河南省新鄉(xiāng)市新誼中學2022-2023學年高三物理聯(lián)考試題含解析

河南省新鄉(xiāng)市新誼中學2022-2023學年高三物理聯(lián)考試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（單選）A、B為電荷量分別為+Q和﹣Q的兩個等量異種點電荷．c、d為A、B連線上的兩點，且Ac=Bd，如圖所示．關于c、d兩點間電場強度的情況是（）A．由c到d電場強度由大變小B．由c到d電場強度由小變大C．由c到d電場強度不變D．由c到d電場強度先變小后變大參考答案：考點：電場強度．分析：帶等量異種電荷產生的電場，關于連線的中點對稱的兩點c與d的場強等大同向；根據等量異種電荷電場線的分布，在兩點電荷連線上O點場強最小，兩邊依次增大．解答：解：根據等量異種電荷電場線的分布情況可知：從c到d，連線中點處最疏，而電場線密的地方場強大，反之電場線疏的地方場強小，所以在兩點電荷連線上O點場強最小，兩邊依次增大．所以從c點到d點場強先變小后變大，故ABC錯誤，D正確．故選：D．點評：解決本題的關鍵會根據平行四邊形定則對場強進行疊加．以及知道等量異種電荷的電場線的分布，明確電場的特點．2.如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在垂直坐標平面向里的勻強磁場，第二象限內的部分區(qū)域存在勻強電場圖中未畫出，現(xiàn)有一帶電荷量為、質量為m的粒子，以大小為的初速度從點沿與x軸正方向成的方向射入磁場中，通過y軸上的點進人第二象限后，依次通過無電場區(qū)域和勻強電場區(qū)域后，到達x軸時速度恰好為0，已知該粒子從第一次通過N點到第二次通過N點時所用的時間為，粒子重力不計，下列說法正確的是A.磁場的磁感應強度大小為B.該粒子從P點開始到第一次通過N點時所用的時間為C.該粒子在第一次通過無電場區(qū)域過程中的位移大小為D.該粒子在第一次通過無電場區(qū)城過程中的位移大小為參考答案：B【詳解】畫出帶電粒子的運動軌跡如圖所示，根據幾何關系可知，根據洛倫茲力提供向心力可得，聯(lián)立可得：，故A錯誤；粒子在磁場中運動的周期：，從P到N的時間，故B正確；設粒子在非電場區(qū)域飛行時間為，位移為，在電場中飛行時間為，位移為，則有由幾何關系有：又因為：，聯(lián)立可得：，故CD錯誤。故選B。3.氫原子光譜在可見光部分有四條譜線，一條紅色，一條藍色，兩條紫色，它們分別是從n=3，4，5，6能級向n=2能級躍遷時產生的，則A．紅色光譜是氫原子從n=6能級向n=2向級躍遷時產生的B．藍色光譜是氫原子從n=6能級或n=5能級向n=2能級躍遷時產生的C．從n=6能級向n=1能級躍遷時將產生紫外線D．若原子從n=6能級向n=2能級躍遷時所產生的輻射不能使某金屬發(fā)生光電效應，則原子從n=6能級向n=2能級躍遷時將可能使該金屬發(fā)生光電效應參考答案：C4.一個矩形線圈在勻強磁場中轉動產生的交變電流e=(V)，那么（

