2022-2023學年廣東省揭陽市大南山中學高三物理聯(lián)考試題含解析

2022-2023學年廣東省揭陽市大南山中學高三物理聯(lián)考試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（多選）我們設計這樣一個情景，細線下端懸掛一個質量為m的鋼球，細線上端固定于O點，用不同長度的細線拉著鋼球，使鋼球在同一水平面內不同的軌道上做勻速圓周運動，（小球可視為質點），以下說法正確的是（）A．軌道半徑越大周期就越大B．軌道半徑越大線速度就越大C．軌道半徑越大向心力就越大D．在同一軌道上小球的質量越大向心加速度就越大參考答案：考點：向心力；牛頓第二定律．專題：牛頓第二定律在圓周運動中的應用．分析：比較兩個小球，兩個小球均做勻速圓周運動，對它們受力分析，找出向心力來源，可先求出角速度，再由角速度與線速度、周期、向心加速度的關系公式求解．解答：解：對其中一個小球受力分析，如圖，受重力，繩子的拉力，由于小球做勻速圓周運動，故合力提供向心力；將重力與拉力合成，合力指向圓心，由幾何關系得，合力：F=mgtanθ①；由向心力公式得到：F=mω2r②；設繩子與懸掛點間的高度差為h，由幾何關系，得：r=htanθ③；由①②③三式得，ω=．知角速度相等，由T知，角速度相同，則周期相同．故A錯誤．由v=wr，軌道半徑越大線速度就越大．故B正確．由F=mω2r，軌道半徑越大向心力越大，故C正確；由a=ω2r，在同一軌道上小球的向心加速度相同，與質量無關，故D錯誤．故選：BC．點評：本題關鍵要對球受力分析，找向心力來源，求角速度；同時要靈活應用角速度與線速度、周期、向心加速度之間的關系公式．2.（多選）如圖甲,abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框,金屬線框的質量為m，電阻為R在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直于線框平面向里?，F(xiàn)使金屬線框從MN上方某一髙度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的v-t圖象，圖中字母均為已知量。重力加速度為g,不計空氣阻力。下列說法正確的是(

)A.金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向

B.金屬線框的邊長為v1(t2-t1)C.磁場的磁感應強度為D.金屬線框在O-t4的時間內所產(chǎn)生的熱量為

參考答案：BC3.（單選）質量為M的木塊位于粗糙水平桌面上，若用大小為F的水平恒力拉木塊，其加速度為a，當拉力方向不變，大小變?yōu)?F時，木塊的加速度為a，則

A． B． C． D．參考答案：A4.（單選題）將一只蘋果斜向上拋出，蘋果在空中依次飛過三個完全相同的窗戶1、2、3，圖中曲線為蘋果在空中運行的軌跡。若不計空氣阻力的影響，以下說法中正確的是：（

）A．蘋果通過第1個窗戶所用的時間最長B．蘋果通過第3個窗戶的平均速度最大C．蘋果通過第1個窗戶重力所做的功最多D．蘋果通過第3個窗戶重力的平均功率最小參考答案：D5.（單選）某人劃船渡河，當劃行速度和水流速度一定，且劃行速度大于水流速度時．過河的最短時間是t1；若以最小位移過河，需時間t2．則劃行速度v1與水流速度v2之比為（）A．t2：t1B．t2：C．t1：（t2﹣t1）D．t1：參考答案：考點：運動的合成和分解．版權所有專題：運動的合成和分解專題．分析：小船過河的處理：（1）當船速垂直河岸時，用時最少；（2）當船速大于水速時，合速度垂直河岸，位移最?。謩e列式．解答：解：設河寬為h（1）最短時間過河：t1=得：v1=（2）最小位移過河：v合=t2=得：v2=所以：=t2：故選：B．點評：小船過河問題的處理只需要將運動分解到沿河方向和垂直河岸方向，分別列式即可．注意：（1）當船速垂直河岸時，用時最少；（2）當船速大于水速時，合速度垂直河岸，位移最?。?、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示為a、b兩部分氣體的等壓過程圖象，由圖可知．當t=0℃時，氣體a的體積為0.3m3；當t=273℃時，氣體a的體積比氣體b的體積大0.4m3．參考答案：考點：理想氣體的狀態(tài)方程．分析：由圖示圖象求出氣體在0℃時的體積，然后應用蓋呂薩克定律出氣體在273℃時氣體的體積，然后求出氣體的體積之差．解答：解：由圖示圖象可知，t=0℃，即：T=t+273=273K時，氣體a的體積為：0.3m3，氣體b的體積為0.1m3，作出氣體的V﹣T圖象如圖所示：從圖示圖象可知，氣體發(fā)生等壓變化，由蓋呂薩克定律：=C可知，當t=273℃時，即T=546K時，氣體的體積變?yōu)?℃時體積的兩倍，即a的體積為0.6m3，b的體積為0.2m3，氣體a的體積比氣體b的體積大0.6﹣0.2=0.4m3；故答案為：0.3；0.4．點評：本題考查了求氣體的體積與氣體的體積之差，分析圖示圖象，知道氣體狀態(tài)變化的性質，由圖示圖象求出氣體的體積，應用蓋呂薩克定律即可正確解題．7.如圖所示，一半徑為R的光滑圓環(huán)，豎直放在水平向右的的勻強電場中，勻強電場的電場強度大小為E。環(huán)上a、c是豎直直徑的兩端，b、d是水平直徑的兩端，質量為m的帶電小球套在圓環(huán)上，并可沿環(huán)無摩擦滑動，已知小球自a點由靜止釋放，沿abc運動到d點時速度恰好為零，由此可知小球所受重力

