2022届湖北省八市高三（下）3月联考（二模）物理试题-参考答案.pdf

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1、答案第 1 页，共 11 页 20222022 届湖北省八市高三（下）届湖北省八市高三（下）3 3 月联考（二模）物理试题月联考（二模）物理试题 参考答案：参考答案：1A【解析】【详解】A根据光电效应方程 2m12mvhW=根据动能定理得 2m102ceUmv=解得 chWUe=在光电效应实验中，遏止电压与入射光的频率有关，A 正确；B根据结合能曲线，随着原子核质量的增大，结合能先增大后减小，B 错误；C密立根精确测定出电子所带的电荷量，C 错误；D泊松亮斑说明光具有波动性，D 错误。故选 A。2B【解析】【详解】若服务员托举菜盘先匀速前行，此时手对菜盘的作用力大小为 1Fmg=服务员快到餐桌

2、前变为减速向前运动，如图 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 2 页，共 11 页 则手对菜盘的作用力大小为 2Fmg 即 12FF 故选 B。3C【解析】【详解】AB电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，AB 错误；C根据题意得 2212100IRIR=1221InIn=解得 12101nn=C 正确；D当磁感应强度最大时，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D 错误。故选 C。4D【解析】【详解】A空间站绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，有()2MmGmakR=在地面的物体，有 2MmGmgR=因为空间站在圆轨道上时轨道半径大于地球半径，故向心加

3、速度小于 g，A 错误；B由万有引力表达式可知飞船和空间站在 A 处所受的万有引力还与飞船和空间站的质量有关，因为题目中不知道二者质量的关系，故无法判断二者在 A 处万有引力是否相等。B一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 3 页，共 11 页 错误；C飞船沿轨道运动时只有引力做功，机械能守恒。C 错误；D空间站在轨道绕地球做匀速圆周运动时，万有引力充当向心力，有()22MmmvGkRkR=又因为 2MmGmgR=故空间站线速度为 GMgRvkRk=因飞船运动轨道为椭圆轨道，故飞船在 B 点的处的速度大于第一宇宙速度，而空间站的速度小于第一宇宙速度，故 BgRvk D 正确。故选

4、 D。5D【解析】【详解】AB设甲、乙两物块的质量分别为 m1和 m2，斜面 AB 与水平地面的夹角为，AC与水平地面的夹角为，由已知条件分析乙物块受力得绳上拉力2=sinT m g，由于甲、乙两物块质量大小关系未知，两斜面夹角关系未知，甲与斜面之间是否存在摩擦力以及若存在摩擦力摩擦力大小、方向也不确定。若在甲物块上面再放一个小物块后甲、乙仍静止，甲所受摩擦力大小如何变化也不确定，故 AB 错误；CD将斜面体与甲、乙两物块看成一个整体，整体始终静止，受重力与支持力平衡，斜面体始终不受摩擦力，故 C 错误，D 正确。故选 D。6A【解析】【详解】一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第

5、 4 页，共 11 页 闸杆转动时间为 06.9s0.3s2s3xttv=汽车匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为 1.6 1tan0.6=解得 4=闸杆转动的角速度至少为 rad/s8t=故选 A。7B【解析】【详解】AB两磁极间的磁感线如图所示 干电池与磁体及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流。其中线圈中电流方向的左视图如图所示，由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右，根据牛顿第三定律有小车向左加速，显然该小车前进不是利用电磁感应原理，因为小车受向左的作用力，则把“小车”从左侧入口完全推入螺线管肯定不会向右运动，而若将“小

6、车”从右侧入口完全推入，“小车”可能会向前运动，故 A 错误，B 正确；C若将左端磁铁反向与电源粘连，则磁感线不会向外发散两部分受到方向相反的力，合力为零，不能加速运动，故 C 错误；D将“小车”放入包有绝缘层的铝制长螺线管中，在螺线管中不会产生闭合电流，则“小车”一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 5 页，共 11 页 不会受到力的作用，则不可能会运动，故 D 错误。故选 B。8AC【解析】【详解】A带电粒子在点电荷电场中只受电场力作用，其运动轨迹具有对称性，且对称轴一定是过点电荷的直线，所以点电荷一定在 PQ上，A 正确；B带电粒子在 M、N两点受力方向不相同，B 错误；C

7、根据对称性，M、N 两点到点电荷的距离相同，一定在同一等势面上，电势一定相同，C 正确；D如果带电粒子与点电荷带同种电荷，在 A点的动能一定最小，D 错误。故选 AC。9ACD【解析】【详解】AB由波动图像和振动图像可知，2t=s 时质点向下振动，波形图中的 A 点此时正向下振动，B 质点向上振动，故可得图（b）可能是质点 A 的振动图像，B 错误，A 正确；C由振动图像可知，质点振动的周期为 4sT=若图（b）是2x=m 处质点的振动图像，则有 1()22n+=（n=0、1、2、3）根据公式，可得波速为 vT=解得 121vn=+（n=0、1、2、3）当0n=时，波速为 1m/s，C 正确；

8、D由振动图像可知，质点振动的周期为 4sT=一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 6 页，共 11 页 若图（b）是3x=m 处质点的振动图像，则有 1()32n+=（n=0、1、2、3）根据公式，可得波速为 vT=解得 342vn=+（n=0、1、2、3）当1n=时，波速为 0.5m/s，D 正确。故选 ACD。10AB【解析】【详解】A若不充入介质，单色光 a从 1 的左侧垂直于棱镜表面射入，在斜边界面入射角为 45，由全反射的条件可知临界角为 11sin22 sin452Cn=不充入介质，就会产生全反射，光不能通过 2，即不充入介质，则能实现“关”功能，A 正确；B若充入的