）A．該交變電流的頻率是l00HzB．當t=0時，線圈平面恰好與中性面垂直C．當t=s時，e有最大值D．該交變電流電動勢的有效值為V參考答案：C5.（多選）如圖甲所示，兩根間距L=0.4m的平行金屬導軌水平放置，導軌的電阻忽略不計，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B=T，導軌右端接有一理想變壓器，變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為2：1，電表均為理想電表，一根導體棒ab置于導軌上，導體棒電阻不計且始終與導軌良好接觸，若導體棒沿平行于導軌的方向在PQ和MN之間運動，其速度圖象如圖乙的正弦曲線所示，電阻R=10Ω，則下列判斷正確的有（）A．導體棒產生的感應電動勢最大值4VB．交流電壓表讀數(shù)為2V，交流電流表示數(shù)為0.2AC．電阻R在1分鐘內產生的熱量為96JD．增大導體棒運動的頻率，其他條件不變，電壓表示數(shù)將變大參考答案：【考點】：導體切割磁感線時的感應電動勢；變壓器的構造和原理．【專題】：電磁感應與電路結合．【分析】：導體棒的速度作正弦規(guī)律變化，產生正弦式交變電流，由E=BLv得到感應電動勢瞬時表達式，求出感應電動勢最大值，從而得出有效值的大?。蓺W姆定律求解電流的有效值，即可得到兩個電表的讀數(shù)，并分析電表讀數(shù)與頻率的關系．根據焦耳定律求解電阻R上產生的熱量．：解：A、B、由乙圖得：v=10=m/s導體棒產生的感應電動勢瞬時表達式：e=BLv==V感應電動勢最大值為，有效值為，由于導體棒電阻不計，則原線圈兩端的電壓為：U1=E=4V，根據，U2=2V，即交流電壓表讀數(shù)為2V，交流電流表示數(shù)為：I2=，故A、B正確．C、電阻R在1分鐘內產生的熱量為：Q=，故C錯誤．D、增大導體棒運動的頻率，導體棒產生的感應電動勢最大值不變，有效值不變，則電壓表示數(shù)不變，故D錯誤．故選：AB．【點評】：本題是電磁感應與變壓器規(guī)律的綜合，關鍵要掌握法拉第電磁感應定律、歐姆定律和變壓器的規(guī)律，知道交流電表測量有效值，求熱量應用有效值．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.在測量重力加速度的實驗中，有位同學用一根細線和一質量分布均勻的小球制成單擺。其已測得此單擺20個周期的時間t，懸點到小球頂端的線長為l，還需要測量的物理量有_______________________。將g用測得的物理量表示，可得g=_____________。參考答案：1)小球的直徑d;g=7.質量為m=0.01kg、帶電量為+q=2.0×10﹣4C的小球由空中A點無初速度自由下落，在t=2s末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t=2s小球又回到A點．不計空氣阻力，且小球從未落地，則電場強度的大小E為2×103N/C，回到A點時動能為8J．參考答案：考點：電場強度；動能定理的應用．分析：分析小球的運動情況：小球先做自由落體運動，加上勻強電場后小球先向下做勻減速運動，后向上做勻加速運動．由運動學公式求出t秒末速度大小，加上電場后小球運動，看成一種勻減速運動，自由落體運動的位移與這個勻減速運動的位移大小相等、方向相反，根據牛頓第二定律和運動學公式結合求電場強度，由W=qEd求得電場力做功，即可得到回到A點時動能．解答：解：小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反．設電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則有：gt2=﹣（vt﹣at2）又v=gt解得a=3g由牛頓第二定律得：a=，聯(lián)立解得，E===2×103N/C則小球回到A點時的速度為：v′=v﹣at=﹣2gt=﹣20×10×2m/s=﹣400m/s動能為Ek==0.01×4002J=8J故答案為：2×103，8．點評：本題首先要分析小球的運動過程，采用整體法研究勻減速運動過程，抓住兩個過程之間的聯(lián)系：位移大小相等、方向相反，運用牛頓第二定律、運動學規(guī)律結合進行研究．8.一定質量的理想氣體，從初始狀態(tài)A經狀態(tài)B、C再回到狀態(tài)A，變化過程如圖所示，其中A到B曲線為雙曲線．圖中V0和P0為已知量．（1）從狀態(tài)A到B，氣體經歷的是等溫（選填“等溫”“等容”或“等壓”）過程；（2）從B到C的過程中，氣體做功大小為p0V0；（3）從A經狀態(tài)B、C再回到狀態(tài)A的過程中，氣體吸放熱情況為放熱（選填“吸熱”、“放熱”或“無吸放熱”）．參考答案：：解：（1）據題知A到B曲線為雙曲線，說明p與V成反比，即pV為定值，由=c得知氣體的溫度不變，即從狀態(tài)A到B，氣體經歷的是等溫過程．（2）從B到C的過程中，氣體做功大小等于BC線與V軸所圍的“面積”大小，故有：W=×（p0+2p0）×V0=p0V0；（3）氣體從A經狀態(tài)B，再到C氣體對外做功，從C到A外界對氣體，根據“面積”表示氣體做功可知：整個過程氣體對外做功小于外界對氣體做功，而內能不變，根據熱力學第一定律得知氣體要放熱．故答案為：①等溫；②p0V0；③放熱；【解析】9.質點在x軸上運動，其位置坐標x隨時間t的變化關系為x=2t2+2t﹣4，則其加速度a=4m/s2．當t=0時，速度為2m/s（x的單位是m，t的單位是s）．參考答案：考點：勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：直線運動規(guī)律專題．分析：根據勻變速直線運動的公式x=去分析加速度和初速度．解答：解：根據x=，以及x=2t2+2t﹣4，知a=4m/s2．當t=0時，速度為2m/s．故本題答案為：4，2點評：解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的位移時間公式x=．10.沿x軸負方向傳播的簡諧波，t=0時刻的波形圖如圖所示，已知波速為10m/s，質點P的平衡位置為x=17m，P點振動頻率為__________Hz，則P點至少再經__________s可達波峰。參考答案：0.5Hz

1.3s11.(5分)平衡下列核反應方程式：（1）______________，_________________。（2）______________參考答案：答案：（1）5，10

