廣東省廣州市市白云區(qū)雅瑤中學2022年高三物理測試題含解析

廣東省廣州市市白云區(qū)雅瑤中學2022年高三物理測試題含解析一、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.（多選）小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上（如圖甲），在剛接觸輕彈簧的瞬間（如圖乙），速度是5m/s，將彈簧壓縮到最短（如圖丙）的整個過程中，小球的速度v和彈簧縮短的長度△x之間的關系如圖丁所示，其中A為曲線的最高點．已知該小球重為2N，彈簧在受到撞擊至壓縮到最短的過程中始終發(fā)生彈性形變，彈簧的彈力大小與形變成正比．下列說法正確的是（）A．在撞擊輕彈簧到輕彈簧壓縮至最短的過程中，小球的動能先變大后變小B．從撞擊輕彈簧到它被壓縮至最短的過程中，小球的機械能先增大后減小C．小球在速度最大時受到的彈力為2ND．此過程中，彈簧被壓縮時產(chǎn)生的最大彈力為12.2N參考答案：考點：功能關系；彈性勢能．分析：小球的速度先增加后減小，故其動能先增大后減小，在整個過程中只有重力和彈簧彈力對小球做功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，在壓縮彈簧的過程中彈簧的彈性勢能增加故小球的機械能減小，小球速度最大時彈力大小與小球的重力平衡，根據(jù)胡克定律求彈簧壓縮時產(chǎn)生的最大彈力．解答：解：A、由圖可知，小球的速度先增加后減小，故小球的動能先增大后減小，故A正確；B、在小球下落過程中至彈簧壓縮最短時，只有重力和彈簧彈力做功，故小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，在壓縮彈簧的過程中彈簧的彈性勢能增加，故小球的機械能減小，所以B錯誤；C、小球下落時，當重力與彈簧彈力平衡時小球的速度最大，據(jù)此有：小球受到的彈力大小與小球的重力大小平衡，故此時小球受到的彈力為2N，故C正確；D、小球速度最大時，小球的彈力為2N，此時小球的形變量為0.1m，故可得彈簧的勁度系數(shù)k=20N/m，故彈簧彈力最大時形變量最大，根據(jù)胡克定律知，小球受到的最大彈力為Fmax=kxmax=20×0.61N=12.2N，故D正確．故選：ACD．點評：本題考查學生對圖象的認識，知道小球落在彈簧上后先做加速運動達到最大速度后再做減速運動，這是解決問題的根本，能根據(jù)速度最大的條件求得彈簧的勁度系數(shù)是關鍵．2.如圖（a）所示足一個歐姆表的外部構造示意圖，其正、負插孔內分別插有紅、黑表筆，則虛線內的電路圖應是（b）圖中的圖

（

）參考答案：A

3.（多選）絕緣水平面上固定一正點電荷Q，另一質量為m、電荷量為﹣q的滑塊（可看作點電荷）從a點以初速度v0沿水平面向Q運動，到達b點時速度為零．已知a、b間距離為s，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g．以下判斷正確的是（）A．滑塊在運動過程中所受Q的庫化力有可能大于滑動摩擦力B．滑塊在運動過程的中間時刻，瞬時速度的大小小于C．此過程中產(chǎn)生的內能為D．Q產(chǎn)生的電場中，a、b兩點間的電勢差為參考答案：解：A、由題意可知，滑塊水平方向受庫侖力、滑動摩擦力，摩擦力與運動方向相反，而庫侖力與運動方相同，因滑塊在b點靜止，故一定有段時間，庫侖力小于滑動摩擦力，當在滑動過程中，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，到達b點時速度減為零．故A錯誤；B、水平方向受大小不變的摩擦力及變大的庫侖力，當在滑動過程中，隨著間距減小，庫侖力增大，但仍小于滑動摩擦力，所以導致加速度慢慢減小，加速度是變化的，故中間時刻的速度小于故B正確；C、由動能定理可得：Uq﹣μmgs=0﹣mv02，產(chǎn)生的內能Q=μmgs=Uq+mv02，因此在此過程中產(chǎn)生的內能大于動能的減少．故C錯誤；D、由動能定理可得：Uq﹣μmgs=0﹣mv02，解得兩點間的電勢差U=，故D正確；故選：BD4.圖中虛線a、b、c、d、f代表勻強電場內間距相等的一組等勢面，已知平面b上的電勢為2V。一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，從a到d的過程中克服電場力所做的功為6eV。下列說法正確的是（

