廣東省江門市聯育中學2020-2021學年高三物理聯考試題含解析

1、廣東省江門市聯育中學2020-2021學年高三物理聯考試題含解析一、 選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1. 如圖所示,電梯質量為m,地板上放置一質量為m的物體.鋼索拉電梯由靜止開始向上加速運動,當上升高度為h時,速度達到v,則(      )a.地板對物體的支持力做的功等于mv2     b.地板對物體的支持力做的功等于mv2+mghc.鋼索的拉力做的功等于mv2+mgh       d.合力對電梯m做的功等

2、于mv2參考答案：bd2. （單選）在水平地面上有一固定的楔形物塊a，其斜面上靜止一小物塊b現用力f沿不同方向作用在小物塊b上，小物塊b仍保持靜止，如圖所示則a、b之間的靜摩擦力一定增大的是（）abcd參考答案：考點：共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用版權所有分析：對物體進行受力分析，根據平衡條件結合力的分解列出平衡等式，找出靜摩擦力的變化解答：解：不加力f時，對物塊進行受力分析，將重力分解，根據平衡條件得出：f=mgsin：力圖：f=mgsin+f，故摩擦力變大：力圖：如果fmgsin，f=mgsinf，故摩擦力變小如果fmgsin，f=fmgsin，由于不知道f的大小，所以摩擦

3、力變化不確定：力圖：將f分解，根據平衡條件得出：f=fsin+mgsin故摩擦力變大：力圖：根據平衡條件得出：f=mgsin，故摩擦力不變故選a點評：對物體進行受力分析，根據平衡條件結合力的分解列出平衡等式，找出靜摩擦力的變化3. 如圖所示，輕桿一端固定一個光滑小球，桿的轉動軸o點固定在豎直墻上（桿可繞o點在豎直平面內無摩擦轉動），小球同時擱置在光滑斜面上，桿與豎直墻面夾角為a，斜面傾角為。初始時a且（a+）900。為使斜面能在光滑地面上保持勻速運動（小球不離開斜面），作用在斜面上的水平外力f的大小以及輕桿受力t的大小變化，下列判斷正確的是    

4、60;            （      ）af逐漸增大，t逐漸減小bf逐漸增大，t先減小后增大cf逐漸增大，t先增大后減小df逐漸減小，t逐漸增大參考答案：b4. 有甲、乙兩顆人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，甲的運行速率比乙大，則下列說法正確的是a甲的運行周期一定比乙長            b甲距離地面的高度一定比乙高c甲的

5、向心力一定比乙小               d甲的加速度一定比乙大參考答案：d5. 如圖所示，閉合電路，當滑動交阻器滑片p移動時，各電流表（內阻可不計）示數變化情況是（）aa1、a2的示數同時增大、同時減小ba1示數增大時，a2的示數減小ca1的示數減小時，a2的示數增大da1的示數變化量大于a2的示數變化量參考答案：a【考點】閉合電路的歐姆定律【分析】電路中，若滑動變阻器向下移動時，連入電路的阻值變?。蛔冏杵髋c一個定值電阻并聯后連接入電源兩端，電流表測

6、量干路電流，電流表測量的是通過滑動變阻器的電流，根據串并聯知識和閉合電路歐姆定律分析即可同理分析滑片向上移動時電表示數的變化；【解答】解：abc若滑動變阻器向下移動時，連入電路的阻值變小，故外電路的總電阻變小，故根據閉合電路歐姆定律，總電流變大，電流表的示數變大，故路端電壓u=eir變??；定值定則的電流減小，由于總電流增加，故通過變阻器的電流增加了，即的示數增大，即的示數同時增大；同理，若滑動變阻器向上移動時，連入電路的阻值變大，故外電路的總電阻變大，故根據閉合電路歐姆定律，總電流變小，電流表的示數變小，故路端電壓u=eir變大；定值定則的電流增大，由于總電流減小，故通過變阻器的電流減小了，即

7、的示數減小，即的示數同時減小，故a正確，bc錯誤；d、a1、a2的示數同時增大、同時減小，而電流變化情況與兩只電流表相反，所以示數變化量小于的示數變化量，故d錯誤；故選：a二、 填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6. 如圖所示為一正在測量中的多用電表表盤。如果是用×10 擋測量電阻，則讀數為_。如果是用直流10v擋測量電壓，則讀數為_v。參考答案：（i）d e f   （ii）140   5.27. 某同學用如圖所示的實驗裝置探究小車動能變化與合外力對它所做功的關系。圖中a為小車，連接在小車后面的紙帶穿過打點計時器b的限位孔，它們均置

