1、试卷答案第 1页，共 6页2022 届高三联合质量测评物理试卷答案一、单选题1B【解析】A.qIt可知，电流越大，通过导体横截面的电荷量不一定越多，比如时间很短时，电流大的情况下通过的电荷量也会很少，A 错误；B.由于超导体电阻为 0，超导体中一旦有了电流，就不需要电源来维持了，故 B 正确；C.用多用表测电压或电流时，红表笔接触点的电势都高于黑表笔接触点的电势；测电阻时，红表笔接触点的电势低于黑表笔接触点的电势，故 C 错误；D在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方，故 D 错误；2C【解析】用手摩擦盆耳，溅起水花是
2、因为“洗”做受迫振动造成的，当其摩擦的频率等于“洗”的固有频率，使其达到共振时，溅起的水花最高，与手掌摩擦的快慢没有关系。盆中的嗡嗡声是“洗”振动时产生的声音。故 ABD 错误；C 正确。3C【解析】A照相机的镜头呈现淡紫色是光的干涉现象，因为可见光有“红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫”七种颜色，而膜的厚度是唯一的，所以只能照顾到一种颜色的光让它完全进入镜头，一般情况下都是让绿光全部进入的，这种情况下，你在可见光中看到的镜头反光其颜色就是蓝紫色，因为这反射光中已经没有了绿光，A 错误；B立体电影是应用了光的偏振现象，所以戴 3D 眼镜观看立体电影是利用光的偏振，B 错误；C雷达测速主要是利用多普勒效
3、应原理：当目标向雷达天线靠近时，反射信号频率将高于发射的频率；反之，当目标远离天线而去时，反射信号频率将低于发射的频率。如此即可借由频率的改变数值，计算出目标与雷达的相对速度，C 正确；D海市蜃楼是由光在经过密度不均匀的空气时发生折射形成的，D 错误。故选 C。4C【解析】A电压表的示数为有效值，本题电压表示数为2()nBS RURrA 错误；B根据法拉第电磁感应定律可得，通过灯泡的电荷量为nBSQI tn RrRr B 错误；C根据焦耳定律可知22222212()44()2()nBSn B SRQI RtRRrRr C 正确；D线圈位于中性面位置时，感应电流为 0，D 错误；5D【解析】A根
4、据安培定则可知，通电后，电流在小磁针处产生的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针的 N 极向纸里偏转，A 错误；B通电后，小磁针静止时 N 极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场与地磁场的合磁场的方向，B 错误；C小磁针距导线0 x 时，设电流在该处产生的磁场的磁感应强度大小为1B，则103tan3BB 可得1033BB,C 错误；D由矢量的合成可知，小磁针距导线0 x 时，该处合磁场的磁感应强度大小为02 33B，D 正确。6B【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板 Q 带正电荷，金属板 P 带负电荷，则电流方向由金属棒 a 端流向 b 端。等离子体穿过金属板 P、Q 时产
5、生的电动势U 满足1UqqB vd 由欧姆定律UIR和安培力公式 FBIL可得212B B LvdUFB LRR安再根据金属棒 ab 垂直导轨放置，恰好静止，可得=sinFmg安则12sinmgRvB B Ld试卷答案第 2页，共 6页金属棒 ab 受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故 B 正确。7D【解析】A触片 P 同时接触b、c 两个触点时电热丝没有接入电路，电吹风吹冷风；电动机与电热丝同时接入电路时吹热风，触片 P 与触点c、d 接触，故 A 错误；B根据变压器的电压之比等于匝数之比可得112222022505nUnU故 B 错误；C吹热风时