（2）12.如圖所示，質點O從t=0時刻開始作簡諧振動，振動頻率為10Hz。圖中Ox代表一彈性繩，OA=7m，AB=BC=5m。已知形成的繩波在繩上的傳播速度為10m/s，則在第2s內A比B多振動_____次，B比C多振動_____次。參考答案：

２

次；

５

次。13.一帶電液滴靜止在水平放置的兩平行金屬板間，距離下板的高度差為10mm，此時兩板的電壓為300V，如果兩板間的電壓減小為240V，液滴運動到下極板所需的時間為_________s。(g=10m／S)參考答案：答案：0.1三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.某同學學過平拋運動后，利用平拋運動知識測量某水平噴水口的流量Q（Q＝Sv，S為出水口的橫截面積，v為出水口的水速），方法如下：（1）先用游標卡尺測量噴水口的內徑D。如下圖所示，A、B、C、D四個圖中，測量方式正確的是______________________。（2）正確測量得到的結果如圖中的游標卡尺所示，由此可得噴水口的內徑D＝________cm。（3）打開水閥，讓水從噴水口水平噴出，穩(wěn)定后測得落地點距噴水口水平距離為x，豎直距離為y，則噴出的水的初速度v0＝___________（用x，y、g表示）。（4）根據上述測量值，可得水管內水的流量Q＝__________（用D、x、y、g表示）

參考答案：（1）C

（2）1.044（3）

（4）15.如圖是“DIS描繪電場等勢線”實驗。（1）（多選題）下列關于該實驗說法正確的是（

）（A）本實驗是用電流場來模擬靜電場（B）在木板上依次鋪放白紙、導電紙和復寫紙（C）實驗中圓柱形電極與導電紙應有良好的接觸（D）放置導電紙時有導電物質的一面向下（2）將與電壓傳感器正極相連的探針固定于x軸上a點，另一探針在導電紙上移動，當移動到某點電壓傳感器示數(shù)為負，則這點電勢

（選填“高”、“低”或“等”）于a點。參考答案：（1）AC

(2)高四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，質量為mB＝14kg的木板B放在水平地面上，質量為mA＝10kg的木箱A放在木板B上．一根輕繩一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木樁上，繩繃緊時與水平面的夾角為θ＝37°.已知木箱A與木板B之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板B與地面之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.4.現(xiàn)用水平力F將木板B從木箱A下面勻速抽出，試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2)(1)繩上張力FT的大??；(2)拉力F的大小．參考答案：木箱A受力分析如圖甲所示，A靜止時有：FTcosθ＝Ff1

①mAg＋FTsinθ＝FN1

②Ff1＝μ1FN1

③解①②③式可得：FT＝100N，F(xiàn)N1＝160N木板B受力如圖乙所示，B勻速時有：F＝F′f1＋Ff2

④Ff2＝μFN2

⑤FN2＝mBg＋FN1′

⑥解④⑤⑥式可得：F＝200N.17.如圖，在同一豎直平面內有軌道AOBOC，AO段是半徑為R的四分之一圓弧，圓心在C點，圓弧軌道OBO的圓心在D點，半圓軌道OC圓心在E點．三圓弧相切于0點，圖中C、E，B，D，O點在同一豎直線上，現(xiàn)讓一可視為質點的質量為m的小球從與C點等高的A點開始沿軌道向下運動．已知重力加速度為g．（1）若軌道光滑，且讓小球無初速從A點滑下，小球沿軌道AOBOC運動，當小球運動到B點時對軌道的壓力為F，求圓軌道OBO的半徑r；（2）若軌道粗糙，且讓小球以初速度．從A點滑下，小球沿軌道AOBOC運動，當小球從C點拋出后恰好打在AO弧上的H點，已知∠ACH=37°．求全過程中小球克服摩擦阻力做的功（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）參考答案：解：（1）由向心力公式：F+mg=動能定理：mg（R﹣2r）=聯(lián)立得：r=（2）根據平拋運動：根據動能定理：聯(lián)立得：Wf=答：（1）圓軌道OBO的半徑；（2）全過程中小球克服摩擦阻力做的功【考點】動能定理；平拋運動；向心力．【分析】（1）根據向心力公式和動能定理求軌道半徑（2）根據平拋運動的規(guī)律和動能定理求克服摩擦力做功18.如圖甲所示，光滑絕緣水平桌面上直立一個單匝正方形導線框ABCD，線框的邊長為m、總電阻為。在直角坐標系中，有界勻強磁場區(qū)域的下邊界與軸重合，上邊界滿足曲線方程（m），場強大小。線框在沿軸正方向的拉力作用下，以速度水平向右做勻速直線運動，恰好拉出磁場。（1）求線框中AD兩端的最大電壓；（2）在圖乙中畫出運動過程上線框i-t圖象