广东省2022届高三物理新高考5月练习试卷（PDF版含解析）

\n\n\n\n\n\n绝密★启用前（新高考广东卷）物理参考答案1．【答案】B【解析】一个处于n＝4能级上的氢原子向低能级跃迁时，最多产生的谱线为n13种，选项A错误；从n＝4跃迁到n＝2，两能级差为2.55eV，则辐射出光子的能量为2.55eV，可见光的光子能量范围为1.62eV～3.11eV，则该光属于可见光，选项B正确；氢原子从n＝4能级向n＝1能级跃迁过程中能级差最大，发出光的频率最大，波长最短，选项C错误；氢原子从n＝2能级向n＝1能级跃迁过程中发出的光子的能量为10.2eV，大于金属钨的逸出功为4.54eV，所以会发生光电效应，选项D错误。2．【答案】C【解析】设导线P在O点产生的磁感应强度大小为B0，则导线Q在O点产生的磁感应强度大小为3B0，根据安培定则可知两导线在O点产生磁感应强度方向相同，都是垂直于纸面向面向里，所以有B3B0B04B0，B解得B，P中的导线方向反向，则导线P在O点产生的磁感应强度方向变为垂直于纸面向面向外，大小04BB仍为B0，则此时O的磁感应强度大小为B3B0B02B02，选项C正确。423.【答案】B12gR【解析】设圆形轨道半径为R，对于甲球，水平方向上有R=v1t1,竖直方向上有R=gt解得v；对于乙球，1122129gRv15水平方向上有Rcos53v2t2，竖直方向上有RRsin53gt2，解得v2,,选项B正确。210v324.【答案】D【解析】弹簧的形变量为4cm，通过分析可得弹簧一定处于压缩状态，以小球为研究对象对小球受力分析如图所示，小球受重力mg、杆对小球的弹力FN和弹簧对小球的弹力F,根据平衡条件有FNsin37mg，FNcos37F，两式联立解得FN10N，F8N，选项A、C均错误；杆对小球的弹力方向垂直于杆向上，则小球对杆的弹力方向垂直于杆向下，选项B错误；根据胡克定律Fkx，解得弹簧的劲度系数为200N/m，选项D正确。5.【答案】D【解析】O点的电场强度方向与x轴负方向的夹角为37°,根据正电荷电场的分布特点可知点电荷在OA线上，OA与x轴正方向的夹角为37°，P点为y轴上所有点中电场强度最大的点，则正点电荷与P点的连线与y轴垂3L直，根据几何关系可得正点电荷距y轴的距离为r4L，根据点电荷的场强公式可得otan37QQ16EL2Ek2k2，解得Q，选项D正确。r(4L)k物理参考答案（新高考广东卷）第1页（共7页）\n6.【答案】D2500J【解析】上滑过程重力势能为Epmgssinmgsins，则重力势能图线的斜率为mgsin，解得10m1sin，则坡道与水平面的夹角为o30，选项A错误；物体上滑过程根据动能定理有2(mgsinmgcos)sEE，整理得E(mgsinmgcos)sE，动能图线斜kk0kk05625J1875J3(mgsinmgcos)，代入数据解得动摩擦因数为，选项B错误；上滑过程根据动010m6能定理(mgsinmgcos)sm0Ek0，解得sm15m，上升的高度hsmsin7.5m，选项C错误；上滑过程根据动量定理(mgsinmgcos)t0（2mE），解得上滑时间为2s，则重力的冲量为k0mgt=1000N·s，选项D正确。7.【答案】B【解析】设“祝融号”火星车的质量为m,设火星表面的重力加速度为g1,“祝融号”质量不变，在火星表面G1mg1，2解得G1GMmmg,解得RG1g1，选项A正确；忽略火星的自转，设火星质量为M，在火星表面上则有21M，mRmG选项B错误；火星的平均密度为M3G1，选项C正确；天问一号绕火星运动过程有434RGmR3Mm4222G0m(Rh)，解得天问一号距地面的高度为3G1RT202h2R，选项D正确。(Rh)T4m8.【答案】BD1【解析】物块下滑过程，根据牛顿第二定律有Fmgsinmgcosma，数学变换得aFgsingcos，m1从aF的函数关系式可得图线的斜率为k，斜率只与物块的质量有关，质量越大，斜率越小，选项A错m10（0.4）误，选项B正确；图线斜率k，解得m（2kg）,选项C错误；从图像乙可得图线与纵轴的截距m0.80为-0.4，即gsingcos0.4，sin0.6，cos0.8,解得0.8，选项D正确。9.