（選填“大于”、“小于”或“等于”）帶電小球所受的靜電力。小球在

（選填“a”、“b”、“c”或“d”）點時的電勢能最小。參考答案：等于

b題意：自a點由靜止釋放，沿abc運動到d點時速度恰好為零，說明小球帶負電，并且bc弧形中點是速度最大的位置（等效最低點），畫出受力分析圖，則重力和電場力等大；電場力正功最多時，電勢能最小，所有在b點電勢能最小。8.將一單擺掛在測力傳感器的探頭上,用測力探頭和計算機組成的實驗裝置來測定單擺擺動過程中擺線受到的拉力(單擺擺角小于5°),計算機屏幕上得到如圖(a)所示的F-t圖象.然后使單擺保持靜止,得到如圖(b)所示的F-t圖象.那么:①(2分)此單擺的周期T為

s.②(5分)設擺球在最低點時重力勢能Ep=0,已測得當?shù)刂亓铀俣葹間,試求出此單擺擺動時的機械能E的表達式.(用字母d、l、F1、F2、F3、g中某些量表示)參考答案：.①0.8s

（2分）②擺球在最低點時根據(jù)牛頓第二定律有F1-F3=mv2/r,

（2分）

單擺的擺長r=

（1分）

擺球在擺動過程中機械能守恒,其機械能等于擺球在最低點的動能,即E=mv2/2=9.（6分）如圖所示，電容器C1＝6，C2＝3，電阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，電壓U=18V，當開關S斷開時，A、B兩點間的電壓UAB＝______________；當S閉合時，電容器C1的電荷量改變了______________庫侖。參考答案：UAB=18V，△=3.6×10-5C

(各3分)10.某同學在探究摩擦力的實驗中采用了如圖所示的操作，將一個長方體木塊放在水平桌面上，然后用一個力傳感器對木塊施加一個水平拉力F，并用另外一個傳感器對木塊的運動狀態(tài)進行監(jiān)測，表1是其記錄的實驗數(shù)據(jù)。木塊的重力為10.00N，重力加速度g=9.80m/s2,根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)回答下列問題（結果保留3位有效數(shù)字）：

表1實驗次數(shù)運動狀態(tài)水平拉力F/N1靜止3.622靜止4.003勻速4.014勻加速5.015勻加速5.49(1）木塊與桌面間的滑動摩擦力Ff=

N；(2）木塊與桌面間的動摩擦因數(shù)

；(3）實驗次數(shù)5中監(jiān)測到的加速度

m/s2．參考答案：當物體做勻速運動的時候，拉力等于摩擦力，在根據(jù)，就可以求出摩擦因數(shù)。在第5次監(jiān)測中利用牛頓第二定律可以求出加速度的大小。11.圖12（a）是“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置示意圖。重力加速度取g。

（1）為了平衡小車受到的阻力，應適當抬高木板的

端（填“左”或“右”）。

（2）細砂和小桶的總質量為m，小車的質量為M，實驗要求m

M（填“遠大于”或“遠于”）。該實驗的原理是，在平衡小車受到的阻力后，認為小車受到的合外力是

，其值與真實值相比

（填“偏大”或“偏小”），小車受到合外力的真實值為

。

（3）已知打點計時器的打點周期為0．02s，一位同學按要求打出一條紙帶如圖12（b）所示，在紙帶上每5個點取一個計數(shù)點，則計數(shù)點l、2間的距離S12=____cm，計數(shù)點4的速度v4=

m/s，小車的加速度a=

m/s2。

（4）保持細砂和砂桶的質量不變，改變小車的質量M，分別得到小車的加速度a與其對應的質量M，處理數(shù)據(jù)的恰當方法是作

（填“a-M”或“a-”）圖象。

（5）保持小車的質量不變，改變細砂的質量，甲、乙、丙三位同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)分別作出了小車的加速度a隨合外力F變化的圖線如圖12（c）、（d），（e）所示。

