2022届广东省深圳市高三下学期物理第二次调研考试试卷题（解析版）

这是一份2022届广东省深圳市高三下学期物理第二次调研考试试卷题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
 广东省深圳市2022届高三下学期物理第二次调研考试试卷一、单选题 1．分别使用光束做研究光电效应规律的实验，得到光电流随光电管两端电压的变化关系如图所示。正确的分析是（　　）A．b与c光的频率相同B．a比b光的遏止电压大C．b与c光的强度相同D．a与c光照射阴极产生的光电子最大初动能相同2．如图，水平桌面上乒乓球沿直线匀速运动，一同学在桌边用吹管欲将球吹进桌面上的球门，垂直。在B处对准C吹气，未成功，下列情形可能成功的是（　　）A．仅增大吹气力度B．将球门沿直线向B靠近C．将吹管向A平移适当距离，垂直方向吹气D．将吹管绕B点顺时针转动，正对着A吹气3．在研究自感现象的实验中，将自感线圈、电阻和电流传感器按如下电路连接。闭合开关后，电流随时间变化的关系是（　　）A． B．C． D．4．中国电磁炮技术世界领先，下图是一种电磁炮简易模型。间距为L的平行导轨水平放置，导轨间存在竖直方向、磁感应强度为B的匀强磁场，导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源。带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒电阻为R，导轨电阻不计。通电后棒沿图示方向发射。则（　　）A．磁场方向竖直向下B．闭合开关瞬间，安培力的大小为C．轨道越长，炮弹的出射速度一定越大D．若同时将电流和磁场方向反向，炮弹将沿图中相反方向发射5．如图，射击训练场内，飞靶从水平地面A点以仰角斜向上飞出，落在相距的B点，最高点距地面。忽略空气阻力，重力加速度取。则（　　）A．飞靶从A到B的飞行时间为B．飞靶在最高点的速度为C．抬高仰角，飞靶飞行距离增大D．抬高仰角，飞靶的飞行时间增大6．由于潮汐等因素影响，月球正以每年约3至5厘米的速度远离地球。地球和月球可以看作双星系统，它们绕O点做匀速圆周运动。多年以后，地球（　　）A．与月球之间的万有引力变大B．绕O点做圆周运动的周期不变C．绕O点做圆周运动的角速度变小D．绕O点做圆周运动的轨道半径变小7．冰雪运动爱好者利用无人机牵引，在光滑水平冰面上匀速滑行，如图所示。牵引绳与竖直方向成角，人所受空气阻力恒定。则（　　）A．角越大，绳子对人的拉力越大B．角越大，地面对人的支持力越大C．空气对无人机的作用力可能沿着绳子方向D．无人机对绳的拉力与绳对人的拉力是一对相互作用力二、多选题8．如图为地球赤道剖面图，地球半径为R，把地面上高度为区域内的地磁场视为磁感应强度为B、方向垂直于剖面的匀强磁场，一带电粒子以速度正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切。则（　　）A．粒子带正电荷B．轨迹半径为C．粒子的比荷为D．若粒子速度减小，在该磁场区域的运动时间增大9．在圆锥体空间的顶点O固定一正点电荷，底面圆周上有三点，是底面圆心，在该点电荷所产生的电场中，正确的判断是（　　）A．三点的电场强度相同B．三点在同一个等势面上C．带正电的检验电荷沿直线从a至过程中电场力增大D．带负电的检验电荷沿直线从a至过程中电势能增大10．如图，工人用传送带运送货物，传送带倾角为，顺时针匀速转动，把货物从底端A点运送到顶端B点，其速度随时间变化关系如图所示。已知货物质量为，重力加速度取。则（　　）A．传送带匀速转动的速度大小为B．货物与传送带间的动摩擦因数为C．两点的距离为D．运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功三、实验题11．某兴趣小组利用实验系统测量大理石滑块与长木板间的动摩擦因数。步骤如下：⑴用游标卡尺测量自制挡光片的宽度，如图，读数为　     　。⑵如题图，将挡光片固定在滑块上，在倾斜放置的长木板上A、B两点安装光电门，测出长木板与水平桌面的夹角。⑶将滑块从某一位置由静止释放。记录挡光片分别通过光电门A、B的时间和，滑块通过A点的速率为　     　（用题给物理量符号表示），为了求出动摩擦因数，还需要测量的物理量是　              　。