2022-2023學(xué)年浙江省溫州市蕭江鎮(zhèn)第二中學(xué)高三物理聯(lián)考試題含解析

2022-2023學(xué)年浙江省溫州市蕭江鎮(zhèn)第二中學(xué)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.如圖甲所示，Q1、Q2是兩個固定的點電荷，一個帶負(fù)電的試探電荷僅在電場力作用下以初速度v0沿兩點電荷連線的中垂線從a點向上運(yùn)動，其v-t圖象如圖乙所示．下列說法正確的是（）A.兩點電荷一定都帶正電，但電量不一定相等B.兩點電荷一定帶正電，0-t2時間內(nèi)試探電荷所經(jīng)過的各點場強(qiáng)越來越大C.t1、t3兩時刻試探電荷在同一位置D.t2時刻試探電荷的電勢能最大，試探電荷所在處電場的電勢最高參考答案：C試題分析：根據(jù)負(fù)電荷運(yùn)動的v-t圖象的對稱性可知，兩電荷都是帶等量的正電，根據(jù)等量正電荷電場分布規(guī)律可知，電場強(qiáng)度沿兩電荷連線的中垂線向兩側(cè)先增大后減小，即負(fù)電荷運(yùn)動的加速度先增加后減小，故0-t2時間內(nèi)試探電荷所經(jīng)過的各點場強(qiáng)先增大后減小，選項AB錯誤；根據(jù)對稱性可知t1、t3兩時刻試探電荷在同一位置，選項C正確；t2時刻負(fù)電荷的速度減為零，此時試探電荷的電勢能最大，試探電荷所在其運(yùn)動的區(qū)域內(nèi)所處電場的電勢最低，選項D錯誤；故選C．考點：此題是對帶電粒子在電場中的運(yùn)動的考查；要熟練掌握等量同種電荷電場的分布特征，即在沿兩電荷連線的中垂線向兩側(cè)電場強(qiáng)度先增大后減小，且沿電場線方向電勢逐漸降低．2.欲使在粗糙斜面上勻速下滑的物體靜止，可采用的方法是A．在物體上疊放一重物

B．對物體施一垂直于斜面的力C．對物體施一豎直向下的力D．增大斜面傾角參考答案：B解析：物體在粗糙斜面上勻速下滑，則其所受重力沿斜面方向的分量與滑動摩擦力平衡，欲使其靜止，應(yīng)先使其減速為零即滑動摩擦力大于重力沿斜面方向的分量。A答案物體將仍做勻速直線運(yùn)動，A錯；B答案使物體與斜面間的彈力增加從而滑動摩擦力增加，B正確；C答案物體仍將做勻速直線運(yùn)動，C錯；增大斜面傾角物體將加速下滑，D錯。3.有三個完全一樣的金屬小球A、B、C，A帶電荷量＋7Q、B帶電荷量－Q、C不帶電，將A、B分別固定起來，然后讓C球反復(fù)很多次與A、B球接觸，最后移去C球，則A、B球間的庫侖力變?yōu)樵瓉淼腁．倍

B．倍

C．倍

D．無法確定參考答案：B4.如圖(10)所示，穿在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開始時靜止.現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即F=kυ(圖中未標(biāo)出)。已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，已知小球運(yùn)動過程中未從桿上脫落，且F0>μmg.下列說法正確的是：A．小球先做加速度減小的加速運(yùn)動,后做加速度增大的減速運(yùn)動直到靜止B．小球先做加速度增大的加速運(yùn)動,后做加速度減小的加速運(yùn)動，直到最后做勻速運(yùn)動C．小球的最大加速度為ks5uD．恒力F0,的最大功率為三．填空題(本大題共2小題，共計18分)參考答案：BCD5.（單選）一個小孩在廣場玩耍時，將一個氫氣球用細(xì)繩系在一個石塊上，并將其放置水面地面上，如圖所示，當(dāng)水平風(fēng)力逐漸增大而石塊始終沒動，則：A、地面對石塊支持力變小B、地面對石塊支持力變大C、地面對石塊摩擦力變大D、地面對石塊摩擦力變小參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.平拋運(yùn)動可看成是水平方向的

