廣東省廣州市鐘落潭中學(xué)2022年高三物理聯(lián)考試題含解析

1、廣東省廣州市鐘落潭中學(xué)2022年高三物理聯(lián)考試題含解析一、 選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1. （單選）如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)電阻為r開關(guān)S閉臺(tái)后，電燈L1、L2均能發(fā)光現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器R的滑片P稍向上移動(dòng)，下列說法正確的是（） A 電燈L1、L2均變亮 B 電燈L1變亮，L2變暗 C 電流表的示數(shù)變小 D 電源的總功率變小參考答案： 解：由圖可知L2與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)，再與L1串聯(lián)A、現(xiàn)將滑動(dòng)變阻器R的滑片P稍向上移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值變小，電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，干路電流I增大，所以電燈L1變亮，路端電壓減小，所以

2、L2與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)電壓減小，所以L2變暗故A錯(cuò)誤，B正確C、干路電流I增大，L2與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)電壓減小，所以通過L2的電流減小，所以電流表的示數(shù)增大，故C錯(cuò)誤D、根據(jù)P=EI得電源的總功率增大，故D錯(cuò)誤故選B【解析】2. 地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第次和第次提升過程，A. 礦車上升所用的時(shí)間之比為4:5B. 電機(jī)的最大牽引力之比為2:1C. 電機(jī)輸出的最大功率之比為2:1D.

3、 電機(jī)所做的功之比為4:5參考答案：AC試題分析 本題考查速度圖像，牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功和功率及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。解析 設(shè)第次所用時(shí)間為t，根據(jù)速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，2t0v0=（t+3t0/2）v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升過程所用時(shí)間之比為2t05t0/2=45，選項(xiàng)A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為11，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由功率公式，P=Fv，電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為21，選項(xiàng)C正確；加速上升過程的加速度a1=，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m(

4、+g)，減速上升過程的加速度a2=-，減速上升過程的牽引力F2=ma2+mg=m(g -)，勻速運(yùn)動(dòng)過程的牽引力F3=mg。第次提升過程做功W1=F1t0v0+ F2t0v0=mg v0t0；第次提升過程做功W2=F1t0v0+ F3v03t0/2+ F2t0v0 =mg v0t0；兩次做功相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。點(diǎn)睛 此題以速度圖像給出解題信息。解答此題常見錯(cuò)誤主要有四方面：一是對(duì)速度圖像面積表示位移掌握不到位；二是運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解牽引力錯(cuò)誤；三是不能找出最大功率；四是不能得出兩次提升電機(jī)做功。實(shí)際上，可以根據(jù)兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相同，利用功能關(guān)系得出兩次做功相同。3. 關(guān)于動(dòng)量、沖

5、量，下列說法正確的是( )A.物體動(dòng)量越大，表明它受到的沖量越大B.物體受到合外力的沖量等于它的動(dòng)量的變化量C.物體的速度大小沒有變化，則它受到的沖量大小等于零D.物體動(dòng)量的方向就是它受到的沖量的方向參考答案：B4. （單選）如圖所示，某人靜躺在椅子上，椅子的靠背與水平面之間有固定傾斜角。若此人所受重力為G，則椅子對(duì)他的作用力大小為AG BGsin CGcos DGtan參考答案：A 解析：人受多個(gè)力處于平衡狀態(tài)，人受力可以看成兩部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分對(duì)他的作用力的合力根據(jù)平衡條件得椅子各部分對(duì)他的作用力的合力與重力等值，反向，即大小是G故選：A5. （多選題）如圖所示，一長(zhǎng)