6、电热丝消耗的功率450W50W400WPPP热热入冷入则电热丝的电流为140020AA22011PIU热,故 C 错误；D小风扇的热功率为50W45W5WP 热电流M250 A1A50PIU 则由2PI r热可得5r 故 D 正确。8B【解析】根据分析可知当运动轨迹所对应的弦与所给圆相切时对应的圆心角 最小，如图所示根据几何关系可知0120粒子在磁场中运动的时间为Tt00360120其中2 mTqB解得23mtqBACD 错误，B 正确。二、多选题9AD【解析】AB线框的速度为每一个时间单位匀速运动一格，在 0 到 1 个单位时间内，切割磁感线有效长度在第一象限内为 l3，第四象限内的有效长度
7、由 l2 变为l，有BlvIR可知电流在 1 个时间单位末是 0 时刻的两倍；同理可求得电流的变化规律。故 A 正确 B 错误；CD由以上分析可知，前两个时间单位电流线性增加，而 AB 边进入磁场的长度也在增大，故ABF增大的越来越快。1 单位时间末安培力为1ABFlBI2 单位时间末安培力为1AB12233FBI lBlI所以ABAB3FF 由图象知，故 C 错误 D 正确。10AD【解析】由图读出波长=12cm，由=，可得：=0.120.8 =0.15，=0.2=43，由图看出，实线到虚线，波形向右平移了 9cm-1cm=8cm=23，向左平移了 13cm-9cm=4cm=3，知，波形应向
8、左平移，波沿 x 轴负方向传播，故 A 正确；在 t=0 时刻的波形图，质点 P 恰在平衡位置，波沿 x 轴负方向传播，质点 P 在 0.4s 时刻，即 223，质点处于平衡位置与波峰之间，且速度远离平衡位置，所以速度与加速度不同向，故 B 错误；t=0.5s 时，即 313，质点 P 处于波谷与平衡位置之间，且向平衡位置运动，所以速度沿 y 轴正方向，故 C 错误；质点 P 在 0.9s 时间内完成 6T，则路程为 642cm=0.48m，故 D 正确。所以 AD 正确，BC 错误。11AC【解析】AB当滑片在中点时有0PQEIR右当物体向左加速时，R 右变小，I 不变，则PQ则电压表的指针
9、向右偏转；同理当物体向左减速时，电压表的指针向左偏，选项 A 正确，B 错误；CD设振子偏离中间位置 x 距离时，电压表的示数为 U，由牛顿第二定律得 2kx=ma设电阻器单位长度的电阻为 r，则电路中的电流为22EEIRLr电压表的示数为 U=Ixr试卷答案第 3页，共 6页由以上各式解得2ULxEa=kULmE选项 C 正确，D 错误。12AD【解析】副线圈的总电阻为200111appbRRRRR解得 000020002appbappbappbRRRRRRRRRRRRRRR则滑动变阻器 R 的滑片从 a 端滑到 b 端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有122212121
10、22122221=n UUnnUnRRnInInIn等则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有10UIRR等，1212nIIn1I 先减小后增大，2I 先减小后增大，则1L 先变暗后变亮，根据110UUI R，2211nUUn由于1I 先减小后增大，则副线圈的电压2U 先增大后减小，通过 L2的电流为220LpbUIRR则滑动变阻器 R 的滑片从 a 端滑到 b 端过程中，pbR 逐渐减小，副线圈的电压2U 增大过程中2LI增大；在副线圈的电压2U 减小过程中，通过 R0的电流为020RapUIRRapR 逐渐增大，则0RI越来越小，则022LRIII 则1L 先变暗后变亮，2L 一直变亮；故选
11、AD。三、填空题13.(1)AD（2）9：4（3）222(1)nLt【解析】(1)A让摆线长适当大些，并从平衡位置开始计时有助于减小实验误差，A 正确；B操作中提前按下秒表，但准确结束计时，造成周期测量值偏大，根据重力加速度测量公式224gLT可知将会导致重力加速度测量值偏小，B 错误；C若实验者在计算摆长时忘记加上球的半径，如果通过2TL图象的斜率计算重力加速度，则实验结果准确，C 错误；D若实验中不小心让摆球在水平面内做圆锥摆运动而实验者没有发现，根据圆锥摆的受力可知cosTmg 22sin()sinTmLT整理得224cosgLT相当于摆长变为cosL，但实验者还按 L 计算，相当于摆长