運(yùn)動和豎直方向的

運(yùn)動的合運(yùn)動參考答案：勻速直線運(yùn)動，自由落體運(yùn)動7.如圖，質(zhì)量為20kg的物體，在水平面上向右運(yùn)動，物體與水平面接觸處的摩擦系數(shù)是0．2與此同時物體還受到一個水平向左大小為5N的推力作用，則物體的加速度是

；方向

參考答案：8.氫原子的能級圖如圖所示，普朗克常量h=6.6X10-34J?s。處于n=6能級的氫原子,其能量為_____eV；大量處于n=4能級的氫原子，發(fā)出光的最大波長為______m。(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。）參考答案：

(1).

(2).解：由公式：，即；波長最長即光子的能量最小，所以氫原子從n=4躍遷到n=3，由公式：即所以。9.一打點計時器固定在斜面上某處，一小車拖著穿過打點計時器的紙帶從斜面上滑下，下圖是打出紙帶的一段。①已知打點計時器使用的交流電頻率為50Hz，利用下圖給出的數(shù)據(jù)可求出小車下滑的加速度a=____________。②為了求出小車在下滑過程中所受的阻力，還需測量的物理量有_____________。用測得的量及加速度a表示阻力的計算式是為f=_______________。參考答案：（1）①4.00m/s2 （2分，3.90～4.10m/s2之間都正確） ②小車質(zhì)量m；斜面上任意兩點間距離l及這兩點的高度差h。（2分）10.在兩端封閉、粗細(xì)均勻的U形細(xì)玻璃管內(nèi)有一股水銀柱，水銀柱的兩端各封閉有一段空氣。當(dāng)U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊空氣柱的長度分別為l1=18.0cm和l2=12.0cm，左邊氣體的壓強(qiáng)為12.0cmHg?，F(xiàn)將U形管緩慢平放在水平桌面上，沒有氣體從管的一邊通過水銀逸入另一邊。求U形管平放時兩邊空氣柱的長度。在整個過程中，氣體溫度不變。參考答案：7.5cm試題分析

本題考查玻意耳定律、液柱模型、關(guān)聯(lián)氣體及其相關(guān)的知識點。解析設(shè)U形管兩端豎直朝上時，左、右兩邊氣體的壓強(qiáng)分別為p1和p2。U形管水平放置時，兩邊氣體壓強(qiáng)相等，設(shè)為p，此時原左、右兩邊氣體長度分別變?yōu)閘1′和l2′。由力的平衡條件有①式中為水銀密度，g為重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1=pl1′②p2l2=pl2′③l1′–l1=l2–l2′④由①②③④式和題給條件得l1′=22.5cm⑤l2′=7.5cm⑥11.圖1為驗證牛頓第二定律的實驗裝置示意圖。圖中打點計時器的電源為50Hz的交流電源，打點的時間間隔用Δt表示。在小車質(zhì)量未知的情況下，某同學(xué)設(shè)計了一種方法用來研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量間的關(guān)系”。（1）完成下列實驗步驟中的填空：①平衡小車所受的阻力：小吊盤中不放物塊，調(diào)整木板右端的高度，用手輕撥小車，直到打點計時器打出一系列________的點。②按住小車，在小吊盤中放入適當(dāng)質(zhì)量的物塊，在小車中放入砝碼。③打開打點計時器電源，釋放小車，獲得帶有點列的紙帶，在紙帶上標(biāo)出小車中砝碼的質(zhì)量m。④按住小車，改變小車中砝碼的質(zhì)量，重復(fù)步驟③。⑤在每條紙帶上清晰的部分，每5個間隔標(biāo)注一個計數(shù)點。測量相鄰計數(shù)點的間距s1，s2，…。求出與不同m相對應(yīng)的加速度a。⑥以砝碼的質(zhì)量m為橫坐標(biāo)為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上做出關(guān)系圖線。若加速度與小車和砝碼的總質(zhì)量成反比，則與m處應(yīng)成_________關(guān)系（填“線性”或“非線性”）。（2）完成下列填空：①本實驗中，為了保證在改變小車中砝碼的質(zhì)量時，小車所受的拉力近似不變，小吊盤和盤中物塊的質(zhì)量之和應(yīng)滿足的條件是_______________________。②設(shè)紙帶上三個相鄰計數(shù)點的間距為s1、s2、s3。a可用s1、s3和Δt表示為a=__________。圖2為用米尺測量某一紙帶上的s1、s3的情況，由圖可讀出s1=__________mm，s3=__________。由此求得加速度的大小a=__________m/s2。③圖3為所得實驗圖線的示意圖。設(shè)圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若牛頓定律成立，則小車受到的拉力為___________，小車的質(zhì)量為___________。參考答案：12.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形如圖19所示，經(jīng)0.6s時間質(zhì)點a從t=0開始第一次到達(dá)波峰位置，則這列波的傳播速度為