6、木板放置在水平地面上，一根輕彈簧右端固定在長(zhǎng)木板上，左端連接一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，小物塊可以在木板上無摩擦滑動(dòng)，現(xiàn)在用手固定長(zhǎng)木板，把小物塊向左移動(dòng)，彈簧的形變量為x1，然后，同時(shí)釋放小物塊和木板，木板在水平地面上滑動(dòng)，小物塊在木板上滑動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，長(zhǎng)木板達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊在長(zhǎng)木板上繼續(xù)往復(fù)運(yùn)動(dòng)長(zhǎng)木板靜止后，彈簧的最大形變量為x2已知地面對(duì)長(zhǎng)木板的滑動(dòng)摩擦力大小為f當(dāng)彈簧的形變量為x時(shí)，彈性勢(shì)能Ep=kx2，式中k為彈簧的勁度系數(shù)由上述信息可以判斷（）A整個(gè)過程中小物塊的速度可以達(dá)到x1B整個(gè)過程中木板在地面上運(yùn)動(dòng)的路程為（x12x22）C長(zhǎng)木板靜止后，木板所受的靜摩擦力的大小不變D長(zhǎng)

7、木板靜止后，小物塊的速度可以達(dá)到x2參考答案：BD【考點(diǎn)】功能關(guān)系；彈性勢(shì)能【分析】同時(shí)釋放小物塊和木板后，彈簧彈力和地面對(duì)木板的摩擦力對(duì)系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，當(dāng)長(zhǎng)木板達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊在長(zhǎng)木板上繼續(xù)往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒【解答】解：A、整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理得： mvm2=kx12Wf，所以速度不能達(dá)到x1，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)木板靜止時(shí)，小物塊在長(zhǎng)木板上繼續(xù)往復(fù)運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以當(dāng)木板剛靜止時(shí)，系統(tǒng)具有的機(jī)械能為kx22，從開始到木板剛靜止的過程中，根據(jù)能量守恒得： kx12kx22=Wf=fs解得：s=（x12x22），故B正確；C、長(zhǎng)

8、木板靜止后，對(duì)木板進(jìn)行受力分析，水平方向受地面的靜摩擦力和彈簧彈力，彈簧彈力隨木塊的運(yùn)動(dòng)而發(fā)生改變，所以木板受的靜摩擦力也發(fā)生改變，故C錯(cuò)誤；D、長(zhǎng)木板靜止后，小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則當(dāng)彈簧為原長(zhǎng)時(shí)，有kx22=，得 v=x2，故D正確故選：BD二、 填空題：本題共8小題，每小題2分，共計(jì)16分6. (選修模塊34) （4分）如圖所示為一列簡(jiǎn)諧橫波t=0時(shí)刻的波動(dòng)圖象，已知波沿x軸正方向傳播，波速大小為0.4m/s。則在圖示時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a、b所受的回復(fù)力大小之比為_ ，此時(shí)刻起，質(zhì)點(diǎn)c的振動(dòng)方程是：_cm。參考答案： 答案：2:1（2分） y= 15cos10t （2分）7. 在探究加

9、速度與力和質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，用裝有沙子的小桶通過細(xì)線繞過木板一端的定滑輪來拉動(dòng)板上的小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過改變沙子質(zhì)量來改變拉力大小。多次實(shí)驗(yàn)后根據(jù)由紙帶求出的加速度與拉力作出圖像如圖所示，根據(jù)圖像判斷下列說法正確的是（ ）A、一定沒有平衡摩擦力，且小車質(zhì)量較小B、平衡摩擦力時(shí)，木板傾斜程度過大，且小車質(zhì)量較大C、可能平衡摩擦力時(shí)忘記掛上紙帶，且沙桶和沙子質(zhì)量較大D、可能平衡摩擦力不徹底，木板傾斜程度偏小，且沙桶和沙子質(zhì)量較大參考答案：8. （選修34）（5分）某種媒質(zhì)的折射率為，有一束光從該媒質(zhì)射向真空，要使真空中有折射光，入射角應(yīng)滿足的條件是_。 參考答案：答案： i45 9. （6分

