★开封前注意保密
年度高中三年级教学质量测试
物理
本试卷共6页,考试时间75分钟,满分100分
注意事项
考生先
清楚、准确,将条形码准确
条形码粘
按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作
题区域书
案无
时请按要求用笔,保
正
纸刀。考试结束
本试卷及答题卡交回
单项选择题:本题
每
4
28分。在每小题
四个选项
符
要求的
有关物理历史和事实描述
普勒通过分析天文观测数
现了万
定
导线在磁
定受安培力的作用
C.做曲线运动的物体
速度一定
丁以恒定
流周围存在磁场
2.计算机键盘每个按键下面都连有两块小金属
块金属片之间有一定的空气间隙,组成
变电容器,如图1所示。当键盘连接电源不断电,按下某个按键
线路就发
键相关的位
松开按键
容器的电容变
极板的电量变大
C.两极板间的电压变
两极板间的场强变大
图2月
核H和氘核H分别垂直进入
J强磁场中做匀速圆
周运动
氕核和氘核做圆周
期之比为2
若入射速率相等,氕核和氘核做圆周运动的角速度
C.若质量和速率的乘积相等,氕核和氘核的圆周半径相等
增大人射速率,它们的周期也会增大
体的细胞膜模型图如图3所示,由磷脂双分子层组成,双分子层
在电压(医学
称为膜电位)。现研究某小块均匀的细胞膜,厚度为d,膜内的电场可看作匀强电场,简
模型如图4所示。初速度可视为零
在电场力的
从图中的A点
动到B
下列说法正确的是
物理试卷第1页(
势低于B点电势
能
C.钠离子的加速度变大
大时,钠离子进人细胞内的速度越大
探测器首次在火星着陆。图5设为探测器经过多次变轨
登陆火星的轨迹示意图,其中轨道
道Ⅱ为圆,忽略探测器变轨时质
变
关于探测器的说法正确
探测器在轨道Ⅰ的运行周期小于在轨道Ⅱ的运行周期
轨道Ⅱ上的速度
星的第一宇宙速度
探测器在轨道Ⅰ上O点的加速度
轨道
探测器在轨道
点的机械能小于在轨道Ⅲ上Q点
线充电技术已应用于智能手机。手机无线充电器的基本原理类似于变压器,由发射器和
接收器组成,分别有发射线圈和接收线圈
模型如图6所示(视为理想变压器)
发射、接收线圈匝数比为
效值
接收线图
接收线圈的输出功率是发射线圈的输入功率
发射线
流方向每秒变化100次
发射线圈
攵线圈的频率不相同
图7所示,同
面的皮带轮
通过不打滑的皮带传动
的半径是
在皮带轮各
用长度相同的轻绳分别悬挂质量为m甲和
两
质量关系满
两轻绳上端的悬挂点足够
同一水平
统稳定转动后,两
角分别为a和β。下列说法正确的是
两球转动的角速度之比为
球
所
两球受到细绳的拉力大小相等
物理试卷第2页(揭阳市 2021—2022学年度高中三年级教学质量测试
物理试卷参考答案与评分标准
一、单项选择题：本题共 7小题，每小题 4分，共 28分。在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的。
1 2 3 4 5 6 7
C A C B B A D
1. C 开普勒通过分析第谷的天文观测数据，发现了开普勒三大定律，万有引力定律是
牛顿发现的，A 错误；电流与磁场平行时，通电导线所受安培力为零，B 错误；做曲线运动
的物体的速度方向一定是变化的，所以其加速度一定不为零，但可以恒定，比如平抛运动，
C 正确；首先发现电流周围存在磁场的是奥斯特，他发现通电直导线周围存在磁场，D 错误。
本题选 C。
2. A 电容器极板间距 d增大，由C S r 可知，电容 C变小，A 正确；松开按键时，
4πkd
由C Q 可知，极板的电量 Q变小，B 错误；由题意可知可变电容器与电源连接，所以其两
U
端电压 U不变，C 错误；由 E U 可知极板间的电场强度 E变小，D 错误。本题选 A。
d
3. C 粒子在磁场中做圆周运动的周期 2πm，代入氕核 1T 1H 和氘核
2
1H 的比荷得氕核
qB
和氘核做圆周运动的周期之比为 1∶2，A 错误；粒子在磁场中做圆周运动的半径 r mv ，
qB
w v qB ，氕核和氘核的角速度大小之比为 2∶1，与入射速率无关，B 错误；由 r mv 可
r m qB
知，若质量和速率的乘积相等，氕核和氘核的圆周半径相等，C 正确；入射速率与周期无关，
所以增大入射速率，它们的周期也不变，D 错误。本题选 C。
4. B 因为钠离子带正电，其仅在电场力作用下从图中的 A点运动到 B点，说明电场
力的方向沿 A指向 B，电场线由 A指向 B，所以 A点电势高于 B点电势，A 错误；因为电
场力对钠离子做正功，所以其电势能减小，B 正确；因为膜内的电场可看作匀强电场，根据
a qE ，钠离子的加速度不变，C 错误；根据动能定理 qU 1 mv2 ，可知钠离子进入细胞
m 2
内的速度 v与距离 d大小无关，又因为膜电位 U不变，则钠离子进入细胞内的速度大小不
变，D 错误。本题选 B。
5. B a
3
椭圆轨道Ⅰ的半长轴大于圆轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律
2 k可知，探T
测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，A 错误；设火星的质量为M ，探测器的
物理试卷参考答案与评分标准 第 1 页（共 6 页）