m/s，質(zhì)點b第一次出現(xiàn)在波谷的時刻為

s。參考答案：5

1.4因為a第一次到波峰的時間為=0.6，T=0.8s，波長λ=4m，由v==5m/s。波傳到8m處的時間為一個T，又經(jīng)到波谷，所以時間t=T+=1.4s。13.如圖所示，把電量為－5×10－9C的電荷，從電場中的A點移到B點，其電勢能

（選填“增大”、“減小”或“不變”）；若A點的電勢UA＝15V，B點的電勢UB＝10V，則此過程中電場力做的功為

J。參考答案：答案：增大，－2.5×10－8

解析：將電荷從從電場中的A點移到B點，電場力做負(fù)功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB=，W=qUAB=－5×10―9×(15－10)J=－2.5×10－8J。三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖甲所示，將一質(zhì)量m=3kg的小球豎直向上拋出，小球在運(yùn)動過程中的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，設(shè)阻力大小恒定不變，g=10m/s2，求（1）小球在上升過程中受到阻力的大小f．（2）小球在4s末的速度v及此時離拋出點的高度h．參考答案：（1）小球上升過程中阻力f為5N；（2）小球在4秒末的速度為16m/s以及此時離拋出點h為8m考點： 牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動的圖像．專題： 牛頓運(yùn)動定律綜合專題．分析： （1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度時間公式求出小球上升的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出小球上升過程中受到空氣的平均阻力．（2）利用牛頓第二定律求出下落加速度，利用運(yùn)動學(xué)公式求的速度和位移．解答： 解：由圖可知，在0～2s內(nèi)，小球做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小為：由牛頓第二定律，有：f+mg=ma1代入數(shù)據(jù)，解得：f=6N．（2）2s～4s內(nèi)，小球做勻加速直線運(yùn)動，其所受阻力方向與重力方向相反，設(shè)加速度的大小為a2，有：mg﹣f=ma2即4s末小球的速度v=a2t=16m/s依據(jù)圖象可知，小球在4s末離拋出點的高度：．答：（1）小球上升過程中阻力f為5N；（2）小球在4秒末的速度為16m/s以及此時離拋出點h為8m點評： 本題主要考查了牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式，注意加速度是中間橋梁15.如圖所示，在滑雪運(yùn)動中一滑雪運(yùn)動員，從傾角θ為37°的斜坡頂端平臺上以某一水平初速度垂直于平臺邊飛出平臺，從飛出到落至斜坡上的時間為1.5s，斜坡足夠長，不計空氣阻力，若g取10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)運(yùn)動員在斜坡上的落點到斜坡頂點(即飛出點)間的距離；(2)運(yùn)動員從斜坡頂端水平飛出時的初速度v0大小.參考答案：18.75m

