2021-2022学年湖北省圆创联考高三（下）第二次联合测评物理试卷

2021-2022学年湖北省圆创联考高三（下）第二次联合测评物理试卷

1. 棒球被击球员击出，斜向上方飞出。不计空气阻力，棒球落地的时间与下列哪些物理量无关

A. 棒球的质量 B. 棒球击出的速度
C. 棒球击出的角度 D. 击球点的高度

2. 2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，3名航天员进驻天和核心舱，中国空间站开启有人长期驻留时代。已知空间站轨道高度为，倾角为，设计寿命为10年，长期驻留3人，总重量可达180吨。关于空间站，下列判断正确的是

A. 线速度大于第一宇宙速度
B. 周期大于同步卫星的周期
C. 角速度大于月球绕地球运行的角速度
D. 向心加速度大于地面的重力加速度

3. 在核电站发生核事故后，附近可检测出放射性元素铯137，铯137的半衰期约为30年。假设一条海鱼在15年前体内有的铯137，若铯137在这期间未被代谢出体外，则现在残留在其体内的铯137有

A.  B.  C.  D.

4. 工厂检验电动机的质量时，要用到能够调节的高压，利用一个自耦变压器和一个升压变压器可满足这个要求。如图所示，自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都取自该线圈，已知自耦变压器线圈总匝数为1250匝，原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上，升压变压器的原、副线圈匝数比为1：8，则输出端可以得到最高电压的有效值是变压器均为理想变压器

A. 1000V B. 1760V C. 2000V D. 2500V

5. 如图所示，两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A、B在两摆球所在平面内向左、右拉起至高度、后释放，两小球恰在最低点发生弹性碰撞；碰撞后，摆球A摆回到最高点的高度仍然为。摆球A、B的质量分别为2m、3m，则：等于
   
    

A. 9：4 B. 3：2 C. 1：1 D. 9：16

6. 一物块在粗糙水平面上以一定的初速度沿直线匀减速滑行，第1s内的位移为8m，第3s内的位移为，则物块运动过程中的加速度大小为

A.  B.  C.  D.

7. 1783年11月21日，蒙特哥非尔兄弟完成了人类第一次热气球旅行。如今乘热气球飞行已成为人们喜爱的一种航空体育运动。要让热气球升空，必须加热气球里的空气，使气球体积变大，以增加空气浮力，现有一总质量为热气球不含球内空气，当加热其内空气，使其体积膨胀至后，恰好升空，此时空气浮力等于热气球的总重量含球内的空气。已知外界气温为，空气密度为。气球内、外的空气都视为理想气体，且加热时球外空气的温度、压强不变，则热气球内的空气温度为

A.  B.  C.  D.

8. 如图所示为家用单相电能表的结构示意图，其中电流线圈串联在电路中，电压线圈并联在电路中，通过电流线圈和电压线圈的交变电流产生的交变磁场使铝盘中产生涡旋电流，交变磁场对涡旋电流的安培力推动铝盘转动，转动方向如图中箭头所示。旁边还固定一块形永久磁铁，铝盘转动时要从磁铁两极之间通过。关于家用单相电能表，下列说法正确的是

A. 用户功率越大，电压线圈在铝盘中产生的涡流越大
B. 用户功率越大，电流线圈在铝盘中产生的涡流越大
C. 永久磁铁在铝盘中产生的安培力推动铝盘转动
D. 当停止用电时，永久磁铁可以使铝盘尽快停止转动，避免由于惯性继续转动而带来计量误差

9. 如图所示，真空中同一平面内固定两点电荷和，以点电荷为圆心的圆上有A、B、C、D四点，其中C点为两点电荷连线与圆的交点且场强为零，AB和CD为两条互相垂直的直径。关于A、B、C、D四点，下列说法正确的是

A. C处电势最高
B. A、B两处电场强度相同
C. C、A两点的电势差等于B、D两点的电势差
D. 电子从A点沿着圆弧顺时针运动到B点过程中，电势能先减小后增大

10. 如图所示，斜面静止在粗糙水平面上，物块和小球通过轻绳跨过光滑定滑轮后连接，物块静止在斜面体上。将物块沿斜面向上移动一小段距离并撤去外力，系统再次静止，斜面始终保持不动。与初始状态比较，下列说法正确的是