10、）地球上的海水的總質(zhì)量達(dá)1.41021kg。如果把這些海水的溫度減低1 0C，放出的熱量就達(dá)91018KWh，足夠全世界使用4000年。這個(gè)設(shè)想不違背 ，但是不能實(shí)現(xiàn)，所以叫 永動(dòng)機(jī)，它違背了。參考答案：答案：能量守恒定律 第二類 熱力學(xué)第二定律 （各2分）10. 據(jù)報(bào)道：1978年澳大利亞科學(xué)家利用5m長(zhǎng)的電磁軌道炮，將質(zhì)量為3.3g的彈丸以5.9km/s的高速發(fā)射獲得成功。假設(shè)彈丸在軌道炮內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，彈丸所受的合力為_N。如果每分鐘能發(fā)射6顆彈丸，該電磁軌道炮的輸出功率約為。參考答案：1.15104 N； 5.74103 W。11. 如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢(shì)V，內(nèi)電阻，當(dāng)滑動(dòng)變

11、阻器R1的阻值調(diào)為后，電鍵S斷開時(shí)，R2的功率為W，電源的輸出功率為W，則通過R2的電流是 A接通電鍵S后，A、B間電路消耗的電功率仍為W則參考答案：0.5；12. 如圖所示，質(zhì)量M的長(zhǎng)木板B靜止在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量m（mM）的小滑塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）初始時(shí)刻，A、B分別以v0向左、向右運(yùn)動(dòng)，最后A沒有滑離B板則最后A的速度大小為，速度方向?yàn)橄蛴覅⒖即鸢福嚎键c(diǎn)：動(dòng)量守恒定律專題：動(dòng)量定理應(yīng)用專題分析：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可以求出速度的大小與方向解答：解：最后A、B獲得相同的速度，設(shè)此速度為v，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：Mv0mv0=（Mm）v，解得：v=

12、，方向向右；故答案為：，向右點(diǎn)評(píng)：本題考查了求速度與運(yùn)動(dòng)時(shí)間問題，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理即可正確解題13. 某同學(xué)利用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)定某一光的波長(zhǎng)，已知雙縫間距為d，雙縫到屏的距離為L(zhǎng)，將測(cè)量頭的分劃板中心刻線與某一亮條紋的中心對(duì)齊，并將該條紋記為第一亮條紋，其示數(shù)如圖7所示，此時(shí)的示數(shù)x1= mm。然后轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃板中心刻線與第n亮條紋的中心對(duì)齊，測(cè)出第n亮條紋示數(shù)為x2。由以上數(shù)據(jù)可求得該光的波長(zhǎng)表達(dá)式= （用給出的字母符號(hào)表示）。 參考答案：0.776mm，三、 實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，每小題11分，共計(jì)22分14. （4分）用如實(shí)圖所示的裝置做“探究

13、動(dòng)能定理”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，下列說法正確的是(填字母代號(hào))( )A為了平衡摩擦力，實(shí)驗(yàn)中可以將長(zhǎng)木板的左端適當(dāng)墊高，使小車?yán)┻^打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶自由下滑時(shí)能保持勻速運(yùn)動(dòng)B每次實(shí)驗(yàn)中橡皮筋的規(guī)格要相同，拉伸的長(zhǎng)度要一樣C可以通過改變橡皮筋的條數(shù)來改變拉力做功的數(shù)值D可以通過改變小車的質(zhì)量來改變拉力做功的數(shù)值E實(shí)驗(yàn)中要先釋放小車再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源F通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的紙帶來測(cè)定小車加速過程中獲得的最大速度G通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下的紙帶來測(cè)定小車加速過程中獲得的平均速度參考答案：ABCF15. 某同學(xué)利用豎直上拋小球的頻閃照片驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律頻閃儀每隔0.05 s閃光一次，圖中所標(biāo)數(shù)據(jù)為實(shí)際距離，該同學(xué)

