2021-2022学年江苏省泰州市、南通市高三下学期第三次调研测试物理试题含解析

  泰州市2022届高三第三次调研测试

物理

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. 1.7×10-10m B. 3.6×10-11m C. 2.8×10-12m D. 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9.2×109Hz

D. 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。

（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. A    ②. 3.110    ③.     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