A. 斜面对物块的摩擦力增大 B. 斜面对物块的作用力减小
C. 地面对斜面的支持力减小 D. 地面对斜面的摩擦力增大

11. 两列简谐横波在同一介质中沿直线相向传播。M点在之间，到的距离，到的距离，如图所示。时刻，向右传的波恰好传到点。图为M点的振动图象，其中实线为向右传的波经过M点时，M点的振动图像，虚线为向左传的波经过M点时，M点的振动图像。则

A. 两列波相遇后能形成稳定的干涉图样
B. 内，M点运动的路程为32cm
C. 之间共有9个振动加强点
D. 时，M点在平衡位置下方且远离平衡位置

12. 为研究玩具电动机的转动，某同学将一圆盘固定在电动机的转轴上，将纸带穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘上。如图所示，当电动机转动时，纸带会卷在圆盘上。已知交流电的频率为f。
    
    该同学用游标卡尺测量圆盘的直径，示数如图所示，则圆盘的直径______cm；
    物理学上把角速度的变化与发生这一变化所用时间的比值定义为角加速度。若电动机做匀加速转动即不变，经一段时间停止打点后，取下纸带，标出A、B、C、…，如图所示，其中相邻两个计数点间有4个点没画出，则打下D点时电动机的角速度______，角加速度______。用d、f、、、、表示
13. 某同学利用如图所示电路测量量程为的电压表的内阻，并将其改装成量程为15V的电压表。实验器材如下：电阻箱R，滑动变阻器，定值电阻，学生电源，标准电压表，开关，导线。测量电压表内阻的实验步骤如下：
    ①按图连接好电路；
    ②将电阻箱的阻值调到零，将滑动变阻器的滑片滑到最左端，闭合开关S；
    ③移滑动变阻器的滑片，使电压表满偏；
    ④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱的阻值，使电压表的示数为，记下电阻箱的阻值。
    回答下列问题：
    实验步骤④中记录的电阻箱阻值为，若认为调节电阻箱时，滑动变阻器上的分压不变，则电压表的内阻为______。要将其改装成量程为15V的电压表，只需串联阻值为______的定值电阻结果均保留到个位。
    校对改装后的电压表时，发现当标准电压表的示数为时，该表的读数为，这是由于电压表内阻的测量值______真实值选填“小于”“等于”或“大于”。
    要达到预期目的，只需要将的电阻换为一个阻值为的电阻即可，其中______。

14. 横截面是等腰直角三角形的棱镜叫全反射棱镜。如图所示，从全反射棱镜的侧面射入一光束，入射角i满足，其折射后在底面恰好发生全反射。求棱镜材料的折射率n。结果可以用根式表示

15. 调速器可用来控制电动机的转速，其结构如图所示。圆筒状的外壳固定不动，中心转轴随电动机旋转，轴上两侧各有一轻质细杆，其上端与中心转轴链接，下端各有一个质量为的摆锤，两细杆与中心转轴恒在同一平面，且此平面随中心转轴旋转时，细杆可以自由张开或合拢。当张角时，摆锤恰好与外壳接触；当转速足够大时，摆锤会贴紧外壳，并对外壳施力，通过传感器传递电动机转速过大的信息。已知外壳的内径为，重力加速度。
    当摆锤恰好与外壳接触时，求中心转轴的角速度；
    当中心转轴以角速度旋转时，求任一摆锤对外壳施加压力的大小；
    若摆锤和外壳之间的动摩擦因数，当中心转轴的角速度维持时，求两个摆锤克服摩擦做功的功率。

16. 如图所示，倾角为的光滑斜面上设置有AB和CD两个减速缓冲区，缓冲区内动摩擦因数为，且。整个空间分布着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m带电量为的物块从斜面顶端O由静止释放，其通过AB段与通过CD段的时间相等。已知物块运动到D点时的加速度为零，重力加速度为g，求：
    斜面顶端O到A的距离d；
    物块在缓冲区内摩擦产生的总热量；
    若将整个斜面设置为缓冲区，仍将物块从O点由静止释放，设物块通过D点的速度为，求物块从O运动到D的总时间。到A的距离用d表示

