广东省2022届高三物理新高考5月练习试卷（PDF版含解析）.pdf

1、物理参考答案（新高考广东卷）第 1 页（共 7 页）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 n4 能级上的氢原子向低能级跃迁时，最多产生的谱线为13n 种，选项 A 错误；从 n4 跃迁到 n2，两能级差为 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 1.62eV3.11eV，则该光属于可见光，选项 B 正确；氢原子从 n4 能级向 n1 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 n2 能级向 n1 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

2、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00034BBBB，解得04BB，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，大小仍为 B0，则此时 O 的磁感应强度大小为00032242BBBBBB，选项 C 正确。3.【答案】B【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=12 g21t 解得12gRv；对于乙球，水平方向上有

3、2 2cos53Rv t，竖直方向上有221sin532RRgt，解得2910gRv,1253vv,选项 B 正确。4.【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sin37NFmg，cos37NFF，两式联立解得10NNF，8NF，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 Fkx，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

4、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 轴垂直，根据几何关系可得正点电荷距 y 轴的距离为o34tan37LrL，根据点电荷的场强公式可得22(4)QQEkkrL，解得216ELQk，选项 D 正确。物理参考答案（新高考广东卷）第 2 页（共 7 页）6.【答案】D【解析】上滑过程重力势能为sinsinpEmgsmgs，则重力势能图线的斜率为2500Jsin10mmg，解得1sin2，则坡道与水平面的夹角为o30，选项 A 错误；物体

5、上滑过程根据动能定理有0(sincos)kkmgmgsEE，整理得0(sincos)kkEmgmgsE，动能图线斜5625J 1875J(sincos)0 10mgmgm，代入数据解得动摩擦因数为36，选项 B 错误；上滑过程根据动能定理m0(sincos)0kmgmgsE，解得15mms，上升的高度sin7.5mmhs，选项 C 错误；上滑过程根据动量定理0(sincos)02kmgmgtmE（），解得上滑时间为 2s，则重力的冲量为mgt=1000Ns，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11G

6、mg，解得11Ggm，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12MmGmgR,解得21R GMmG，选 项 B 错 误；火 星 的 平 均 密 度 为133443GMRGmR，选 项 C 正 确；天 问 一 号 绕 火 星 运 动 过 程 有200224()()MmGm RhRhT，解得天问一号距地面的高度为221324G R ThRm，选项 D 正确。8.【答案】BD【解析】物块下滑过程，根据牛顿第二定律有sincosFmgmgma，数学变换得1sincosaFggm，从 aF的函数关系式可得图线的斜率为1km，斜率只与物块的质量有关，质量越大，斜率越小，选项 A

7、 错误，选项 B 正确；图线斜率100.40.80km（），解得2 kgm（）,选项 C 错误；从图像乙可得图线与纵轴的截距为-0.4，即sincos0.4gg，sin0.6，cos0.8,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1122UnUn，1221InIn，根据欧姆定律可得222()UIRR，以上四式联立得2101122()()nUIRRRn，电压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1I 增大，则副线圈的电流2I 也增大，则电流表

8、示数 I 变大，选项 A 正确；原线圈电流1I 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定，则原线圈电压1U 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21011121212nnUI RUI RUnn，整理得222221011()nnUI RUnn，则IU为22UI函数的斜率，为2211nRn（），所以IU不变，选项 D 正确。物理参考答案（新高考广东卷）第 3 页（共 7 页）10.【答案】BC【解析】当金属棒 b 固定时，穿过回路中的磁通

9、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2210011022Wmvmv，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，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0(2)mvmm v，解得013vv，根据动能定理2222100114229Wmvmv

10、mv，则1298WW，选项 A 错误；设导轨宽度为 L，此过程中根据动量定理，设向左为正方向，第一次有11100)I LBtLBqmv（,第二次有2220)I LBtLBqmvmv （，两式联立解得1232qq，选项B 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210122Qmv，第二次有2220112(2)22Qmvmm v，两式联立解得1232QQ，选项 C 正确；设第一次金属棒 a 运动的位移为 x1,电荷量1111122BLxtqtRR，设第二次金属棒 a、b 运动的位移分别为 x2、x3,电荷量223222()22BL xxtqtRR，两式联立得12332

11、xxx，x3 大于零，则1232xx，选项 D 错误。11.（6 分）【答案】（1）B（2 分）（2）221)ddgstt2（）-(（2 分）（3）C（2 分）【解析】（1）（2）根据此题需要验证机械能守恒的原理式2k211122Emvmvmgh可得22111)22ddMMMgstt2（）-(sin30，即221)ddgstt2（）-(可知只需要测量光电门 A 和 B 的距离 s 即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