12、测量值偏大，从而将会导致实验结果偏大，D 正确。故选 AD。(2)由图可知振动周期之比32abTT 根据单摆振动周其公式2LTg可得2294aabbLTLT(3)根据该同学记录，可得振动周期21tTn代入公式可得222(1)ngLt14.（1）3（2）D，E（3）21.3，1.8【解析】（1）要使电压表量程扩大 3 倍，则电阻箱的阻值应为电压表内阻的 2 倍，电压表读数应为电阻箱两端电压的一半，认为总电压保持 9V 不变，所以电压表读数为 3V；试卷答案第 4页，共 6页（2）改装成 30V 大量程电压表，需要串联 20k的电阻，所以电阻箱选择 D电路由于是分压电路，方便调节，滑动变阻器选择阻
13、值小的，选择 E（3）由于电压表量程扩大 3 倍，所以电动势 E=7.13=21.3V,斜率绝对值 r=uI=21.3153.5=1.8四、计算题15.（1）若粒子带正电，由几何关系可知Lrr030cos（1 分）又rvmqvB2得（1 分）mBqLv)32(21（1 分）若粒子带负电，由几何关系可知Lrr030cos（1 分）则mBqLv)32(21（1 分）由vrT2得T=2mqB（1 分）（2）粒子带正电，粒子做圆周运动的圆心角为0300,Bqmt351（1 分）粒子带负电，且圆心角为060Bqmt32（1 分）16.（1）10（2）272L【解析】(1)由于光的折射和全反射，ABCD
14、面上的一个亮斑是一个圆，设半径为 R，则229RL（1 分）解得13RL（1 分）由几何关系可知，全反射的临界角 C 满足，2213sin13LCLL（1 分）1sinCn（1 分）解得10n（1 分）(2)从上往下看，在 ABEF 面上看到的亮斑是半个圆，根据比例关系可知，此半圆的半径16rL（2 分）亮斑的面积为221272LSr（1 分）17.(1)1tan2；(2)2Eqdm；(3)22 22 d；2Emqd。【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设下降高度为 y，竖直分速度为 vy。在 y 方向：212yatyvat（1 分）在 x 方向：2xdv t(1 分)tanyxvv（1
15、分）将临界条件 yd和2yd分别代入可得：1tan2（1 分）（2）粒子经过 x 轴点 A 时的速度为 v，则222yxvvv（1 分）所以试卷答案第 5页，共 6页2222dvatt（1 分）当2datt时，2v 最小，此时2dta（1 分）v 最小。又Eqam，代入解得：min2Eqdvm（1 分）（3）如图所示，由几何关系可知2Rd（1 分）2min2 22Sd（1 分）2minminvBqvm R（1 分）解得：2EmBqd（1 分）18.(1)2 5J；(2)2 53 C；(3)5(2)2 m【解析】(1)已知物体自由下降高度为 L 所用时间为2Ltg，比较可知导体棒 ab 到达圆弧
16、底端前磁场已经恒定，则 ab 在圆弧轨道上运动产生焦耳热的时间25 s5Ltg（1 分）由22 5VBLEtt（1 分）又由212 2EQtR（1 分）联立，解得2 5JQ（1 分）(2)导体棒 ab 到达圆弧底端的速度满足2012mgLmv（1 分）由题意可知，两根导体棒在水平导轨上运动时满足系统动量守恒，且末速度相同，有013mvmv（1 分）对导体棒cd，从静止到速度为1v，由动量定理，有012B qLmv（1 分）联立，解得2 5 C3q（1 分）(3)第(2)中，由02B L xqRR总(其中x 为两根导体棒相对位移）解得5 m3x（1 分）导体棒cd 抛出后，空中运动时间022 5 s315vtg（1 分）水平分位移2024 m99cdvxg（1 分）此过程中导体棒 ab 与cd 水平方向分速度相同，因此水平分位移相同，有试卷答案第 6页，共 6页4 m9abcdxx（1 分）满足2abxLx（1 分）故导体棒 cd 落在倾斜导轨后导体棒 ab 仍在水平导轨上，两根导体棒与导轨再次构成闭合回路，对导体棒 ab，设其接下来在水平导轨上运动的对地位移为abx，由动量定理有22010abB L xmvR总解得5 m6abx（1 分）满足2ababxxLx （1 分）故导体棒 ab 最终静止在水平导轨上，与导体棒cd 水平间距 X 为522m2abXLxx （1 分）