2
质量为m，根据万有引力提供向心力可得 GMm mv
2 ，再可得 v
GM
，便可知轨道半径r r r
越小，则线速度越大，由于轨道Ⅱ的半径大于火星的半径，所以探测器在轨道Ⅱ上的速度小
于火星的第一宇宙速度，B 正确；O为两个轨道的交点，由牛顿第二定律可知 Fa 万 GM ，
m r 2
所以经过轨道Ⅰ上O点的加速度等于经过轨道Ⅱ上 O点的加速度，C 错误；根据变轨的原理
可知，从圆轨道Ⅱ到椭圆轨道Ⅲ，探测器需要减速，所以在轨道Ⅱ上 P点的机械能大于轨道
Ⅲ上 Q点的机械能，D 错误。本题选 B。
2
6. A 根据 II I m ，可得 AB端输入电流为 I 1m 5 0.2 A ，CD端输出电流为
2 1 2 2
I n 1 I 1 A，A 正确；接收线圈的输出功率等于发射线圈的输入功率，B 错误；接收线2 n 12
圈中的频率 f 1 200π 100 Hz，1 个周期内电流方向变化 2 次，故 1 秒内变化 200 次，C
T 2π
错误；接收线圈中的频率等于发射线圈的频率，D 错误。本题选 A。
7. D A、B 通过皮带传动，系统稳定后，A、B 匀速转动，线速度大小相同，即 vA＝vB ，
ωA 2R＝ωBR，所以ωA∶ωB ω甲∶ω乙 1∶2，A 错误；甲、乙两球做匀速圆周运动，设 为
轻绳与轴的夹角，显然0 π ，由mgtan θ＝mω2Lsin θ，h = Lcos θ得 h g ，甲、乙两
2 ω2
球离悬挂点的高度之比为 h甲∶h ＝4∶1，故甲、乙两球不在同一水平面上，B 错误；甲、乙乙
两球做匀速圆周运动，由mgtan θ＝mω2Lsin θ得 g＝ω2cos θ，再由ω甲 ω 得 cos α > cos β，L 乙
故α < β，但此大小关系与质量无关，C 错误；由题知拉力F = mg mgL ，因m = 4m ，
cos 甲 乙 h
则有 h甲∶h乙＝4∶1，故甲球受到细绳的拉力等于乙球受到细绳的拉力，D 正确。本题选 D。
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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。
8 9 10
AB AD BCD
8．AB 卡文迪什利用扭秤实验装置测出了万有引力常量，A 正确；平行板电容器左极
板向左平移，两极板间的距离 d增大，根据电容器决定式C rS 可知，电容 C变小，因为
4πkd
电容器的带电量 Q保持不变，根据 QC = ，则电容器两端的电压 U变大，所以静电计角度
U
变大，B 正确；图 10 所示装置是密立根利用油滴实验测出电子的电荷量，C 错误；图 11 所
示，小明下蹲过程中先加速后减速，所以先失重后超重，体重计的示数应该先减小后增大，
D 错误。本题选 AB。
物理试卷参考答案与评分标准 第 2 页（共 6 页）
9．AD B 车匀速行驶速度 108 km/h=30 m/s，反应时间内 B 车做匀速直线运动，所以
其位移 x1 vt1 15 m
v
，A 正确；B 车刹车时间 t2 7.5 s ，所以从司机经反应到 B 车a
停止需要的总时间 t t1 t2 8 s，B 错误；从 B 车减速开始计时，7.5 s 后 B 车已经停止，
v2
所以其刹车后 10 s 的位移等于其 7.5 s 内的位移，所以 x2 112.5 m，C 错误；整个过2a
程中 B 车前进的距离 x x1 x2 127.5 m，小于 200 m，所以 B 车不会与 A 车相撞，D 正确。
本题选 AD。
10．BCD 下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直
后机械能一直减小，A 错误；运动员在下落过程中的前 10 m 做自由落体运动，其加速度恒
定，B 正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒可知，弹性
势能来自于运动员减小的重力势能，由图 12 可知运动员下落的最大高度约为 25.5 m，所以
EP mgHm 15 300 J，C 正确；由图 12 可知，下落约 15 m 时，运动员的速度最大，根
1
据能量守恒，此时弹性绳的弹性势能约为 EP mgh mv
2
m 2 250 J ，所以 D 正确。本2
题选 BCD。
三、非选择题：共 54分。第 11~14题为必考题，考生都必须作答。第 15~16题为选考题，
考生根据要求作答。
（一）必考题：共 42 分
11．（6 分）
d 2 1 2 x 1
【答案】（1）14.50（2 分） （2） （2 1分） md ( )（2 分）
2kg 2 k t 21
【解析】（1）游标卡尺读数为1.4 cm +10 0.05 mm 14.50 mm。
d 2 1
（2）根据运动学规律可知， d 1（ ）2 2 gs，变形得到 s ，所以 s 图像的斜
t 2 g t 2 t 2
2
k d
2 d
率 ，解得动摩擦因数为 ；根据能量守恒，压缩弹簧时弹簧的弹性势能最后转
2 g 2kg
E μmg(x s) 1 x 1化为摩擦力产生的热量，所以 P 1 ，带入数据可得 EP md 2 ( 1 )。2 k t 21