12、（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2mm 15.0 0.01mm2.150mmD。（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12.0 10120 xR。（3）电源的电动势为 E=3V,电阻丝电阻为120 xR，电路中最大电流约为0.025A25mAmxEIR，用量程 00.6A 时最大电流不足量程的三分之一，所以应用量程为 025mA 电流表 A1，即选 C。（7）根据题意有A()xUI RRR，整理

13、得A11xRRRIUU，结合图像可知AxRRbU，解得物理参考答案（新高考广东卷）第 4 页（共 7 页）AxRUbR；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。13.（13 分）【答案】（1）20332mvEqL（2）028mvLqB02mvyqB【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08Lv t（1 分）y 方向上有2132Lat（1 分）根据牛顿第二定律有 qEma（1 分）以上各式联立解得匀强电场的电场强度大小20332mvEqL（1

14、 分）（2）设粒子射出电场时 y 方向的速度大小为yv，则有yvat（1 分）与上式联立解得034yvv设合速度 v 与 x 轴正方向的夹角为,则有03tan4yvv（1 分）解得=37（1 分）合速度为005cos374ovvv（1 分）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2mvqvBr（1 分）解得054mvrqB匀强磁场的宽度为osin37drr（1 分）解得2mvdqB则磁场右边界的横坐标为028mvxLqB（1 分）粒子返回电场时在磁场边界对应弦长为o022 cos37mvsrqB（1 分）粒子从磁场回到电场时的位置纵坐标为02mvyqB（1 分

15、）14.（14 分）【答案】（1）9m/s（4 分）（2）60J（5 分）（3）2.5mL3m（5 分）【解析】（1）设解除锁定后物块 P 的最大速度为0v,弹簧弹开的过程根据机械能守恒定律可得物理参考答案（新高考广东卷）第 5 页（共 7 页）p0 01324J2m vE（1 分）解得018m/sv 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pv根据动量守恒定律有0 00PQm vm vmv(1 分)根据机械能守恒定律有2220 00111222PQm vm vmv(1 分)代入数据解得9m/sQv(1 分)（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

16、到 E 点过程中，设平板车到达 E 点的速度的为1v，此时物块 Q 的速度为2v，对平板车根据动能定理有2112mgdMv(1 分)代入数据解得16m/sv 物块 Q 与平板车作用过程动量守恒，根据动量守恒定律有21QmvmvMv(1 分)代入数据解得27m/sv(1 分)21vv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根据能量守恒定律摩擦产生的热量为22221111()222QQmvmvMv(1 分)解得60JQ(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1L，根据能量守恒定律可知1QmgL(1 分)代入数据解得

17、12.5mL 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 LL1即 L2.5m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 L2物块 Q 恰好过最高点时有2GmvmgR(1 分)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2221211)222Gmg LLmgRmvmv（(1 分)以上两式联立代入数据解得23mL(1 分)物块 Q 要通过最高点，则平板车的长度 LL2 即 L3m综上所述，平板车的长度 2.5mL3m(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

18、】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 6 页（共 7 页）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。（2）【答案】（）04p smg（5 分）（）15 L（3 分）【解析】（）初始状态右侧气体的压强为054pp，设右侧气体升温到054T 时的压强为 p，根据查理定律有00054ppTT(2 分)解得054pp(1 分)0054mgpps（1 分）解得活塞上增加的砝码的质量04p smg(1 分)（）初始状态右侧气体的压强

19、为054pp,设稳定后右侧气体的长度为 L-x，根据玻意耳定律有0()p Lsp Lx s(2 分)解得活塞下移的距离15xL(1 分)16.（1）【答案】10（2 分）2（2 分）【解析】波速m/s100.2sm2txv；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。（2）【答案】（）3（3 分）（）2 3Lc（5 分）【解析】（）在三角形 AOE 中，根据余弦定理2222cos30OEAOAEAO AE，

20、解得 OEL，所以三角形 AOE 为等腰三角形，则30AEO，120AOE（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 60i，折射角为 30r（1 分）根据光的折射定律，玻璃砖的折射率330sin60sinsinsinrin（1 分）（）设发生全反射的临界角为 C，则331sin nC（1 分）根据几何关系可得在 AC 面上的入射角为60，332360sin，所以在 AC 面上发生全反射，光不从 AC 面物理参考答案（新高考广东卷）第 7 页（共 7 页）射出（1 分）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30，332130sin，所以在 BC 面上不发生全反射，光最先从 BC 面射出根据几何关系得LAEABAEACCEEF)60sin(32)(3232（1 分）光从 OEF 经历的路程为 2L（1 分）光在玻璃砖中的速度为33 c所以最短时间22 333LLtcc（1 分）