8、于水平放置的一端帶有定滑輪的足夠長的木板上，c為彈簧測力計，不計繩與滑輪的摩擦。實驗時，先接通電源再松開小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點。(1)該同學在一條比較理想的紙帶上，從點跡  清楚的某點開始記為0點，再順次選取5個點，分別測量這5個點到0之間的距離l，并計算出各點速度平方與0點速度平方之差v2（v2=v2v02），填入下表：請以v2為縱坐標，以l為橫坐標在方格紙中作出v2-l圖象。若測出小車質量為0.2kg，結合圖象可求得小車所受合外力的大小為 _ n。(2)若該同學通過計算發(fā)現小車所受合外力小于測力計讀數，明顯超出實驗誤差的正常范圍。你認為主要原因是_。實驗操作中改進的

9、措施是_。點跡l/cmv 2/m2·s20/11.600.0423.600.0936.000.1547.000.1859.200.23參考答案：（1）v2-s圖象如右圖。（4分）0.25±0.01 n（2分）（2）小車滑行時所受摩擦阻力較大。（2分）（3）將導軌左端墊起一定的高度以平衡摩擦力。（2分）8. （6分）某地強風的風速為20m/s，設空氣密度為=1.3kg/m3。如果把通過橫截面為s=20m2的風的動能的50轉化為電能，則電功率為_。參考答案：52000w9.     放射性物質和的核衰變方程為：   &

10、#160;                方程中的x1代表的是_，x2代表的是_。        參考答案：答案：x1代表的是（或），x2代表的是（或）。       解析：根據質量數守恒、電荷數守恒，新粒子質量數為4，電荷數為2，所以該粒子應為氦原子核；新粒子質量數為0，電荷數為-1，所以該粒子應為電子。10. 將一彈性繩一端固定在天花

11、板上o點，另一端系在一個物體上，現將物體從o點處由靜止釋放，測出物體在不同時刻的速度v和到o點的距離s，得到的vs圖像如圖所示。已知物體及位移傳感器的總質量為5kg，彈性繩的自然長度為12m，則物體下落過程中彈性繩的平均拉力大小為_n，當彈性繩上的拉力為100n時物體的速度大小為_m/s。（不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2）參考答案：75，15.5（15.4816）11. 坐標原點o處有一波源，能產生沿軸正向傳播的簡諧波，時刻的波形圖如圖所示。已知這列波在p點出現兩次波峰的最短時間是，則這列波的波速為     ，從時開始計時處的質點r第一次到達波

12、谷所用的時間為        。參考答案：1o(3分)  0.812. 圖為一小球做平拋運動的閃光照片的一部分.圖中背景方格的邊長均為2.5厘米，如果取重力加速度g=10米/秒2，那么： (1)照片的閃光頻率為_hz. .(2)小球做平拋運動的初速度的大小為_m/s參考答案：(1)10    (2)0.7513. 已知某物質摩爾質量為m，密度為，阿伏加德羅常數為na，則該物質的分子質量為       ，單位體積的分子數為

13、60;       參考答案：m/na，na/m三、 簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14. (4分)在橄欖球比賽中，一個95kg的橄欖球前鋒以5m/s的速度跑動，想穿越防守隊員到底線觸地得分就在他剛要到底線時，迎面撞上了對方兩名均為75kg的隊員，一個速度為2m/s，另一個為4m/s，然后他們就扭在了一起。他們碰撞后的共同速率是；在右面方框中標出碰撞后他們動量的方向，并說明這名前鋒能否得分：。參考答案：答案：0.1m/s  （2分）       方向見圖（1分

14、）  能得分（1分）    15. （7分）一定質量的理想氣體，在保持溫度不變的的情況下，如果增大氣體體積，氣體壓強將如何變化？請你從分子動理論的觀點加以解釋如果在此過程中氣體對外界做了900j的功，則此過程中氣體是放出熱量還是吸收熱量？放出或吸收多少熱量？（簡要說明理由）參考答案：氣體壓強減?。?分）一定質量的氣體，溫度不變時，分子的平均動能一定，氣體體積增大，分子的密集程度減小，所以氣體壓強減?。?分）一定質量的理想氣體，溫度不變時，內能不變，根據熱力學第一定律可知，當氣體對外做功時，氣體一定吸收熱量，吸收的熱量等于氣體對外做的功量即900j（3分）