圖（c）中的圖線上部出現(xiàn)了彎曲，偏離了原來的直線，其主要原因是

。圖（d）中的圖線不通過原點，其主要原因是

。圖（e）中的圖線不通過原點，其主要原因是

。參考答案：12.波速相等的兩列簡諧波在x軸上相遇，一列波（虛線）沿x軸正向傳播，另一列波（實線）沿x軸負向傳播。某一時刻兩列波的波形如圖所示，兩列波引起的振動在x=8m處相互__________（填“加強”或“減弱”），在x=10m處相互__________（填“加強”或“減弱”）；在x=14m處質點的振幅為________cm。參考答案：

(1).加強

(2).減弱

(3).2【詳解】兩列波在x=8m處引起的振動都是方向向下，可知此位置的振動是加強的；在x=10m處是峰谷相遇，可知此位置振動減弱；在x=14m處也是峰谷相遇，振動減弱，則質點的振幅為。13.用頻率均為ν但強度不同的甲、乙兩種光做光電效應實驗，發(fā)現(xiàn)光電流與電壓的關系如圖所示，由圖可知，

（選填“甲”或“乙”）光的強度大。已知普朗克常量為，被照射金屬的逸出功為W0，則光電子的最大初動能為

。參考答案：甲（2分）

h－W0光電效應實驗圖線考查題。O1

（2分）。根據(jù)光的強度與電流成正比，由圖就可知道：甲的光的強度大；由愛因斯坦的光電效應方程可得：。本題是物理光學—光電效應實驗I—U圖線，在識圖時，要知道光的強度與光的電流成正比（在達到飽和電流之前），然后根據(jù)愛因斯坦光電效應方程列式即可得出最大初動能表達式。三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（1）某同學用伏安法測量一個阻值約為10Ω的電阻，備選的實驗器材有：電流表A1，量程3A；電流表A2，量程0.6A；電壓表V1，量程15V；電壓表V2，量程3V；滑動變阻器R1，最大阻值5Ω；滑動變阻器R2，最大阻值3kΩ；電源E，電動勢5V；開關S及導線若干本實驗中，滑動變阻器應選用

（填“R1”或“R2“）．連接方式應選擇

接法（填”限流“或”“分壓”）．為了提高實驗精度，電流表應該選擇

（填“A1”或“A2”）；電壓表應選擇

（填（“V1”或“V2”）（2）該同學測量另一未知阻值的電阻時，先按圖甲連接實驗電路，然后再按圖乙連接實驗電路，發(fā)現(xiàn)電流表讀數(shù)變化相對較大，電壓表讀數(shù)變化相對較小，則應選擇圖

接法（填“甲”或“乙”）參考答案：（1）R1；分壓；A2；V2；（2）圖乙【考點】伏安法測電阻．【分析】（1）根據(jù)給出的電源及待測電阻的阻值明確滑動變阻器的接法；同時根據(jù)實驗的安全性和準確性要求明確儀表的選擇；（2）根據(jù)電表的示數(shù)變化可明確內阻的影響，則可選擇誤差較小的接法．【解答】解：（1）因待測電阻為10Ω，故滑動變阻器只能采用相近的滑動變阻器，故只能選擇R1；因阻值小于待測電阻，為了便于操作及安全；應選擇分壓接法；電源電動勢為5V，為了提高實驗精度，電壓表應選擇3V量程，即選擇V2；則電路中電流最大約為=0.3A；故電流表選擇A2；（2）電流表讀數(shù)變化相對較大，電壓表讀數(shù)變化相對較??；說明電壓表的分流較大；故應采用電流表內接法；故選圖乙；故答案為：（1）R1；分壓；A2；V2；（2）圖乙15.用伏安法測定電源的電動勢和內阻．提供的實驗器材有：A．待測電源（電動勢約18V，內阻約2Ω）B．電壓表（內阻約幾十kΩ，量程為6V）C．電流表（內阻約為0.3Ω，量程為3A）D．滑動變阻器（0～50Ω，3A）E．電阻箱（最大阻值999999Ω）F．開關G．導線若干（1）為完成實驗，該同學將量程6V電壓表擴大量程，需測定電壓表的內阻，該同學設計了圖1所示的甲、乙兩個電路，經(jīng)過思考，該同學選擇了甲電路，該同學放棄乙電路的理由是：