14、通過計(jì)算得到不同時(shí)刻的速度如下表(當(dāng)?shù)刂亓铀俣热?.8 m/s2，小球質(zhì)量m0.2 kg，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)：(1)由頻閃照片上的數(shù)據(jù)計(jì)算t5時(shí)刻小球的速度v5_m/s.(2)從t2到t5時(shí)間內(nèi)，重力勢(shì)能增量Ep_J，動(dòng)能減少量Ek_J.(3)在誤差允許的范圍內(nèi)，若Ep與Ek近似相等，從而驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律由上述計(jì)算得Ep_Ek(選填“”“”或“”)，造成這種結(jié)果的主要原因是_參考答案：解：（1）在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過程中的平均速度，所以有：3.48m/s故答案為：3.48（2）根據(jù)重力做功和重力勢(shì)能的關(guān)系有：Ep=mg（h2+h3+h4）=1.24J4.99m

15、/s =1.28J 故答案為：1.24，1.28（3）由于紙帶和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的摩擦以及空氣阻力的存在，導(dǎo)致動(dòng)能減小量沒有全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能，因此Epk故答案為：，存在空氣阻力四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分16. 一個(gè)質(zhì)量m=2kg的物體，放在固定的粗糙斜面上，斜面與水平方向的夾角=37，物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，物體所受最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）現(xiàn)用一個(gè)沿斜面向上的拉力F=10N作用在物體上，物體保持靜止，求此時(shí)物體所受的摩擦力的大小和方向（2）若撤去拉力F，物體沿斜面下滑的加速度為多大？2s后物體下滑的位移為多少？

16、（斜面足夠大）參考答案：解：（1）對(duì)物體受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可知：F+fmgsin=0，解得：f=mgsinF=200.610N=2N，方向沿斜面向上；（2）撤去外力后，根據(jù)牛頓第二定律可知：mgsinmgcos=ma，解得：a=gsingcos=2m/s22s后下滑的位移為：x=答：（1）此時(shí)物體所受的摩擦力的大小為2N，方向沿斜面向上；（2）若撤去拉力F，物體沿斜面下滑的加速度為2m/s2，2s后物體下滑的位移為為4m【考點(diǎn)】牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系【分析】（1）根據(jù)受力分析，利用共點(diǎn)力平衡求得摩擦力的大小和方向；（2）根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，利用位移時(shí)間公式

17、求得位移17. 1928年，德國(guó)物理學(xué)家玻特用粒子（）轟擊輕金屬鈹（）時(shí)，發(fā)現(xiàn)有一種貫穿能力很強(qiáng)的中性射線查德威克對(duì)該粒子進(jìn)行研究，進(jìn)而發(fā)現(xiàn)了新的粒子中子請(qǐng)寫出粒子轟擊輕金屬鈹?shù)暮朔磻?yīng)方程若中子以速度v0與一質(zhì)量為mN的靜止氮核發(fā)生碰撞，測(cè)得中子反向彈回的速率為v1，氮核碰后的速率為v2，則中子的質(zhì)量m等于多少？參考答案：（1）核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，由質(zhì)量數(shù)守恒與核電荷數(shù)守恒可知，核反應(yīng)方程式為：；（2）核反應(yīng)過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以中子的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：，解得：；18. （10分）如圖所示，OO / 右側(cè)是絕緣的水平面，左側(cè)是一水平足夠長(zhǎng)的傳送帶，正以速度v0順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，絕緣平面與傳送帶吻接處良好。今在距離為OO / 為x0處放一靜止的帶正電的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），其質(zhì)量為m,所帶電荷量不變（電荷量q未知）。物塊在電場(chǎng)力作用下向左運(yùn)動(dòng)，并沖上傳送帶，已知：物塊受的電場(chǎng)力Eqmg，傳送帶的恒定速度為v0；水平面和傳送帶與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為05。求：（1）物塊在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，距OO / /的最大水平距離s；（2）物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)傳送帶所多提供的能量多大？參考答案：解析：（1）物體由A到B，設(shè)到達(dá)B點(diǎn)速度為vt，由動(dòng)能定理得：Eqx0mgx0（2分）解得：vt由公式：0