12．某学习小组研究“不同的电阻测量方案对误差的影响”。现有器材为：电源、电流表（量程）、电压表（量程）、待测定值电阻、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、开关、导线若干。实验步骤如下：（1）用图甲和图乙电路分别测量待测电阻的阻值，请在图丙中按图甲用笔画线代替导线将电路补充完整；（2）将图丙中滑动变阻器的滑片P滑到　     　端（填“e”或“f”），闭合开关，调节滑动变阻器，记录测量数据；（3）根据测量数据在坐标系中描点作图，得到图丁中的图线a和b，则a线对应的测量值是　     　，线是采用图　     　（选填“甲”或“乙”）电路测得的结果，理由是（要求论述有依据）　                                                                    　。（4）为提高测量精度，在图甲电路中，用电流传感器代替电流表，电压传感器代替电压表，对同一电阻再次进行测量。得到对应的图线c，拟合直线及表达式见图戊，认为其测量值等于真实值。
相对误差反映测量的可信程度，相对误差公式为。由步骤(3)和(4)可得图线a的相对误差为　     　（保留三位有效数字）。四、解答题13．图甲和图乙所示是手动式手电筒内振动式发电机的两个截面图，半径为、匝数为100的线圈a，所在位置的磁感应强度。线圈a接原副线圈匝数比为的理想变压器，给两个额定电流均为的灯泡供电。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中电动势随时间按正弦规律变化，如图丙所示。线圈a及导线电阻不计。求：（1）图丙中电动势的表达式；（2）若手动发电的效率为，两灯泡正常发光，手动做功的功率；（3）线圈a往复运动过程中的最大速度。14．2022年北京冬奥会的冰壶项目被喻为“冰上象棋”。如图，为场地中心线上的三个点，一冰壶B静止在半径的营垒圆形边界N处。队员使壶A以速度从P点沿中心线出发，在与初速度同向恒力作用下，经在M处脱手。脱手后，队友用冰刷擦试间的冰面，A以速度在N处与B正碰（碰撞时间极短）。A、B可视为质点，质量均为，已知未用冰刷擦拭过的冰面动摩擦因数，擦拭后变为。间距，重力加速度取，不计空气阻力，冰刷始终不接触冰壶。（1）求段冰面k的大小；（2）第一次碰撞后，B恰好停在营垒中心O处，求碰后A的速度大小；（3）已知A、B碰撞前后速度均满足比值不变，若每次碰后，只擦拭A前方冰面使。试通过计算说明，最终B将停在营垒的哪个区域？（营垒各区域尺寸如图）15．如图，在趣味小实验中，将一定质量的乒乓球放在一个粗细均匀的竖直薄圆管下端，通过乒乓球和活塞在管内封闭一定高度的某种液体和气体，当封闭气体压强为p时，乒乓球恰好不掉落。已知液柱高度远大于乒乓球直径，圆管横截面积为S，为了防止乒乓球掉落，将活塞缓慢上移使气柱长度增加一半。求此时（1）封闭气体的压强；（2）管口对乒乓球的作用力大小。16．如图，宽度足够大的水槽内水深h，一束激光垂直水面射向水底s处，发现水槽底部有一半径为r的圆形区域比其它区域暗，产生该现象的原因是光线经水槽底部漫反射后射向水面，射到b处的光线恰好发生全反射，光路见题图，求：（1）水的折射率；（2）通过作图分析，当水深增大时暗斑半径如何变化。五、填空题17．一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程和回到原状态，其图像如图所示，气体在状态　     　（填“a”、“b”或“c”）的分子平均动能最小，在过程中气体体积　     　（填“变大”、“变小”或“不变”），在过程中，气体对外界做功　     　（填“大于”、“小于”或“等于”）气体吸收的热量。18．如图是两列水波相遇后形成的稳定干涉图样，形成该图样需要满足的条件是两个波源的　     　（填“频率”或“振幅”）一定相同，题图表示振幅均为A的两列相干波叠加，实线表示波峰，虚线表示波谷，连线的中点为振动　     　（选填“加强”或“减弱”）点，此时O处质点相对平衡位置的位移大小为　     　。
