的频率约为红光的频率约为频率为9.2×109Hz远小于可见光的频率，故用频率为9.2×109Hz的光照射锌板，不能发生光电效应，D错误。故选C。7.如图所示，在平面直角坐标系xOy的坐标轴上固定四个点电荷A、B、C、D，它们到原点O的距离相等，其中A、C的电荷量为，B、D的电荷量为。a、b、c、d是坐标轴上到原点距离相等的四个点。则（　　）A.a点的场强与c点的场强相同B.a点的电势与b点的电势相等C.试探电荷在a点的电势能等于在c点的电势能D.试探电荷沿直线从a点运动到d点电场力不做功【答案】C【解析】【详解】A．根据对称性和电场强度的叠加性可知a点的场强与c点的场强大小相同，方向相反，故A错误；B．将、两点看成一组等量异种电荷，、两点看成一组等量异种电荷，、两点看成一组等量异种电荷的电场点电势大于点的电势，、两点看成一组等量异种电荷的电场点电势大于点电势，由于、离、距离较近，根据电势的叠加可知a点的电势大于b点的电势，故B错误；C．根据对称性可知a点的电势等于c点的电势，则试探电荷在a点的电势能等于在c 点的电势能，故C正确；D．由B选项分析可知点的电势大于点的电势，则试探电荷在a点的电势能大于在d点的电势能，可知试探电荷沿直线从a点运动到d点电场力做正功，故D错误。故选C。8.如图所示，某海洋乐园里正在进行海豚戏球表演，驯兽师由静止释放球的同时，海豚沿正对着球的方向跃出水面，设海豚出水后姿势保持不变，不计空气阻力海豚在落水前（　　）A.相同时间内速度方向变化的角度相同B.相对球做匀速直线运动C.一定能顶到球D.增大出水时的仰角能顶到球【答案】B【解析】【详解】A．相同时间内速度的变化量相等，但对应时间的初速度的大小和方向不同，故速度方向变化的角度不同，A错误；B．海豚和小球都仅受重力作用，加速度相同，故海豚在落水前相对球做匀速直线运动，B正确；C．设海豚跃出水面距离驯兽师正下方的水平位移为x，小球释放的高度为h，海豚跃出水面的速度方向与水平面的夹角为，故海豚能顶到球满足的关系为当海豚在落水前所经历的时间为故当海豚落水时恰好顶到求，则有 解得故当时，海豚不能顶到球，C错误；D．增大出水时的仰角，即，则故不能顶到球，D错误。故选B。9.1697年牛顿、伯努利等解出了“最速降线”的轨迹方程。如图所示，小球在竖直平面内从静止开始由P点运动到Q点，沿PMQ光滑轨道时间最短（该轨道曲线为最速降线）。PNQ为倾斜光滑直轨道，小球从P点由静止开始沿两轨道运动到Q点时，速度方向与水平方向间夹角相等。M点为PMQ轨道的最低点，M、N两点在同一竖直线上。则（　　）A.小球沿两轨道运动到Q点时的速度大小不同B.小球在M点受到的弹力小于在N点受到的弹力C.小球在PM间任意位置加速度都不可能沿水平方向D.小球从N到Q时间大于从M到Q的时间【答案】D【解析】【详解】A．小球沿两轨道运动到Q点重力做功相等，即合外力做功相等，根据动能定理可知小球沿两轨道运动到Q点时的速度大小相同，故A错误；B．小球在M点向心加速度向上，小球处于超重状态，在N点处于失重状态，结合牛顿第三定律可知小球在M点受到的弹力大于在N点受到的弹力，故B错误；C．小球在PM间向心加速度的竖直分量和切向加速度的竖直分量相等时，合加速度在水平方向，故C错误； D．在点的速度沿水平方向，设为vt，由动能定理可知点的速度大于在点速度的水平分量，由题意知在点速度相同，则在点速度水平分量相同，沿水平方向做匀加速直线运动，沿曲线水平方向做加速度增大的减速运动，水平方向位移相等，如图所示可知小球从N到Q的时间大于从M到Q的时间，故D正确。故选D。10.如图所示，竖直平面内存在范围足够大、方向水平的磁场，同一高度处磁感应强度大小相等，竖直方向上磁感应强度随距离均匀增大。将一个竖直放置的正方形金属线框abcd从图示位置水平向右抛出，不计空气阻力。下列关于线框运动的加速度a、感应电流i随时间t，线框重力做功的功率P机械能E随下落高度h变化的关系图像中，可能正确的是（　　）A.B. C.D.【答案】A【解析】【详解】AB．因为相同高度处磁感应强度大小相等，而流过ab边和cd边的电流大小相同，利用左手定则判断出两边受到的安培力大小相等，方向相反，故水平方向上受力平衡，所以水平方向上做匀速运动，由楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，左手定则判断出bc边所受安培力向上，ad边所受安培力向下，令bc边的磁感应强度为B2，ad边磁感应强度为B1，ab边和cd边的长度为L1，bc与ad边的长度为L2，从而求出线框所受合外力设线框向下运动的距离为x，则联立得加速度所以当速度增大时，I增大，a减小，感应电流由于加速度减小，所以感应电流的变化率越来越小，结合可知加速度的变化率越来越小，最后线框竖直方向做匀速直线运动，电流不再增大，加速度为零，故A正确，B错误；C．初始时，线框的速度为零，所以图像，时，重力功率应为零，故C错误；D．除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化量，根据可知图象的斜率的绝对值为安培力的大小，由AB 选项分析可知，安培力越来越大，最后不变，可知D错误。故选A。二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。11.电导率是电阻率的倒数，25℃时合格纯净水的电导率小于5.0×10-4Ω-1·m-1。某小组为测量一水厂纯净水的电导率，用绝缘性能良好的塑料圆柱形容器装满采集的水样，然后用金属圆片电极将容器两端密封。实验室还提供了下列器材：A．游标卡尺B．电压表V（量程3V，内阻约5kΩ）C．灵敏电流计G（量程20μA，内阻约250Ω）D．滑动变阻器R（阻值0～20Ω，额定电流1A）E．电源（，内阻很小）F．开关、导线若干（1）图甲为游标卡尺的结构示意图、实验前需测量圆柱形容器的内径，应使用游标卡尺的___________（选填“A”、“B”或“C”）进行测量，游标卡尺示数为___________cm。