15、四、計算題：本題共3小題，共計47分16. 寬闊的水平面上固定豎有高為1.5m的薄木板在離開其水平距離1m、高1.8m處水平拋出視為質點的玩具小鳥（不計空氣阻力）若水平初速度v0=10m/s，則其做平拋運動的時間是0.6s；若任意改變初速度，擊中木板的速度最小值為m/s（g=10m/s2）參考答案：考點：平拋運動專題：平拋運動專題分析：根據高度求出平拋運動的時間抓住玩具小鳥擊中木板，結合水平位移求出時間的表達式，從而得出豎直分速度的表達式，根據平行四邊形定則求出擊中木板時的速度，從而通過數學知識求出擊中時速度的最小值解答：解：當玩具小鳥恰好擦過木板的上邊緣飛過時，平拋運動的時間s，此時的平拋運

16、動的初速度，可知水平速度為10m/s時，玩具小鳥飛過木板上端根據h=得，t=玩具小鳥擊中木板所需的時間，則此時的豎直分速度，根據平行四邊形定則知，擊中木板時的速度故答案為：0.6，2點評：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式靈活求解，本題對數學能力的要求較高，需加強這方面的訓練17. 如圖所示，完全相同的正方形單匝銅質線框abcd，通過水平絕緣且足夠長的傳送帶輸送一系列該貨件通過某一固定勻強磁場區(qū)域進行“安檢”程序，即便篩選“次品”（不閉合）與“正品”（閉合），“安檢”程序簡化為如下物理模型，各貨件質量均為m，電阻均為r，邊長為l，與傳送帶間的動摩擦因數為

17、，重力加速度為g；傳送帶以恒定速度v0向右運動，貨件在進入磁場前與傳送帶的速度相同，貨件運行中始終保持abaa'cc'，已知磁場邊界aa'，cc'與傳送帶運動方向垂直，磁場的磁感應強度為b，磁場的寬度為d（ld），現某一貨件當其ab邊到達cc'時又恰好與傳送帶的速度相同，則（1）上述貨件在進入磁場的過程中運動加速度的最大值與速度的最小值；（2）“次品”（不閉合）與“正品”（閉合）因“安檢”而延遲時間多大參考答案：解：（1）線框以速度v0進入磁場，在進入磁場過程中，受安培力f（方向向左）、摩擦力f（方向向右）共同作用而做減速運動；完全進入磁場后，在摩擦力（

18、方向向右）的作用下做加速運動，當ab邊到達cc'時速度又恰好等于v0因此，線框在剛進入磁場時，速度最大，所受安培力f最大，加速度最大，設為am；線框全部進入磁場的瞬間速度最小，設此時線框的速度為v線框剛進入磁場時，線框的電動勢為?，線框中的電流為i0由牛頓第二定律有：fmg=mam，解得： =在線框完全進入磁場又加速運動到達邊界cc'的過程中，線框只受摩擦力，根據動能定理，有：，解得（2）“次品”（不閉合）在經過磁場的過程中不能產生電流，所以安培力為零，所以，摩擦力也為零，線框進行勻速運動由（1）可知，線框ab邊到達cc'后將重復線框進入磁場的運動，若線框ab邊從aa'到達cc'，“次品”（不閉合）比“正品”（閉合）快t1，則“次品”（不閉合）與“正品”（閉合）因“安檢”而延遲時間t=2t1設“正品”貨件進入磁場所用時間為t1，取此過程中某較短時間間隔t，在t（t+t）的t內貨件速度變化為v，電流為i，則由動量定理可得：（mgbil）t=mv即對上式在t1時間內進行疊加，可得：所以， =設“正品”貨件在磁場中勻加速恢復v0所用時間為t2，由勻變速速度公式，有：，而“次品”貨件運動過程不受“安檢”的影響，設線框ab邊從aa'到達cc'所用時間為t1，由勻速運動規(guī)律有：可見因“安檢”而延