答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】ABD．由图可知，、两种光的遏止电压相等，光比、两种光的遏止电压小，根据爱因斯坦光电方程以及可得可得A符合题意，BD不符合题意；C．由图可知：光的饱和光电流大于光的饱和光电流，可知b光的强度大于c光的强度，C不符合题意。故答案为：A。
【分析】根据爱因斯坦光电效应方程以及动能定理得出电子运动速度的表达式，并判断电子速度的大小。2．【答案】C【解析】【解答】原方案中，吹管吹气只改变了球沿BC方向的速度，而沿AB方向的速度不变，所以单纯沿BC方向吹气而施加力的作用不能球落入球门中。A．仅增大吹气力度，只能加快BC方向速度变化，不能使球进入球门，A不符合题意；B．将球门C沿直线CB向B点移动一小段距离，与原方案一样，不能落入球门，B不符合题意；C．将吹管向A平移适当距离，垂直方向吹气，到达BC所在直线位置时乒乓球已经沿垂直AB方向运动了一段距离，根据运动的合成与分解的知识可知，球可能落入球门中，C符合题意；D．将吹管绕B点顺时针转动，正对着A吹气，乒乓球只能做直线运动，不会入球门，D不符合题意；故答案为：C。
【分析】仅增大吹气力度，只能加快BC方向速度变化，将吹管向A平移适当距离，垂直方向吹气，结合速度的分解和合成分析判断正确的选项。3．【答案】A【解析】【解答】电阻和电流传感器与自感线圈串联，闭合开关后，流过自感线圈的电流增大，电感线圈产生与原电流方向相反的感应电动势，且电动势慢慢变小，则线圈中电流大小逐渐变大，而且变大得越来越慢，最后电流达到稳定值，A符合题意，BCD不符合题意；故答案为：A。
【分析】根据法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得出电动势的大小情况，以及感应电流的变化情况。4．【答案】B【解析】【解答】A．流过炮弹的电流为逆时针方向，所受安培力水平向右，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，A不符合题意；B．闭合开关瞬间电流为则安培力为B符合题意；C．金属棒开始运动后会产生反电动势，随着速度增大，反电动势随之增大，则金属棒的电流越来越小，安培力也越来越小，直到通过金属棒的电流为零，速度达到最大，所以炮弹的出射速度有最大值，C不符合题意；D．若同时将电流和磁场方向反向，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变，D不符合题意。故答案为：B。
【分析】根据左手定则以及安培力的方向得出磁感应强度的方向；利用闭合电路欧姆定律以及安培力的表达式得出安培力的表达式，从而进行分析判断。5．【答案】D【解析】【解答】A．飞靶在竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性可得飞靶从A到B的飞行时间为A不符合题意；B．飞靶在水平方向的速度在最高点竖直方向速度为零，则飞靶在最高点的速度为，B不符合题意；C．根据运动的分解可得飞靶飞行的时间则飞行距离可知时，飞行距离有最大值，C不符合题意；D．根据可知抬高仰角，飞靶的飞行时间增大，D符合题意。故答案为：D。
【分析】飞靶在竖直方向做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动的规律得出飞靶从A到B的运动时间；结合速度的分解以及匀速直线运动的规律得出飞靶在最高点的速度以及飞行时间的变化情况。6．【答案】C【解析】【解答】A．多年以后，地球和月球间距离变大，两星的质量不变，由万有引力定律可知，地球与月球之间的万有引力变小，A不符合题意；BCD．地球和月球绕Ｏ点做匀速圆周运动的角速度大小相等，周期相等，设地球与月球的质量分别为和，圆周运动的半径分别为和，地球和月球间距离为，则有由万有引力定律提供向心力联立可得地球与月球的质量不变，地球和月球间距离增大，则地球绕O点做圆周运动的周期变大，地球绕O点做圆周运动的角速度变小，地球绕O点做圆周运动的轨道半径变大，BD不符合题意，C符合题意；故答案为：C。
【分析】根据万有引力力的表达式判断地月间万有引力的变化情况；结合万有引力提供向心力判断运动周期和角速度以及轨道半径的变化情况。7．【答案】B【解析】【解答】AB．以人对研究对象，受力分析如图水平方向竖直方向可得人所受空气阻力恒定，角越大，绳子对人的拉力越小，地面对人的支持力越大，B符合题意，A不符合题意；C．以飞机为研究对象，飞机受空气阻力、绳子拉力和重力，由平衡条件可知空气阻力与飞机的重力和绳子拉力的合力等大反向，不可能沿着绳子方向，C不符合题意；D．相互作用力是在两个相互作用的物体之间，无人机对绳的拉力与绳对人的拉力中涉及三个物体，D不符合题意。故答案为：B。