（2）请用笔画线代替导线，将图乙测量纯净水样品电阻的实物电路连接完整_________。（3）测量数据如下表所示，请在图丙中作出图像_________。根据图像求出该样本电阻的阻值Rx=___________kΩ（结果保留两位有效数字），进而可以求出电导率。U/V0.521.201.802.362.78I/μA2.04.46.88.8104 （4）若装入的纯净水样品未完全充满塑料圆柱形容器，这将会使测得的电导率___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”），理由是___________。【答案】①.A②.3.110③.④.⑤.⑥.偏小⑦.电流方向上，样品的横截面积减小，所测电阻增大【解析】【详解】（1）[1][2]由图可知。要测量圆柱形容器的内径，应使用游标卡尺的A进行测量，游标卡尺示数为 （2）[3]为了使得电压变化范围较大，滑动变阻器采用分压式接法，由题可知，灵敏电流计电流变化范围很小，电流表的分压较小，为了减小误差，灵敏电流计采用内接法，实物图如图所示（3）[4][5]根据描点法得出图象如图所示根据图像求出该样本电阻的阻值（4）[6][7]若装入的纯净水样品未完全充满塑料圆柱形容器，这将会使测得的电导率偏小，理由是电流方向上，样品的横截面积减小，所测电阻增大。12.两列简谐横波P、Q在同一介质中分别沿x轴正方向和负方向传播，P、Q两列波在t=0时刻的波形分别如图甲中实线、虚线所示，x=1.5L处质点的振动图像如图乙所示。简谐波P的周期为TP，图中A1、A2已知，T0未知。求：（1）两列波在介质中的传播速度v及简谐波Q的周期TQ；（2）求T0及x=1.5L处质点从t=0时刻到T0时间内通过的路程s。 【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）由图可知简谐波P、Q的波长，根据，解得波在同种介质中传播速度相等，则解得（2）时刻起到处质点再次出现波谷与波谷叠加经历的时间为，则当，时，对应时间，则由图乙可知，路程13.研究光的干涉现象原理图如图所示。光源S到双缝S1、S2的距离相等，S1、S2连线平行于光屏，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出单色光，经S1、S2传播到光屏上P点，S1P垂直于光屏，P为某亮条纹中心，OP之间还有k条亮条纹，光由S1、S2传播到P点的时间差为t0.现紧贴S1放置厚度为d的玻璃片，光由S1垂直穿过玻璃片传播到P点与光由S2直接传播到P点时间相等。已知光在真空中的速度为c，玻璃对该单色光的折射率为n，不考虑光在玻璃片内的反射求： （1）单色光在真空中的波长；（2）玻璃片的厚度d。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题意，P为第级亮条纹中心，则而解得（2）由题意，设光在玻璃中传播速度为v，则且解得14.如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。质量为的小球A通过长L=3R的细线连接小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角现将A球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，转台保持静止。已知重力加速度为g。（1）求B球的质量；（2）求A球运动到P点时的动能； （3）若将A球固定在P点，使转台绕轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角，求此过程中转台对两球做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对A球在P点进行受力分析，如图所示可知三角形OQP为等边三角形，槽对A球的支持力与线中张力大小相等，则又解得（2）设A球运动到P点的速度为，此时B球的速度为，则取两球组成的系统，研究从释放到A球运动到P点的过程，根据机械能守恒定律有 解得（3）细线QB与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为，则对B球，根据牛顿第二定律可得转台对两球做的功为联立解得15.如图所示，xoy竖直平面坐标系中，x轴上方有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度大小为E。粒子源在坐标平面内从O处发射速度大小、方向各不相同的粒子，粒子初速度方向与+x方向夹角范围是[0，90°]，初速度大小范围是。已知粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。（1）求粒子到达x轴下方的最远距离d；（2）求粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域面积S；（3）若粒子源只沿+y方向发射粒子，其它条件不变，发现x轴上P点左侧所有位置恰好均有粒子通过，求粒子从O点运动到P点所需的最短时间t。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当粒子的速度大小为，且沿y轴正向射出时粒子到达x轴下方有最远距离d，根据动能定理得解得（2）设速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域如下图所示，为粒子不能到达的区域面积。则打到的区域面积为其中解得 （3）由题意，P点位置如下图所示，阴影表示粒子能打到x轴上的区域，粒子在电场中的运动径迹未画出。速度大小为的粒子从O点运动到P点的时间最短。粒子在磁场中运动的时间其中设粒子在电场中运动单程的时间为，则粒子在电场中运动的时间粒子从O点运动到P点的时间解得