2022-2023学年江西省九江市瑞昌高级中学高三物理联考试题含解析

1、2022-2023学年江西省九江市瑞昌高级中学高三物理联考试题含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. 如图所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为1kg的小球（可视为质点）自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15N取重力加速度为g=10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为（）A0.5 JB1.0 JC1.5 JD1.8 J参考答案：C【考点】动能定理的应用；向心力【分析】小球在B点竖直方向上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功【解答】解：在B

2、点有：得A滑到B的过程中运用动能定理得：，得： =0.2（1530）=1.5 J所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5 J故C正确，ABD错误故选：C2. 如图所示，一质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，原处于静止状态，现用与水平方向成60角的恒力F=10N作用于物体上，历时5s，则（ ） A力F对物体的冲量大小为50Ns B力F对物体的冲量大小为25NsC物体的动量变化量为25kgm/s D物体所受重力的冲量大小为0参考答案：AC3. （多选）如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示弹簧拉力的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球，若升降机在运行过程

3、中突然停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示，g为重力加速度，则（）A升降机停止前在向上运动B0t1时间小球处于失重状态，t1t2时间小球处于超重状态Ct1t3时间小球向下运动，动能先增大后减小Dt3t4时间弹簧弹性势能变化量大于小球动能变化量参考答案：【知识点】 牛顿第二定律；超重和失重；动能和势能的相互转化C2 C3【答案解析】ACD 解析：A、由图象看出，t=0时刻，弹簧的弹力为mg，升降机停止后弹簧的拉力变小，合力向下，升降机可能向下加速，也可能向上减速；若向下加速，弹力减小，加速度增大，根据对称性可知，最低点的拉力就大于2mg，由图知不

4、可能，故升降机停止前在向上运动故A正确B、0t1时间拉力小于重力，小球处于失重状态，t1t2时间拉力也小于重力，小球也处于失重状态故B错误C、t1时刻弹簧处于原长状态，t1t3时间小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于伸长状态，拉力小于重力，小球所受的合力方向向下，与速度方向相反，速率减小，动能减小故C正确D、t3t4时间，小球向下运动，重力做正功，弹簧势能减小，动能增大，根据系统机械能守恒得知，弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量故D正确故选ACD 【思路点拨】由图象看出，升降机停止后弹簧的拉力变小，小球向上运动，说明升降机停止前在向上运动根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态

5、还是超重状态拉力小于重力，小球处于失重状态；拉力大于重力，小球处于超重状态t1t3时间小球向上运动，t3时刻小球到达最高点，弹簧处于伸长状态，速率减小，动能减小t3t4时间，小球重力做功为零根据系统机械能守恒分析弹簧弹性势能变化量与小球动能变化量的关系本题要根据图象分析小球的运动状态，根据拉力与重力的大小关系确定小球处于失重状态还是超重状态根据系统机械能守恒分析能量如何变化4. （多选题）如图所示，光滑绝缘斜面倾角=30，底部固定一个带电体P另外一个质量为m的带电小球在其上方的斜面上做往复运动已知P、Q之间的最大距离为4L，最小距离为L带电小球Q所受的电场力为取无穷远处为电势零点，带电小球Q所

6、具有的电势能为，其中x为两个小球的间距，k为大于零的未知常量，重力加速度为g，则在小球Q的运动过程中（）A当P、Q之间的距离为2.5L时，带电小球Q的速度最大B当P、Q之间的距离为2L时，带电小球Q的速度最大C带电小球Q的最大速度为D带电小球Q的最大速度为参考答案：BC【考点】电势能【分析】带电小球在运动过程中，动能电势能，重力势能相互转化，总能量不变，利用能量守恒即可判断【解答】解：A、以小球P处为重力势能的零点，带电小球Q所具有的电势能E=，而重力势能为：EP=mgxsin，小球从最高点到最低点的过程中：mg（4LL）sin= 整理得：系统的总能量：当小球的速度最大时，联立，结合二项式定理