【分析】以人为研究对象进行受力分析，根据共点力平衡得出绳子拉力的表达式，并根据角度的变化得出绳子拉力的变化情况；通过牛顿第三定律进行分析判断。8．【答案】B,D【解析】【解答】A．由左手定则可知，粒子带负电，A不符合题意；B．由几何关系可知解得B符合题意；C．根据解得C不符合题意；D．若粒子速度减小，则粒子的运动半径减小，但是粒子在磁场中运动的圆心角变大，因粒子的周期不变，则由则在该磁场区域的运动时间变大，D符合题意。故答案为：BD。
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用左手定则得出该粒子的电性，结合几何关系得出离子运动轨道半径，通过洛伦兹力提供向心力，从而得出该粒子的比荷；通过粒子在磁场中运动周期的表达式和时间的关系得出粒子在磁场中运动时间的变化情况。9．【答案】B,C【解析】【解答】A．三点到O点的距离相等，根据点电荷的场强公式可知三点的电场强度大小相等，但方向不同，A不符合题意；B．三点到O点的距离相等，在同一等势面上，B符合题意；C．检验电荷沿直线从a至过程中，到O点的距离逐渐减小，根据点电荷的场强公式可知电场强度大小逐渐增大，所以带正电的检验电荷沿直线从a至过程中电场力增大，C符合题意；D．沿直线从a至过程中，电势升高，根据负电荷在电势高的位置电势能小可知，带负电的检验电荷沿直线从a至过程中电势能减小，D不符合题意。故答案为：BC 。
【分析】根据点电荷周围电场强度的表达式判断abc三点电场强度的大小关系；结合电场力的表达式判断 从a至过程中电场力 的变化情况。10．【答案】A,B【解析】【解答】A．由图像可知，货物先向上匀加速，再向上匀速，所以传送带匀速转动的速度大小为，A符合题意；B．开始时货物的加速度由牛顿第二定律可知解得货物与传送带间的动摩擦因数为B符合题意；C．由图像可知，AB两点的距离为C不符合题意；D．由动能定理可知解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功D不符合题意。故答案为：AB。
【分析】根据题意结合v-t图像得出传送带匀速转动的速度；利用加速度的定义式以及牛顿第二定律得出 货物与传送带间的动摩擦因数 ；v-t图像与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移。11．【答案】5.30；；两光电门间距L【解析】【解答】（1） 由图所示游标卡尺可知，该游标卡尺的精确度为0.05mm，主尺示数为5mm，游标尺示数为6×0.05mm=0.30mm游标卡尺读数d=5mm+0.30mm=5.30mm（3） 记录挡光片分别通过光电门A、B的时间和，滑块通过A点的速率为通过B点速率根据所以为了求出动摩擦因数，还需要测量的物理量是两光电门间距L。
【分析】（1）根据游标卡尺的读数原理得出挡光片的宽度；
（2）通过短时间内的平均速度等于得出物体通过AB光电门的速度，结合匀变速直线运动的位移与速度的关系得出需要测量的物理量。12．【答案】（1）（2）e（3）6.25；甲；线对应的测量值大于b线对应的测量值，测量结果偏大，采用电流表内接法（4）24.3【解析】【解答】(1)由于电压表量程3V，所以接线柱接3V量程，电流表与待测电阻串联与电压表并联，则电压表3V接线柱接在待测电阻右侧接线柱上，滑动变阻器采用限流接法，因下端已经连接电路，则待测电阻右侧接线柱接在滑动变阻器的e端或f端，补充完整线路如图所示。(2)闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到接入电路阻值最大处，即滑动变阻器的滑片P滑到e端；(3)由图示图象可知，a线对应的待测电阻测量值是选择电流表的外接法，由于电压表的分流作用，电流表测量值大于流经的电流值，测量结果偏小；选择电流表的内接法，由于电流表的分压作用，电压表测量值大于两端的电压值，测量结果偏大；线对应的测量值大于b线对应的测量值，所以线是采用电流表内接法，线是采用图甲电路测得的结果；(5)结合图戊的关系式可知待测电阻的真实值图线a的相对误差为