答案和解析

1.【答案】A
 

【解析】解：设棒球被击出时的速度和水平方向为，选竖直向上的方向为正方向，则在竖直方向上：，故可知棒球落地的时间与棒球击出时的速度，棒球击出时的角度和击球点的高度有关，故A正确，BCD错误；
故选：A。
理解斜抛的物体在不同方向上的运动特点，根据运动学公式分析出影响落地时间的物理量。
本题主要考查了斜抛运动的相关应用，理解不同方向的运动特点，结合运动学公式完成分析。
 

2.【答案】C
 

【解析】解：A、第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
BC、根据牛顿第二定律有：，解得：，
由于空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，所以空间站的周期小于地球同步卫星的周期，
由于空间站的轨道半径小于月球的轨道半径，所以空间站的角速度大于月球绕地球的角速度，故B错误，C正确；
D、根据万有引力提供加速度可知，因为卫星的半径大于地球半径，则向心加速度小于地面重力加速度，故D错误。
故选：C。
根据万有引力用来提供向心力，比较线速度、角速度和周期。
本题主要考查了万有引力定律的应用，解决此题的关键要掌握万有引力用来提供向心力，推导出其他量的表达式。
 

3.【答案】C
 

【解析】解：根据放射性物质的剩余质量与半衰期的关系可知现在残留在其体内的铯137为：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据剩余质量与半衰期的关系判断即可。
该题考查半衰期的应用，知道剩余质量与半衰期的关系是解答的关键。
 

4.【答案】C
 

【解析】解：变压器的原理，电压与匝数成正比
由
由

解得：，故ABD错误，C正确。
故选：C。
自耦变压器，满足电压与对应匝数成正比。
本题考查变压器，熟练掌握变压器中的比例关系是解题关键。
 

5.【答案】A
 

【解析】解：小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
对A球：
对B球：
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
碰撞后A上摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：，
解得：：：4，故A正确，BCD错误。
故选：A。
小球摆动过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出碰撞前瞬间的速度大小，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，分析清楚两球运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
 

6.【答案】B
 

【解析】解：AB、根据位移-时间公式得物体第1s内的位移为：
若第3s末物体仍然没有停止或恰好停止，则第3s内的位移为：；式中
代入数据解得：，
第3s末速度为：，不合理，假设不成立，说明在3s前物体已经停止。
根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，知末的速度为，则从末开始到停止的时间为，则2s后运动的时间：
采用逆向思维得，2s后到停止的位移为：，联立解得：，故B正确，ACD错误；
故选：B。
若第3s末物体仍然没有停止或恰好停止，根据匀减速直线运动的位移-时间公式列出两个方程，即可求出初速度和加速度，判断出物体何时停止运动，再根据运动学规律求解。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，要注意3s前物块已经停止。
 

7.【答案】A
 

【解析】解：根据题意可知，热气球总质量与其所受浮力大小相等，而总质量为：

浮力为：
又因为
可得：
加热气球内的气体是等压过程，有
，
解得：；
而
可得：，
故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据热气球的浮力和重力的等量关系分析出气体的密度，结合一定质量的理想气体的状态方程分析出加热后的温度。
本题以热气球为考查背景，分析过程涉及到了受力分析，结合密度-体积公式计算出气体的密度，再根据一定质量的理想气体的状态方程代数进行分析。
 

8.【答案】BD
 

【解析】解：AB、电流线圈串联在电路中，用户功率越大则电流越大，产生的磁场越强，则涡流越强，而典雅线圈并联在电路中，其电流与用户功率无关，电流大小不变，因此涡流不变，故A错误，B正确；
C、由题意可知，交变磁场对涡旋电流的安培力推动铝盘转动，故C错误；
D、当停止用电时，铝盘失去继续转动的动力，线圈转动切割永久磁铁产生电磁阻尼效果，避免由于惯性继续转动而带来的计量误差，故D正确；
故选：BD。
根据电路特点分析出功率变大对电流的影响，从而分析出产生的涡流的变化趋势；
根据题意分析出铝盘的动力来源，由此分析出当停止用电时，根据线圈的转动情况完成分析。
本题主要考查了电磁感应在生活和生产中的应用，根据电路特点分析出电流的变化，从而得到涡流的变化情况，理解铝盘的动力来源并完成分析。
 