試題分析：（1）根據(jù)位移時間公式求出下落的高度，結(jié)合平行四邊形定則求出落點和斜坡頂點間的距離。（2）根據(jù)水平位移和時間求出初速度的大小。（1）平拋運(yùn)動下落的高度為：則落點與斜坡頂點間的距離為：（2）平拋運(yùn)動的初速度為：【點睛】解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式和數(shù)學(xué)公式進(jìn)行求解，并且要知道斜面的傾角是與位移有關(guān)，還是與速度有關(guān)。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.在豎直平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E1，第Ⅲ、Ⅳ象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場E2（E2=），第Ⅳ象限內(nèi)還存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場B1，第Ⅲ象限內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場B2．一帶正電的小球（可視為質(zhì)點）從坐標(biāo)原點O以某一初速度v進(jìn)入光滑的半圓軌道，半圓軌道在O點與x軸相切且直徑與y軸重合，如圖所示，小球恰好從軌道最高點A垂直于y軸飛出進(jìn)入第Ⅰ象限的勻強(qiáng)電場中，偏轉(zhuǎn)后經(jīng)x軸上x=R處的P點進(jìn)入第Ⅳ象限磁場中，然后從y軸上Q點（未畫出）與y軸正方向成60°角進(jìn)入第Ⅲ象限磁場，最后從O點又進(jìn)入第一象限電場．已知小球的質(zhì)量為m，電荷量為q，圓軌道的半徑為R，重力加速度為g．求：（1）小球的初速度大??；（2）電場強(qiáng)度E1的大??；（3）B1與B2的比值．參考答案：解：（1）小球恰好從軌道最高點A垂直于y軸飛出，則小球在A點軌道對小球的作用力為零，即重力作為向心力，則有：；又有小球在光滑軌道上運(yùn)動，只有重力做功，那么機(jī)械能守恒，所以有：=；解得：；（2）小球在第一象限只收電場力和重力的作用，合外力F=mg﹣qE1，方向豎直向下，故小球做類平拋運(yùn)動；在水平方向上有：x=vAt；在豎直方向上有：；所以，====；（3）由（2）可得小球進(jìn)入第四象限時速度v′的水平分量為：；v′的豎直分量為：；所以，，v′與x軸正向之間的夾角為60°；小球在第三、第四象限所受的電場力F電=qE2=mg，故小球的合外力為洛倫茲力，所以，小球在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動，如圖所示，那么由圖上幾何關(guān)系可知，小球在第四象限做圓周運(yùn)動的半徑R1有關(guān)系式：R1sin30°+R1cos30°=x，所以，；小球在第三象限做圓周運(yùn)動的半徑R2有關(guān)系式：2R2cos30°=R1sin30°+R1cos30°=x，所以，；又有洛倫茲力做向心力，所以，，；所以，；答：（1）小球的初速度大小為；（2）電場強(qiáng)度E1的大小為；（3）B1與B2的比值為．【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．【分析】（1）由牛頓第二定律求得小球在A點的速度，再根據(jù)機(jī)械能守恒求得初速度；（2）分析小球受力情況，然后由類平拋的位移公式聯(lián)立求解電場強(qiáng)度；（3）由（2）求得小球進(jìn)入第四象限的速度大小和方向，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得小球在第三、第四象限的半徑比，在對小球進(jìn)行受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律即可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度之比．17.如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切。質(zhì)量為M的小木塊靜止在0點，一個質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內(nèi)，并留在其中和小木塊一起運(yùn)動。且恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點c(木塊和子彈均可以看成質(zhì)點)。①求子彈射入木塊前的速度。②若每當(dāng)小木塊返回到0點或停止在0點時，立即有相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當(dāng)?shù)?顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少?參考答案：【知識點】動量守恒定律；機(jī)械能守恒定律．E3F3【答案解析】（1）；（2）（）2R．

解析：：（1）第一顆子彈射入木塊的過程，系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，

系統(tǒng)由O到C的運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：(m+M）v12=（m+M）gR

由以上兩式解得：v0=；

（2）由動量守恒定律可知，第2、4、6…顆子彈射入木塊后，木塊的速度為0，

第1、3、5…顆子彈射入后，木塊運(yùn)動．當(dāng)?shù)?顆子彈射入木塊時，以子彈初速度方向為正方向，

由動量守恒定律得：mv0=（9m+M）v9，

設(shè)此后木