【分析】（1）根据电压表的量程得出连接的接线柱；结合滑动变阻器的连接方式得出滑动变阻器的限流式接法；利用电路图补充电路图；
（2）为了保护电路闭合开关前应将滑动变阻器的阻值调到最大；
（3）根据欧姆定律以及电路的动态分析判断a线对应的待测电阻测量值，并分析电流表内外接时电阻值的变化情况；
（5）根据U-I的图像以及相对误差的表达式得出图像a的相对误差。13．【答案】（1）解：由丙图可知且根据电动势的表达式可得（2）解：设原线圈中电压的有效值，根据可得设副线圈两端电压为，根据理想变压器公式可得灯泡功率可得人对手电筒做功的功率为（3）解：根据法拉第电磁感应定律得解得【解析】【分析】（1）根据图丙得出该交流电电动势的最大值以及周期，结合角速度和周期的关系得出该交流电的角速度，从而得出图丙中电动势的表达式；
（2）根据交表电流的有效值和最大值的关系以及理想变压器的原副线圈匝数比和电压比的关系得出副线圈两端的电压，通过电功率的表达式得出人对手电筒做功的功率；
（3）利用法拉第电磁感应定律得出线圈a往复运动过程中的最大速度。14．【答案】（1）解：壶A从P点到N处的过程中，根据动能定理则有解得（2）解：第一次碰撞后，B恰好停在营垒中心O处，根据动能定理则有解得A、B第一次碰撞后，系统动量守恒，则有解得（3）解：根据题意则有A、B第一次碰撞后，对B分析，根据牛顿第二定律则有B运动的时间为A、B第一次碰撞后，对A分析，根据牛顿第二定律则有根据运动学公式则有解得A运动的时间为所以B刚停止时，A、B发生第二次碰撞；A、B第二次碰撞，系统动量守恒，则有根据题意则有解得第二次碰撞后，对B分析，根据运动学则有解得B运动的时间为A、B第二次碰撞后，对A分析，根据运动学则有解得A运动的时间为所以B刚停止时，A、B发生第三次碰撞；A、B第三次碰撞，系统动量守恒，则有根据题意则有解得第三次碰撞后，对B分析，根据运动学则有解得B运动的时间为A、B第三次碰撞后，对A分析，根据运动学则有解得A运动的时间为所以B刚停止时，A、B发生第四次碰撞；以此类推，可得……第二次碰撞后，B运动的总距离为所以最终B停在最中间圆形区域【解析】【分析】（1） 壶A从P点到N处的过程中 ，根据动能定理得出 段冰面的k；
（2） 第一次碰撞后， 对B结合动能定理得出碰后B的速度；AB碰撞后利用动量守恒得出A碰后速度的大小；
（3）AB第一次碰撞后，根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出B运动的时间以及碰撞后A的速度；第二次碰撞后利用动量守恒得出A第二次碰撞后的速度；同理得出第三次碰撞后的速度，并得出B最终停止的位置。15．【答案】（1）解：由题意可知封闭气体发生等温变化，根据其中解得（2）解：由于封闭气体压强较小，故而管口对乒乓球产生竖直向下的弹力，根据乒乓球所受合力为零，可得解得【解析】【分析】（1） 封闭气体发生等温变化 时，利用玻意耳定律得出封闭气体的体积；
（2）对乒乓球进行受力分析，根据共点力平衡得出管口对乒乓球的作用力 。16．【答案】（1）解：光线恰在b点发生全反射，则其中则（2）解：由光路图可知，当槽中水的深度增加时，暗斑半径变大【解析】【分析】（1）根据该介质的折射率以及全反射临界角正弦值的关系得出该介质的折射率；
（2）根据光路图得出槽中水的深度增加时暗斑半径的变化情况。17．【答案】a；变小；小于【解析】【解答】气体在状态a时的温度最低，则分子平均动能最小；在过程中气体温度不变，压强变大，则体积变小；在过程中，压强不变，温度升高，内能变大，∆U>0；体积变大，则气体对外界做功，则W<0，则根据可知，Q>0，即气体对外界做功小于气体吸收的热量。
【分析】气体温度是分子动能的标志；结合等温变化得出气体体积的变化情况，利用热力学第一定律判断气体的吸放热。18．【答案】频率；加强；2A【解析】【解答】两列水波相遇后形成的稳定干涉图样时，两个波源的频率一定相同；因O点和M点都是振动加强点，则连线的中点为振动加强点，此时O处质点处于谷谷相遇点，则相对平衡位置的位移大小为2A。
【分析】两列水波发生稳定干涉时两个波源的频率一定相同；两波干涉图样中波峰和波峰或波谷和波谷的相遇点是振动加强点。