9.【答案】AD
 

【解析】解：若只有存在，则A、B、C、D四点电势相同，此时加上，由于C离最近，所以叠加后，C处电势最高，故A正确；
B.由于电场强度是矢量，又A、B两处电场强度大小相等，方向不同，故A、B两处电场强度不相同，故B错误；
C.由C沿圆移到A，和由B沿圆移到D，不做功，只有做功，CA位移和BD相同，但AC段离更近，做功更多，所以电势差不等，故C错误；
D.电子由A顺时针沿圆到B，而离先近后远，电势先增加后减小，所以电子电势能先减小后增大，故D正确。
故选：AD。
根据电场的叠加原理，判断四点电场大小关系，空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，负电荷在电势高的位置电势能小。
本题考查判断场强的能力，要利用场强的矢量合成的方法对各点的场强进行判定。难度应属于中档题目。
 

10.【答案】BC
 

【解析】解：以小球为研究对象，根据平衡条件可得细线的拉力大小等于小球的重力，保持不变。
A、由于开始不知道物块受到的摩擦力方向，所以将物块沿斜面向上移动一小段距离系统再次静止时，摩擦力变化情况无法确定，故A错误；
B、将物块沿斜面向上移动一小段距离后，细线与斜面的夹角增大，则细线拉力与物块重力的夹角变大，细线拉力与物块重力的合力减小；斜面对物块的作用力大小等于细线拉力与物块重力的合力大小，所以斜面对物块的作用力减小，故B正确；
CD、对斜面和物块整体进行受力分析，如图所示。
将物块沿斜面向上移动一小段距离，轻绳拉力与水平面夹角变大，其竖直分力增大，水平分力减小；
根据受力平衡知，地面对斜面体的摩擦力减小，地面对斜面体的支持力减小，故C正确，D错误。
故选：BC。
由于开始不知道物块受到的摩擦力方向，无法确定摩擦力变化情况；斜面对物块的作用力大小等于细线拉力与物块重力的合力大小，根据平行四边形法则进行分析；对斜面和物块整体进行受力分析，根据平衡条件进行解答。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后根据平衡条件进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
 

11.【答案】AD
 

【解析】解：A、根据图点在两列波上的振动图像可知，完成一次全振动时间相同，即两列波的周期相同，频率相同，则相遇后能形成稳定的干涉图样，故A正确；
B、内，M点完成振幅为3cm的一次全振动，路程为：；
，两列波叠加，M点完成振幅为1cm的一次全振动，路程为：，综上，时，M点运动的路程为16cm，故B错误；
C、两列波在同一介质中传播，波速相同，根据图可知，向右传播的波经2s传到M点，起振方向向下，波速为，则波长为；
向左传播的波从到M需要，通过图像可知，时，向左传播的波恰好船到点，起振方向向上。两列波的相位差为，即振动加强点到、的波程差为，在之间距离、路程差为90cm的点有两个，分别是距离S1的30cm、120cm的点，故C错误；
D、根据图时，M参与两列波振动位置，在虚线数值大，叠加后位于平衡位置下方且远离平衡位置，故D正确；
故选：AD。
根据图像分析出两列波的周期，如果频率相等的话，则两列波相遇后能形成稳定的干涉图样；
分段计算出M点的路程最后再相加即可；
根据波程差与波长的关系分析出振动加强点的个数和位置；
根据波叠加的特点分析出M点的所在位置和振动的方向。
本题主要考查了波的叠加的相关应用，根据图像得出波速，分析出两列波传播到同一位置时的振动方向，根据波叠加等特点完成分析。
 

12.【答案】 
 

【解析】解：根据游标卡尺的读数规可知，圆盘的直径为
根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度可得：
打下D点时电动机的角速度为
根据角加速度的定义为角速度的变化与发生这一变化所用时间的比值定义，则可得：
故有
可得：
故答案为：；，
分度的游标卡尺分度值为，读数时先根据主尺读大于1mm的整数部分，再根据游标尺读不足1mm的小数部分；
根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据求解角速度；
用逐差法求解出加速度，再根据计算角加速度。
此题考查了有关匀变速直线运动的实验，解题的关键是根据题意中角加速度的定义，同时结合纸带处理中加速度的求法进行分析处理。
 