9、介质相对棱镜是光疏介质，单色光 a 将向下偏折，则有可能实现“开”功能，B正确；C若充入的介质相对棱镜是光密介质，单色光 a 将向上偏折，则处于开状态，不可能实现“关”功能，C 错误；D单色光 a 通过“光开关”后传播方向不会改变，D 错误。故选 AB。11BD【解析】【详解】A0=t时，PQ棒两端电压 PQ0RUBLvRr=+故 A 错误；一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 7 页，共 11 页 BPQ 棒做减速运动，且安培力 22B L vFBILRr=+越来越小，说明减速的加速度越来越小，做加速度逐渐减小的减速运动，其平均速度小于02v，故 B 正确；C根据动能定理，PQ

10、 棒运动过程中克服安培力做的总功等于2012mv，故 C 错误；Db到 c的过程中，应用动量定理可得 220bB L vtmvRr=+而bcvtl=，解得 22()bcbB L lvm Rr=+同理 a 到 c 的过程中 220aB L vtmvRr=+而acvtl=，可得 2abvv=根据能量守恒 221122ababQmvmv=，212bcbQmv=可得 3abbcQQ=故 D 正确。故选 BD。12 D 9.80【解析】【详解】1图中探究加速度与力、质量的关系采用的试验方法是控制变量法；理想斜面实验采用的是理想实验法；卡文迪什扭秤实验采用的是微小形变放大法，共点力的合成实验采用的是等效替

11、代法；影响向心力大小因素的实验采用的是控制变量法，故 ABC 错误，D 正确。一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 8 页，共 11 页 故选 D。2由图可知遮光片的宽度 19mm 16mm=9.80mm20d=+13 7.5 5.0 1 EA ABEI【解析】【详解】（1）12电流表 G 和定值电阻串联，其可看成一个电压表，则有 1G02()EI RRI r=+整理可得 11G0G0rEIIRRRR=+根据图像可知，图线与纵轴会相交于(0,7.5mA)的位置，则有 3G07.5 10 AERR=+可得 7.5VE=且有 3G0(57)100.50.1rRR=+可得 5.0r=（

12、2）345若单刀双掷开关接 1，则电流表相对于电源内接，则因电流表分压作用，会导致 EE=测真，II短测短真 若单刀双掷开关接 2，则电流表相对于电源外接，因电压表分流作用，会导致 EE测真，II=短测短真 结合所给图像，可以判断出 A 图线是利用单刀双掷开关2S接 1，同样也可以判断出 AEE=，BII=短真 则内阻为 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 9 页，共 11 页 ABEErII=短真 14（1）8cm；（2）3.6J【解析】【详解】（1）初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件得 01mgp Sp S+=把质量为 M=54kg 的重物放在椅面上

13、，稳定后，根据平衡条件得 02()Mm gp Sp S+=稳定后缸内气体柱长度为L，由玻意耳定律得 12p LSp LS=解得 8cmL=（2）根据 12L SL STT=解得室内气温缓慢降至2292.6T=K 时气柱长 7.6cmL=外界对缸内气体所做的功()()0Wp SMgmgLL=+解得 3.6JW=15（1）98N；（2）0.23【解析】【详解】（1）设小滑块 P 经过半圆最高点的速度为 v0，由题意知小滑块 P 从半圆最高点到 A做平抛运动，半圆最高点与 A点之间的高度差 2sin(cos)1.21.8mhRRRRR=在竖直方向有 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第

14、 10 页，共 11 页 22yvgh=由恰好沿 AB 斜面进入曲面内知 0tanyvv=由牛顿第二定律知 20NvFmgmR+=以上各式联立，代入数据得小滑块 P 经过半圆轨道最高点时所受的压力为 98NNF=（2）设小滑块 P 在 A点的速度为 vA，则有 010m/scosAvv=设小滑块 P 运动到 C点速度为 vC，与 Q 碰撞后粘为一体的速度为Cv，小滑块 P 由 A 运动到 C 过程，由动能定理得 2211(sincos)cos22CAmg RRRmgRmvmv+=小滑块 P 与小滑块 Q 碰撞过程动量守恒 2CCmvmv=小滑块 P 与小滑块 Q 构成的整体由 C点运动到 A点

15、过程，由动能定理得 212(sincos)2cos022Cmg RRRmgRmv+=以上各式联立得小滑块与斜面间的动摩擦因数 0.23 16（1）0mgEq=，方向竖直向上，322mghBqh=，方向垂直 xOy 平面向里；（2）mgqE=【解析】【详解】（1）小球做匀速圆周运动，满足 0mgqE=则有 一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660答案第 11 页，共 11 页 0mgEq=且方向竖直向上，小球做匀速圆周经过 B点，因小球带正电，可初步判断出磁场方向应垂直 xOy平面向里，设小球做匀速圆周运动的半径为 R，则有 2223()()3RhhR=+解得 23Rh=根据 200vBv qmR=可得 322mghBqh=故电场强度大小为mgq，方向竖直向上，磁感应强度大小为322mghqh，方向垂直 xOy平面向里。（2）根据动能定理，有 2201122mghqEhmvmv+=解得 mgqE=故电场强度大小为mgq。一手课程 当天更新 唯一微信：r 45660