12.（10 分）
【答案】（1）4.0（2 分） 0.5（2 分）
（2）3.5（2 分） 40（2 分） 不均匀（2 分）
物理试卷参考答案与评分标准 第 3 页（共 6 页）
【解析】（1）根据闭合电路的欧姆定律可得 E U Ir解得U E Ir，U I图像与
纵轴交点表示电动势，图线斜率绝对值表示内阻，由题图可知 E 4.0 V， r 0.5 。
（2）电压表达到满偏U 3 V 时，设滑动变阻器 R接入电路的阻值为 ，根据闭合回g
U
路的欧姆定律可得 g E 解得 R 3.5 ；由平衡条件可得 kL mg代入数据，
Rx Rx R r
0
0
U E
解得m 40 kg 。质量为 m的物体，根据闭合回路的欧姆定律得 mg 解 R mg R R r
k L k L 0 ，
得U mgRE ，因为 U和 m不成正比，所以质量刻度是不均匀的。
mgR R0 r kL
13．（12 分）
【答案】（1）质子在平行板电容器中做匀速直线运动，上极板带正电，b 为等效电源
的正极，电流由 a 到 b，由左手定则知：B2方向垂直导轨平面向下。 .............................2 分
对质子： 0 1 = ..........................................................................2 分
电容器 C的电压： 2 = ...............................................................1 分
电容器与 R2 并联，有 2 = 2 .........................................................1 分
联立解得 I＝1 A ..................................................................................1 分
对金属杆 ab，稳定状态时，受力平衡，有 2 = sin
解得B2＝5 T ..........................................................................................2分
（2）根据闭合电路的欧姆定律： 1+ 2 = 2 ...................................................2 分
代数解得 v＝0.8 m/s .............................................................................................1 分
14．（14 分）
1
【答案】（1）方法一：由动能定理得－μmgL＝0－ mv 20 ..........................................3 分2
代入数据解得 μ=0.5 ............................................................1 分
方法二：由运动学公式 0－v 20 ＝2（－a）L ..........................................1 分
代入数据解得 a=5 m/s2 ..........................................................1 分
由牛顿第二定律 μmg＝ma .....................................................1 分
代入数据解得 μ=0.5 ................................................................1 分
（2）由几何关系知，当瓦片在 2 格和 3 格交界的两个顶点，瓦片的初动能最大；当瓦
片在 1 格和 2 格交界的中点，瓦片的初动能最小。
①求瓦片的最大初动能：
3L 2 2 L
由几何关系可知其位移 x 0.4 m ..........................1 分
2 2
由动能定理 －μmgx＝0－Ekmax .................................................................1 分
物理试卷参考答案与评分标准 第 4 页（共 6 页）
10
代入数据解得 Ekmax＝ 0.4 J＝ J ........................................................1 分
5
②求瓦片的最小初动能：
x 1 L 0.2 m
2
由动能定理得－μmgx＝0－Ekmin .................................................................1 分
代入数据解得 Ekmin ＝0.2 J ..........................................................................1 分
10
瓦片的动能为 J Ek 2 J时，瓦片能停在第二格内。5
