新高考广东省2022年高二物理普通高中联合质量测评摸底调研试题pdf

,,,2022年广东省新高考普通高中联合质量测评高二摸底调研物理参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.D。假设山坡倾角为θ，支持力F=mgcosθ,θ变大，F变小，A错误；F=mgsinθ，θ变大，f=F变大，BNN错误；缓慢登山，动能不变，重力势能增大，机械能变大，C错误；红军战士缓慢登山，处于动态平衡，受重力、支持力、摩擦力，三者合力为零，D正确。2.A。电梯由静止启动加速下行，处于失重状态，磁铁与桌面最大静摩擦力减少，当最大静摩擦力小于条形磁铁的引力时，磁铁开始滑动，A正确；当电梯制动减速到1层过程，处于超重状态，磁铁与桌面最大静摩擦力增大，磁铁仍保持静止，C错误；当电梯匀速运行时，磁铁与桌面最大静摩擦力不变，磁铁仍保持静止，B错误；磁铁开始滑动时，应处于失重状态，是电梯由静止启动加速下行时，D错误。3.C。声是波，光也是波，A错误；声波的波长比光波波长要长得多，容易发生衍射现象，所以它能绕过一般的障碍物而被另一侧的人听到，光波波长较短，难发生衍射现象，不能绕过障碍物，也就产生了空山不见人，但闻人语响的现象，B错误、C正确；光一般情况沿直线传播，但光的波长与障碍物尺寸相当时，可发生衍射现象，D错误。4.B。从电压瞬时值表达式可知输入的交流电频率为50Hz，则输出端的频率也为50Hz，A错误；转动滑动触头P到线圈中间位置时，原副线圈匝数比为2﹕1，风扇所加电压指有效值，由此可知风扇所加电压为110V，B正确；触头P顺时针旋转时，副线圈匝数减少，输出电压减小，输出电流减小，AB间输入电流也减小，C错误；触头P顺时针旋转时，副线圈匝数减少，BC两端的电压（风扇电机的电压）减小，则风扇的转速减慢，D错误。l5.A。摆钟不准是钟摆的周期变化的原因，根据单摆周期公式T?2?，可知与摆长和重力加速度有关，g摆钟质量没有问题，则主要原因应该是两地重力加速度不同，A对，BC错误；摆钟走慢，是钟摆的周期变大，D错误。6.D。活塞迅速下压过程中，气体体积变小，根据热力学定律可知，外界对气体做功，且来不及与外界热交换，则内能增大，气体温度升高，则气体压强一定增大，A、B错误；温度升高，气体分子的平均动能增大，分子的平均速率增大，但不是所有分子的速率都增大，故C错误；根据气体压强微观解释，由于温度升高，分子热运动更加剧烈，且单位体积内分子数量增多，则单位时间内撞到筒内壁单位面积上的气体分子数增多，D正确。2?N7.C。P、Q两点的角速度相同?P??Q?，半径rP?rQ?L,故线速度相同，向心加速度相同，A、t1,2?N2?NB错误；P点的线速度vP??P?rP?L，C正确；Q点的线速度vQ?vP?L，D错误。tt8.D。因平行板电容器左极板带正电，则小球应带负电，A错误；仅增大平行板电容器板间距离，由电容?s决定式C?可知电容变小，B错误；仅增大小球带电量，小球所受电场力增大，由平衡条件可知夹4?kd角a增大，悬线拉力也增大，C错误；某时刻剪断悬线，小球所受重力和电场力的合力仍为恒力，由静止开始运动，故为匀加速直线运动，D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。2vMm09.AB。由G?m，可知探测器在近月圆轨道III运行的线速度，A正确；由G?G可得月球0002RRGR0m02GR0的质量为M=，B正确；探测器从椭圆轨道II的近月点B变轨至近月轨道Ⅲ需要减速，C错误；探mG0测器在椭圆轨道的A点到B点，根据开普勒定律，v?v，D错误。AB10.CD。外壳与内芯碰撞前，当弹力小于重力，合力向下，外壳减速上升，A错误；外壳与内芯碰撞前，桌面对圆珠笔的作用力没有位移，不做功，B错误；离开桌面后，笔只受重力作用，做匀变速直线运动，C正确；因为存在完全非弹性碰撞，能量有损失，所以圆珠笔的机械能不守恒，D正确。