13.【答案】2400 12000 大于 
 

【解析】解：调节电阻箱时由于滑动变阻器上的分压保持不变，所以则有：，所以：。
要将其改装后量程为的电压表，则应串联的分压电阻。
校对电压表时，标准电压表应与改装的电压表并联，由题意可知，改装电压表的示数小于真实值，所以是串联的分压电阻分压过大，即分压电阻偏大造成。所以在步骤中是内阻的测量值大于真实值。
若改装的电压表的表头内阻真实值为，由中的实验数据可知，，联立解得：。
故答案为：、12000；大于；
用类似于半偏法测电压表的内阻，根据滑片不动时，电压表的两次示数，由串联电路的电流和电压的关系求电压表的内阻。根据电压表的改装原理求分压电阻的值；
根据实验步骤应用串、并联电路特点与欧姆定律分析实验误差；
根据电压表的示数，与实际电压之间的关系，结合串联电路的关系求k的值。
本题是类似于半偏法测电压表内阻原理的改编，关键是明确实验原理，结合欧姆定律进行分析，由于测量值偏小，误差原因是分压电阻偏大造成，还可以根据实际值求出偏大的分压电阻，从理论上求出真实的分压电阻，从而求出k的值。
 

14.【答案】解：光线在全反射棱镜的侧面发生折射，入射角，折射角为r，根据折射定律，有：
光线射向底面，入射角为，由几何关系


而临界角C满足

光线在底面恰好发生全反射，有

解得：
答：镜材料的折射率为。
 

【解析】根据折射定律与全反射临界角的公式可解得。
本题的突破口是“其折射后在底面恰好发生全反射”根据全反射临界角公式由、折射定律相结合进行处理。
 

15.【答案】解：当摆锤恰好与外壳接触时，中心转轴的角速度为，设轻杆对摆锤的拉力为F，竖直方向有

水平方向有

解得

当中心转轴以角速度旋转时，设轻杆对摆锤的拉力为F，外壳对摆锤的压力为N。竖直方向有

水平方向有

解得

有牛顿第三定律，摆锤对外壳的压力

当中心转轴的角速度维持时，摆锤受到的摩擦力为

中心转轴旋转一周，摆锤克服摩擦力做功

两个摆锤克服摩擦力做功的功率

而
解得
另解：当中心转轴的角速度维持时，摆锤受到的摩擦力为

中心转轴旋转一周，两个摆锤克服摩擦力做功的功率


解得
答：当摆锤恰好与外壳接触时，中心转轴的角速度为。
当中心转轴以角速度旋转时，任一摆锤对外壳施加压力的大小为；
若摆锤和外壳之间的动摩擦因数，当中心转轴的角速度维持时，两个摆锤克服摩擦做功的功率为。
 

【解析】分析摆锤的受力，根据向心力公式分析。
分析摆锤的受力，根据向心力公式结合牛顿第三定律分析；
中心转轴旋转一周，根据微元法摆锤克服摩擦力做功，进一步求解功率。
该题考查了功率计算和向心力的相关知识，明确微元法求解变力做功，以及功率公式的灵活运用是解题的关键。
 

16.【答案】解：物块在BC段做匀加速直线运动，故在AB段和CD段一定做完全相同的减速运动，且以相同的速度收尾。
即，
物块运动到D点，加速度为零，有：
物块由B运动到C，由牛顿第二定律可得：
由速度-位移关系可得：
物块由О运动A，有
联立解得：；
物块由A运动到C，动能不变，由功能关系
又
故物块在缓冲区内摩擦产生的总热量：；
物块由О运动到D，重力沿斜面向下的分力的冲量
摩擦力的冲量：
取沿斜面向下为正方向，由动量定理
解得：。
答：斜面顶端O到A的距离为；
物块在缓冲区内摩擦产生的总热量为；
物块从O运动到D的总时间为。
 

【解析】物块在BC段做匀加速直线运动，故在AB段和CD段一定做完全相同的减速运动，根据平衡条件、由牛顿第二定律、速度-位移关系结合洛伦兹力的计算公式联立求解；
物块由A运动到C，动能不变，由功能关系求解物块在缓冲区内摩擦产生的总热量；
取沿斜面向下为正方向，由动量定理列方程求解物块从O运动到D的总时间。
本题主要是考查带电物块在磁场中的运动，关键是弄清楚物块的受力情况和运动情况，根据功能关系、运动学公式、动量定理等进行解答。