【答案】AD【解析】设变压器原副线圈电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，正弦交流电压源输出电压U=I1R1+U1，理想变压器有U1n1，I1n2，根据欧姆定律可得UI(RR)，以上四式联立得UIR(n1)2(RR)，电压2220112UnInn22212U0恒定，滑片调节电阻R连入电路中电阻减小，则原线圈电流I增大，则副线圈的电流I也增大，则电流表12示数I变大，选项A正确；原线圈电流I增大，则电阻R1上分压增大，正弦交流电压源输出电压的有效值恒1定，则原线圈电压U减小，副线圈电压也减小，选项B错误；电压表示数与电流表示数的比值为电阻R2和滑1nn21动变阻器R之和，滑动变阻器电阻变小，则比值变小，选项C错误；由A项分析可得U0I1R1U1I2R1U2，nn12整理得U(n2)2IRn2U，则U为UI函数的斜率，为（n2）2R，所以U不变，选项D正确。2210221nnn11I1I物理参考答案（新高考广东卷）第2页（共7页）\n10.【答案】BC【解析】当金属棒b固定时，穿过回路中的磁通量一直在减小，回路中始终有顺时针方向的感应电流，金属棒a一直受到水平向左的安培力，最终速度变为零，速度不再发生变化，此过程中根据动能定理1212W0mvmv，当金属棒b不固定时，穿过回路中的磁通量在减小，回路中有顺时针方向的感应电流，10022金属棒a受到水平向左的安培力做减速运动，金属棒b受到水平向右的安培力做加速运动，当两棒速度相等时穿过回路的中磁通量不再变化，回路中没有感应电流，两棒不再受安培力作用，则保持相同速度匀速运动，速度不再发生变化，此过程中两棒系统的合外力为零，根据动量守恒定律有mv(m2m)v，解得v1v，根据003121242W19动能定理Wmvmvmv，则，选项A错误；设导轨宽度为L，此过程中根据动量定理，设向2100229W82q3左为正方向，第一次有ILBtLBq0（mv),第二次有ILBtLBqmv（mv)，两式联立解得1，选项11102220q2212B正确；两棒串联且电阻相等，则产生的热量相等，根据能量守恒定律，第一次有2Qmv，第二次有1021212Q132Qmv(m2m)v，两式联立解得，选项C正确；设第一次金属棒a运动的位移为x1,电荷量2022Q2212tBLxtBL(xx)q1t1，设第二次金属棒a、b运动的位移分别为x2232、x3,电荷量qt，两式联立得11222R2R2R2Rx3x31，x1，选项D错误。3大于零，则xx2x2232d2d211.（6分）【答案】（1）B（2分）（2）（）-()gs（2分）（3）C（2分）ΔtΔt21112【解析】（1）（2）根据此题需要验证机械能守恒的原理式Emvmvmgh可得k21221d21d2d2d2M（）-M()Mgssin30°，即（）-()gs可知只需要测量光电门A和B的距离s即2Δt2ΔtΔtΔt2121可判断机械能是否守恒，B项正确。（3）由（2）可知，验证机械能守恒的误差只与d有关，d越小，平均速度越接近瞬时速度，故C正确，ABD错误。12.（9分）【答案】(1)2.150（2分）（2）欧姆调零（1分）120（2分）（4）C（1分）(7)Ub-RA（2分）相等（1分）【解析】（1）根据螺旋测微器的读数规则可知，由图可知其直径为D2mm15.00.01mm2.150mm。（2）用多用电表测电阻时需要将两表笔短接，然后进行欧姆调零，多用电表表盘上的读数为12.0，用的是“×10”挡，所以电阻丝电阻为Rx12.010Ω120Ω。E（3）电源的电动势为E=3V,电阻丝电阻为Rx120Ω，电路中最大电流约为Im0.025A25mA，用Rx量程0~0.6A时最大电流不足量程的三分之一，所以应用量程为0~25mA电流表A1，即选C。11RRRRUI(RRR)，整理得xAxA（7）根据题意有xAR，结合图像可知b，解得IUUU物理参考答案（新高考广东卷）第3页（共7页）\nRUbR；本实验中选用内阻已知的电流表，可以通过计算消去电流表分压引起的系统误差，所以从系统xA误差的角度分析用测得电阻丝的电阻与真实值相等，则根据电阻定律计算出的电阻率等于真实值。23mv2mv2mv00013.（13分）【答案】（1）E（2）8Ly32qLqBqB【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示，x方向上有8Lv0t（1分）12y方向上有3Lat（1分）2根据牛顿第二定律有qEma（1分）23mv0以上各式联立解得匀强电场的电场强度大小E（1分）32qL（2）设粒子射出电场时y方向的速度大小为vy，则有vyat（1分）3与上式联立解得vvy04vy3设合速度v与x轴正方向的夹角为,则有tan（1分）v40解得=37°（1分）v50合速度为vv（1分）o0cos3742mv带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力有qvB（1分）r5mv0解得r4qB匀强磁场的宽度为odrrsin37（1分）2mv解得dqB2mv0则磁场右边界的横坐标为x8L（1分）qBo2mv0粒子返回电场时在磁场边界对应弦长为s2rcos37（1分）qB2mv0粒子从磁场回到电场时的位置纵坐标为y（1分）qB14.