（3）瓦片 A 初动能 Ek＝1.3 J
设瓦片 A 从第 1 格正中间滑到第 2 格正中间时，未撞前的速度为 v2，
由动能定理得 －μmgL 1＝ mv 2
2 2
－Ek
1
代入数据解得 v2＝3 m/s ，此时瓦片 A 的动能 Ek2＝ mv 22 =0.9 J .........................1 分2
碰撞后瓦片 B 滑行，由动能定理得 －μmgL＝0－EkB
代入数据解得EkB＝0.4 J ..........................................................................................1分
1
碰撞后瓦片 A 滑行的距离由动能定理得 －μmgsA＝0－ mv 22 A
s 0.1 m E 1代入数据解得 2A＝ kA＝ mvA =0.1 J ...........................................................1分2
所以瓦片 A 最终停在第 2 格内，且离第 2 格底边距离
s 1 sA L 0.3 m ...............................................................................1分2
方法一：碰撞损失的机械能 ΔE=Ek2－(EkA+EkB )
代入数据解得 ΔE=0.4 J ..................................................................................1 分
方法二：由能量守恒定律 Ek=μmg(L+L+sA)+ΔE
代入数据解得 ΔE=0.4 J ..................................................................................1 分
1
方法三：碰撞损失的机械能 ΔE= mv 2
2 2
－μmg（L+sA）
代入数据解得 ΔE=0.4 J ..................................................................................1 分
（二）选考题：共 12 分。请考生从 2 道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题
计分。
15. [选修 3－3]（12 分）
（1）（6 分）
【答案】（1）变大（3 分） 变小（3 分）
（2）假设只进气不排气，病员室容积 V0，车厢内压强为 p1，
最终病员室压强 p2 p0 p 100 000 Pa ，
12
12分钟内进入病员室的空气体积 V 200 40 m3 ...............................2分
60
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方法一：由克拉伯龙方程 pV nRT 可得 p2V p0 V p1V0 ................................2 分
得V 50.01 m3 ...........................................................................................1 分
向外排出气体体积V排 V V0 40.01 m
3 ...............................................1 分
方法二：以进入病员室空气为研究对象有 p0 V p1 V1 .......................................1 分
以进入病员室空气和病员室原有的气体总体为研究对象有 p（1 V0 V1） p2V ...........1 分
3
代入数据解得V 50.01 m .......................................................................1 分
3
向外排出气体体积V V V0 40.01 m ...............................................1 分排
【解析】（1）随着加热，灯内气体温度升高，分子的平均动能变大；对于灯内气体，
根据盖—吕萨克定律，压强不变，温度升高，气体体积增大。因为孔明灯的体积几乎不变，
所以部分气体外溢，灯内气体的质量减小，密度变小。
16. [选修 3－4]（12 分）
【答案】（1）可能（3 分） 最大（3 分）
（2）如图所示 A
sin
3 ...............................................2 P分 1 O1
sin α β
Q
由几何关系可知 30 ，解得 60 B
O D
O2
DQ O1D tan 60
3L ...........................2 P2 O分
所以OQ OD DQ 4L .......................2 C分
物理试卷参考答案与评分标准 第 6 页（共 6 页）