．（2）該同學按照圖甲連接好電路，進行了如下幾步操作：①將滑動變阻器觸頭滑到最左端，把電阻箱的阻值調到零；②閉合開關，緩慢調節(jié)滑動變阻器的觸頭，使電壓表指針指到6.0V；③保持滑動變阻器觸頭不動，調節(jié)電阻箱的阻值，當電壓表的示數(shù)為2.0V時，電阻箱的阻值如圖2所示，示數(shù)為

Ω；④保持電阻箱的阻值不變，使電阻箱和電壓表串聯(lián)，改裝成新的電壓表，改裝后電壓表的量程為

V．（3）將此電壓表（表盤未換）與電流表連成如圖3所示的電路，測電源的電動勢和內阻，調節(jié)滑動變阻器的觸頭，讀出電壓表和電流表示數(shù)，做出的U﹣I圖象如圖4所示，則電源的電動勢為

V，內阻為

Ω．（結果保留三位有效數(shù)字）參考答案：（1）電路中電流太小，電流表無法準確測量；（2）③50452；④18；（3）17.4；1.60．【考點】測定電源的電動勢和內阻．【分析】（1）根據(jù)電路的連接可明確能否準確測量，從而得出棄用的原因；（2）根據(jù)電阻箱的讀數(shù)方法可得出對應的電阻；再根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律可明確改裝后電壓表的量程；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律以及改裝原理可得出對應的表達式，從而根據(jù)數(shù)學規(guī)律可求得電源的電動勢和內電阻．【解答】解：（1）由電路圖可知，乙電路中電流表與電壓表串聯(lián)，因電壓表內阻較大，故使電路中電流太小，電流表無法準確測量；（2）③電阻箱的示數(shù)為5×10000+4×100+5×10+2=50452Ω；④由題意可知，加在電壓表與電阻箱兩端的電壓之和為加在電壓表兩端的電壓的3倍，故改裝后的量程為：3×6=18V；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律以及改裝原理可知，3U=E﹣Ir，則可知，U=﹣；則由圖象可知，電源的電動勢E=5.8×3=17.4V；內阻r=3×=1.60Ω；故答案為：（1）電路中電流太小，電流表無法準確測量；（2）③50452；④18；（3）17.4；1.60．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.一足夠長的粗細均勻的桿被一細繩吊于高處，桿下端離地面高H，上端套一個細環(huán)，如圖所示．斷開輕繩，桿和環(huán)自由下落，假設桿與地面發(fā)生碰撞時觸地時間極短，無動能損失，桿立即獲得等大反向的速度．已知桿和環(huán)的質量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力kmg（重力加速度為g，k＞1）．桿在整個過程中始終保持豎直，空氣阻力不計．求：（1）桿第一次與地面碰撞彈起上升的過程中，環(huán)的加速度（2）桿與地面第二次碰撞前的瞬時速度（3）從斷開輕繩到桿和環(huán)靜止，摩擦力對環(huán)和桿做的總功．參考答案：解：（1）設桿第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律可得，kmg﹣mg=ma，解得：a=（k﹣1）g，方向豎直向上．（2）桿第一次落地的速度大小為v1，由動能定理得，2mgH=2m﹣0，解得：v1=，桿彈起后的加速度為a′，根據(jù)牛頓第二定律可得，mg+kmg=ma′，解得：a′=（k+1）g，方向豎直向下，從落地經(jīng)時間t1達到共同速度，則有：v1﹣at1=﹣v1+a′t1，解得：t1===，共同速度為：=v1﹣at1=v1﹣（k﹣1）g×=，桿上升的高度：h1=v1t1﹣a′=，所以桿第二次落地時的速度：v2==，方向豎直向下．（3）經(jīng)過足夠長的時間桿和環(huán)最終靜止，設這一過程中它們相對滑動的總路程為l，由能量的轉化和守恒定律有：mgH+mg（H+l）=kmgl，解得：l=，則摩擦力對環(huán)和棒做的總功：W=﹣kmgl=﹣．答：（1）環(huán)的加速度為（k﹣1）g，方向豎直向上；（2）桿與地面第二次碰撞前的瞬時速度為，方向豎直向下；（3）從斷開輕繩到桿和環(huán)靜止，摩擦力對環(huán)和桿做的總功為﹣．【考點】功能關系；勻變速直線運動的位移與時間的關系；牛頓運動定律的綜合應用