（14分）【答案】（1）9m/s（4分）（2）60J（5分）（3）2.5m≤L≤3m（5分）【解析】（1）设解除锁定后物块P的最大速度为v,弹簧弹开的过程根据机械能守恒定律可得0物理参考答案（新高考广东卷）第4页（共7页）\n1m0v0Ep324J（1分）2解得v18m/s0物块P与物块Q发生弹性碰撞，设碰撞之后物块P的速度大小为vp根据动量守恒定律有mvmvmv(1分)000PQ121212根据机械能守恒定律有mvmvmv(1分)000PQ222代入数据解得v9m/s(1分)Q（2）假设物块Q滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点过程中，设平板车到达E点的速度的为v，1此时物块Q的速度为v，对平板车根据动能定理有212mgdMv(1分)12代入数据解得v6m/s1物块Q与平板车作用过程动量守恒，根据动量守恒定律有mvmvMv(1分)Q21代入数据解得v7m/s(1分)2vv假设成立，即物块Q滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，两者一直发生相对滑动21121212根据能量守恒定律摩擦产生的热量为Qmv(mvMv)(1分)Q21222解得Q60J(1分)（3）设平板车运动到E点时物块Q在平板车上滑动的距离为L，根据能量守恒定律可知1QmgL(1分)1代入数据解得L2.5m1物块Q要能滑上半圆轨道FG必须保证平板车滑到E点之前物块Q不能掉落，则平板车的长度L≥L1即L≥2.5m设物块Q刚好能通过半圆轨道的最高点G时平板车的长度为L22mvG物块Q恰好过最高点时有mg(1分)R从平板车运动到E点到物块Q刚好滑到G点的过程，根据动能定理有1212mg（LL)mg2Rmvmv(1分)21G222以上两式联立代入数据解得L3m(1分)2物块Q要通过最高点，则平板车的长度L≤L2即L≤3m综上所述，平板车的长度2.5m≤L≤3m(1分)（用牛顿运动定律和运动学等其他方法求解正确同样得分）15.（1）【答案】不变（2分）减少（2分）【解析】温度是分子平均动能的标志，气体温度不变，则分子平均动能不变，故气体分子每次碰撞器壁的平均物理参考答案（新高考广东卷）第5页（共7页）\n作用力不变；气体体积增大，分子数密度减少，故单位时间内单位面积器壁上受到的气体分子碰撞的次数减少。p0s1（2）【答案】（ⅰ）m（5分）（ⅱ）L（3分）4g555【解析】（ⅰ）初始状态右侧气体的压p强为p，设右侧气体升温到T时的压强为p，根据查理定律有0044pp0T5(2分)0T045解得pp(1分)045mgpp（1分）004sps0解得活塞上增加的砝码的质量m(1分)4g5（ⅱ）初始状态右侧气体的压p强为p,设稳定后右侧气体的长度为L-x，根据玻意耳定律有04pLsp(Lx)s(2分)01解得活塞下移的距离xL(1分)516.（1）【答案】10（2分）2（2分）x2m【解析】波速v10m/s；简谐横波沿x轴正方向传播，则图中x=1m处的质点正向下运动，而各t0.2s质点开始起振方向都向上，x=1m处质点不是波最前面的点，图中还有半个波长的波形没有画出，完整的波形如图，可见，t2=0.2s时刻该波刚好传到了x=2m处。23L（2）【答案】（ⅰ）3（3分）（ⅱ）（5分）c222【解析】（ⅰ）在三角形AOE中，根据余弦定理OEAOAE2AOAEcos30，解得OEL，所以三角形AOE为等腰三角形，则AEO30，AOE120（1分）作出O点法线，如图所示，根据几何关系可得光线在O点入射角为i60，折射角为r30（1分）sinisin60根据光的折射定律，玻璃砖的折射率n3（1分）sinrsin3013（ⅱ）设发生全反射的临界角为C，则sinC（1分）n333根据几何关系可得在AC面上的入射角为60，sin60，所以在AC面上发生全反射，光不从AC面23物理参考答案（新高考广东卷）第6页（共7页）\n射出（1分）13作出BC面上入射光线EF,如图所示，根据几何关系可得在BC面上的入射角为30，sin30，所以23在BC面上不发生全反射，光最先从BC面射出222根据几何关系得EFCE(ACAE)(ABsin60AE)L（1分）333光从O→E→F经历的路程为2L（1分）3光在玻璃砖中的速度为c32L23L所以最短时间t（1分）3cc3物理参考答案（新高考广东卷）第7页（共7页）