11.BD。毛巾摩擦PVC(塑料）管和塑料扁带，使PVC(塑料）管塑料扁带带同种电荷，“章鱼”与管相互排斥（减速下降也可说明），A错误；当“章鱼”靠近PVC管时，距离减少，“章鱼”与管之间的场强变大，“章鱼”与管间相互作用力变大，B正确，C错误；靠近过程，斥力对“章鱼”和管做负功，“章鱼”和管的电势能增大，D正确。12.AC。根据安培定则可知，金属圆环所处平面的磁场方向垂直水平面向下，A正确；由金属圆环感应电流方向可以判断圆环所受合力与运动方向相反，圆环作减速运动，直到停止，B错误；根据能量守恒，圆12环动能mv全部转化为电能，C正确；根据冲量定理?Ft?0?mv，整个过程金属圆环受到安培力的2冲量mv，D错误。三、非选择题：共4小题，共44分，考生根据题目要求作答。13.（6分）??⑴左（2分）。解析：摆线向右起摆，重力和拉力的合力方向水平向左，如右图，说明地铁θ正向左方向加速运动；Fma⑵gtan?（2分）。解析：由受力分析和力的平行四边形定则，tan???，故Fmgmg2mg,a?gtan?；⑶小球球心（中心）（或细绳上某点）到悬点竖直方向的距离、水平方向的距离(2分)。解析：即能求出L水平L水平L竖直L水平tan??就可。因a?gtan??g所测物理量为和可推算出a即可。LL，竖直竖直14．（10分）⑴如图（2分）。连接变阻器正确（1分）（滑动变阻器作为限流器，必须采用一上一下接法），连接电阻箱正确，即电阻箱与电流表G并连（1分）；⑵大（2分）。解析：阻值最大，起保护电路作用。11Rg1RgI⑶???（2分）。解析：由I?I?变形可得。0IIIRR00111Rg1⑷（2分）解析：根据（3）???aIIIR001111Rg11当?0，??a，代入???可得Rg?乙IRIIIRa00E（5）B（2分）。解析：调节电流表满偏时，由I?可得R?20k?，所以应该选B选项。0总R总15.（12分）（1）高铁车厢做匀减速直线运动，由运动学公式可得22?2ax?v?v0（2分）v?252km/h?70m/s代入x?1000m，v?72km/h?20m/s，02解得：a?2.25m/s（2分）（2）吊舱对接方案高铁车厢减速进站（加速出站）时间为t，则有1v?v?at01（2分）解得:t=22.2s（1分）1停车靠站上下客方案高铁车厢减速停车（加速出站）需要时间为t，则有2v0x??t22（1分）解得t=28.6s（1分）2?t?2t?t?2t故节省的时间为：201（2分）3,解得：?t?612.8s（1分）（若过程采用连等计算方式，结果为?t=612.7s，也给1分）16.（16分）解：qE（1）（6分）粒子进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向的加速度a?，设粒子第一次经过y轴Q点m时的速度为v，方向与y轴方向的夹角为?，沿x轴方向的分速度为v，x312qEx轴方向：L?at（1分），vx?t（1分）22my轴方向：y0?v0t（1分）vx22tan??（1分），v?v?v0xv0联立解得：v?2v0，y0?3L（2分）（??60?）（2）（5分）设粒子在磁场中运动轨迹刚好与边界MN相切，如图所示2由图中几何关系可得r2?r2cos60??L（1分）（解得：r2?L）32v磁场中有：qvB?m(1分)r23mv3mv0解得：B??（2分）2qLqL3mv0故磁感应强度应满足B?（1分）qL（3）（5分）（ⅰ）若粒子从电场区域射出时经过P点，如图所示，设粒子在磁场中的轨迹半径为r，由对称性可得383L33L?3r3?L（1分）（r3?）332v粒子在磁场中qvB?m（1分）r36mv0解得：B?（1分）qL4,(ⅱ)若粒子从磁场区域射出时经过P点，如图所示，设粒子在磁场中的轨迹半径为r，由对称性可得，483L33L?23r4?L（1分）（r4?）362v粒子在磁场中qvB?mr412mv0解得：B?（1分）qL5