）A.平面c上的電勢為零B.該電子可能到達不了平面fC.該電子經(jīng)過平面d時，其電勢能為4eVD.該電子經(jīng)過平面b時的速率是經(jīng)過d時的2倍參考答案：AB本題考查等勢面及其相關的知識點。根據(jù)題述，勻強電場中等勢面間距相等，相鄰等勢面之間的電勢差相等。設相鄰等勢面之間的電勢差為U，根據(jù)電子從a到d的過程中克服電場力所做功為Wab=6eV，電場方向水平向右。由Wab=3eV，聯(lián)立解得：U=2V。已知b的電勢為2V，則平面c上的電勢為零，選項A正確；由于af之間的電勢差為4U=8V，一電子經(jīng)過a時的動能為10eV，由于題述沒有指出電子速度方向，若該電子速度方向指向左或指向上或下，則該電子就到達不了平面f，選項B正確；由于題述沒有指出電子速度方向，選項CD錯誤?！军c睛】此題以等勢面切入，考查電場力做功及其相關知識點。5.北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)是我國自行研制開發(fā)的區(qū)域性三維衛(wèi)星定位與通信系統(tǒng)(CNSS),建

成后的北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)包括5顆同步衛(wèi)星和30顆一般軌道衛(wèi)星。對于其中的5顆同

步衛(wèi)星，下列說法中正確的是

A、它們運行的線速度一定不小于7.9km/s

B.地球對它們的吸引力一定相同[]

C．一定位于空間同一軌道上

D.它們運行的加速度大小一定相同參考答案：CD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.已知地球和月球的質量分別為M和m，半徑分別為R和r。在地球上和月球上周期相等的單擺擺長之比為________，擺長相等的單擺在地球上和月球上周期之比為________。參考答案：根據(jù)可知，所以;根據(jù)，解得,所以；。7.（4分）按照有關規(guī)定，工作場所受到的電磁輻射強度（單位時間內垂直通過單位面積的電磁輻射能量）不得超過0.50瓦／米2。若某一小型無線通訊裝置的電磁輻射功率是1瓦，那么在距離該通訊裝置

米以外是符合規(guī)定的安全區(qū)域（已知球面面積為S＝4πR2）。參考答案：答案：0.408.若一定質量的理想氣體分別按下圖所示的三種不同過程變化，其中表示等壓變化的是

(填“A”、“B”或“C”)，該過程中氣體的內能

(填“增加”、“減少”或“不變”)．參考答案：C

增加

9.（選修3-4）（6分）根據(jù)麥克斯韋電磁場理論，如果在空間某區(qū)域有周期性變化的電場，這個變化的電場就會在周圍產(chǎn)生

．不同波段的電磁波具有不同的特性，如紅外線具有明顯的

效應，紫外線具有較強的

效應．參考答案：答案：周期性變化的磁場（2分）

熱（2分）

熒光（2分）10.兩名日本學者和一名美籍日本科學家10月７日分享了2008年諾貝爾物理學獎。３名物理學家分別通過數(shù)學模型“預言”了量子世界自發(fā)性對稱破缺現(xiàn)象的存在機制和根源。這一模型融合了所有物質最微小的組成部分，使４種基本相互作用中的３種在同一理論中得到解釋。這里所述的4種基本相互作用是指萬有引力、

▲、強相互作用、

▲。參考答案：電磁相互作用，

弱相互作用

11.（5分）一輛電動自行車銘牌上的技術參數(shù)如表中所示：質量為M＝70kg的人騎此電動車沿平直公路行駛，所受阻力為車和人總重的0.03倍，不計自行車自身的機械損耗。（1）僅在電動機提供動力的情況下，此車行駛的最大速度為________m/s；（2）僅在電動機提供動力的情況下，以額定輸出功率行駛，速度為3m/s時，加速度大小為_____m/s2。參考答案：6m/s，0.3m/s212.在質量為M的電動機飛輪上，固定著一個質量為m的重物，重物到軸的距離為R，如圖所示，為了使電動機不從地面上跳起，電動機飛輪轉動的最大角速度不能超過__________。參考答案：

13.如圖所示，小車的頂棚上用繩線吊一小球，質量為m，車廂底板上放一個質量為M的木塊，當小車沿水平面勻加速向右運動時，小球懸線偏離豎直方向30°，木塊和車廂保持相對靜止，則小車運動的加速度為------____________，小球對懸線的拉力為_____________，木塊受到的摩擦力為______________。參考答案：答案：，，三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（2014?宿遷三模）學?？萍脊?jié)上，同學發(fā)明了一個用彈簧槍擊打目標的裝置，原理如圖甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓心為O，半徑R=0.2m；MN是與O點處在同一水平面的平臺；彈簧的左端固定，右端放一可視為質點、質量m=0.05kg的彈珠P，它緊貼在彈簧的原長處B點；對彈珠P施加一水平外力F，緩慢壓縮彈簧，在這一過程中，所用外力F與彈簧壓縮量x的關系如圖乙所示．已知BC段長L=1.2m，EO間的距離s=0.8m．計算時g取10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．壓縮彈簧釋放彈珠P后，求：（1）彈珠P通過D點時的最小速度vD；（2）彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，它通過C點時的速度vc；（3）當緩慢壓縮彈簧到壓縮量為x0時所用的外力為8.3N，釋放后彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，求壓縮量x0．參考答案：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．考點： 動能定理的應用；機械能守恒定律．專題： 動能定理的應用專題．分析： （1）根據(jù)D點所受彈力為零，通過牛頓第二定律求出D點的最小速度；（2）根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出D點的速度，通過機械能守恒定律求出通過C點的速度．（3）當外力為0.1N時，壓縮量為零，知摩擦力大小為0.1N，對B的壓縮位置到C點的過程運用動能定理求出彈簧的壓縮量．解答： 解：（1）當彈珠做圓周運動到D點且只受重力時速度最小，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）彈珠從D點到E點做平拋運動，設此時它通過D點的速度為v，則s=vtR=gt從C點到D點，彈珠機械能守恒，有：聯(lián)立解得v=代入數(shù)據(jù)得，V=2m/s（3）由圖乙知彈珠受到的摩擦力f=0.1N，根據(jù)動能定理得，且F1=0.1N，F(xiàn)2=8.3N．得x=代入數(shù)據(jù)解得x0=0.18m．答：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．點評： 本題考查了動能定理、機械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到圓周運動和平拋運動，知道圓周運動向心力的來源，以及平拋運動在豎直方向和水平方向上的運動規(guī)律是解決本題的關鍵．15.如圖為一塊直角三棱鏡，頂角A為30°．一束激光沿平行于BC邊的方向射向直角邊AB，并從AC邊射出，出射光線與AC邊夾角也為30°．則該激光在棱鏡中的傳播速度為多少？(結果保留兩位有效數(shù)字)參考答案：1.7×108m/s解：光路圖如圖：

由幾何關系得：α=∠A=30°，β=90°-30°=60°

折射率

激光在棱鏡中傳播速【點睛】幾何光學要正確作出光路圖，由幾何知識找出入射角和折射角是關鍵．知道光速和折射率的關系.四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ=30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：（1）粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍．（2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間．參考答案：考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動．專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．分析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，當其軌跡恰好與ab邊相切時，軌跡半徑最小，對應的速度最?。斊滠壽E恰好與cd邊相切時，軌跡半徑最大，對應的速度最大，由幾何知識求出，再牛頓定律求出速度的范圍．（2）粒子軌跡所對圓心最大時，在磁場中運動的最長時間．當其軌跡恰好與ab邊相切或軌跡更小時，時間最長，求出圓心角，再求時間．解答：解：（1）若粒子速度為v0，則qv0B=，所以有R=

設圓心在O1處對應圓弧與ab邊相切，相應速度為v01，則R1+R1sinθ=

將R1=代入上式可得，v01=

同理，設圓心在O2處對應圓弧與cd邊相切，相應速度為v02，則R2﹣R2sinθ=

將R2=代入上式可得，v02=

所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應滿足．（2）由t=及T=可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角α越長，在磁場中運動的時間也越長．在磁場中運動的半徑r≤R1時，

運動時間最長，弧所對圓心角為α=（2π﹣2θ）=，所以最長時間為t=T==．答：（1）粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍為．

（2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間為．點評：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般程序是

1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．

2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應強度、速度聯(lián)系；偏轉角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系．

3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．17.如圖所示，在xOy平面內，以O1（0，R）為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內有垂直平面向里的勻強磁場B1，x軸下方有一直線ab，ab與x軸相距為d，x軸與直線ab間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場E，在ab的下方有一平行于x軸的感光板MN，ab與MN間區(qū)域有垂直于紙平面向外的勻強磁場B2．在0≤y≤2R的區(qū)域內，質量為m、電荷量為e的電子從任何位置從圓形區(qū)域的左側沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域，經(jīng)過磁場B1偏轉后都經(jīng)過O點，然后進入x軸下方．已知x軸與直線ab間勻強電場場強大小E=，ab與MN間磁場磁感應強度B2=．不計電子重力．（1）求圓形區(qū)域內磁場磁感應強度B1的大小？（2）若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都不能打在感光板MN上，MN與ab板間的最小距離h1是多大？（3）若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都能打在感光板MN上，MN與ab板間的最大距離h2是多大？當MN與ab板間的距離最大時，電子從O點到MN板，運動時間最長是多少？參考答案：解：（1）所有電子射入圓形區(qū)域后做圓周運動軌道半徑大小相等，設為r，當電子從位置y=R處射入的電子經(jīng)過O點進入x軸下方，則r=R

，解得

（2）設電子經(jīng)電場加速后到達ab時速度大小為v，電子在ab與MN間磁場做勻速圓周運動軌道半徑為r1，沿x軸負方向射入電場的電子離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成θ角，則，cosθ=如果電子在O點以速度v0沿x軸負方向射入電場，經(jīng)電場偏轉和磁場偏轉后，不能打在感光板上，則所有電子都不能打在感光板上．恰好不能打在感光板上的電子在磁場中的圓軌道圓心為O2如圖，則感光板與ab間的最小距離h1=r1+r1cosθ，解得v=2v0，r1=2d，θ=60°h1=3d．（3）如果電子在O點沿x軸正方向射入電場，經(jīng)電場偏轉和磁場偏轉后，能打在感光板上，則所有電子都能打在感光板上．恰好能打在感光板上的電子在磁場中的圓軌道圓心為O3，如圖，感光板與ab間的最大距離h2=r1﹣r1cosθ，解得h2=d

當感光板與ab間的距離最大為h2=d時，所有從O點到MN板的電子中，沿x軸正方向射入電場的電子，運動時間最長．設該電子在勻強電場中運動的加速度為a，運動時間為t1，在磁場B2中運動周期為T，時間為t2，則，d=，T=，，運動最長時間tm=t1+t2，解得，，t2=．則tm=．答：（1）