7、可知，当有最小值时，速度最大，即当：mgxsin=时速度最大，则：x=2L时速度最大，为：故BC正确，AD错误；故选：BC5. 一列简谐横波沿x轴传播，某时刻它的波形如图甲所示。经过时间0.1s，这列波的波形如图乙所示，则这列波的波速可能是A 12m/s B 24m/s C 36m/s D 48m/s参考答案：AC由图象可知波的波长，由于波的传播方向可能沿x轴正向也可能沿x轴负向，故有多解。二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 质量相等的两辆汽车以相同的速度分别通过半径皆为R的凸形桥的顶部与凹形桥底部时，两桥面各受的压力之比F1：F2= 。参考答案：7. 一电子以4106 m

8、/s的速度沿与电场垂直的方向从A点水平垂直于场 强方向飞入，并从B点沿与场强方向成150的方向飞出该电场，如图所示，则A、B两点的电势差为_V(电子的质量为9.11031 kg，电荷量为1.61019 C)参考答案：136.58. 一条悬链长7.2m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力则整条悬链通过悬点正下方12.8m处的一点所需的时间是0.54s（g取10m/s2）参考答案：解：设链条的长度为L，悬链的下端到P点的距离是h，经t1链条的下端经过P点，则；经t2链条的上端经过P点，此时悬链的总位移是h+L，则：h+L=gt22，；整条悬链通过悬点正下方12.8m处的P点所需的时间：t=t

9、2t1=1.6s1.06s=0.54s；故答案为：0.54s9. 一个横截面为矩形、粗细均匀的折射率为n的玻璃棒，被弯成如图所示的半圆形状，其内半径为，玻璃棒横截面宽为。如果一束平行光垂直于玻璃棒水平端面射入，并使之全部从水平端面射出，则与的最小比值为_。 参考答案：10. 模拟兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：用天平测出电动小车的质量为0.4 kg；将电动小车、纸带和打点计时器按如图K269所示安装；图K269接通打点计时器(其打点周期为0.02 s)；使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器(设小车在整个过程中所受的

10、阻力恒定)在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图K2610所示图K2610请你分析纸带数据，回答下列问题(计算结果取三位有效数字)：(1)该电动小车运动的最大速度为_m/s；(2)该电动小车被关闭电源后加速度大小为_m/s2；(3)该电动小车的额定功率为_W.参考答案：(1)1.880(1.881给分) (2分)； 1.044 (2分)(2 )1.00m/s，2.50m/s；5.25J，5.29J (每空2分)11. 从地面A处竖直上抛一质量为m的小球，小球上升到B点时的动能与小球上升到最高点后返回至C点时的动能相等，B点离地高度为，C点离地高度为空气阻力f =0.1mg，大小不变

11、，则小球上升的最大高度为_；小球下落过程中从B点到C点动能的增量为_ 参考答案：4h ； 0.6mgh 12. 蛟龙号载人潜水艇是一艘由中国自行设计的载人潜水器2012年6月27日潜水深度7062.68m，这标志着我国具备了载人到达全球99%以上海域深处进行作业的能力潜水艇外壳是国产钛合金做成的，呈鸡蛋形状，舱内空间约为80m3与外界导热良好开始潜入时，舱内空气（看成理想气体）的压强为latm，温度为27，水深7062.68m处的温度为4求：当蛟龙号载人潜水艇在水深7062.68m处停留足够长的时间后，舱内气体的压强为多少atm；在上述过程中舱内气体放热（填“放热”或“吸热”）；从微观的角度解

12、释舱内压强的变化：舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低参考答案：【考点】： 热力学第一定律；理想气体的状态方程【专题】： 热力学定理专题【分析】： 舱内空气为等容变化，列出初态和末态的压强和温度，由查理定律求解舱内空气看成理想气体，其内能只跟温度有关，根据温度变化分析内能的变化，放热还是吸热气体的压强与分子的平均动能和分子数密度有关，根据气体压强微观意义进行分析： 解：舱内空气为等容变化，初态：p1=1atm，T1=300K；末态：p2=？，T1=277K由查理定律得：=代入数据解得：p2=1atm=0.92atm，在上述过程中舱内气体的温度降低，内能

13、减小，而体积不变，气体不做功，由热力学第一定律判断得知，气体放热舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低答：舱内气体的压强为0.92atm放热舱内空气的体积不变，分子数密度不变，温度降低，分子的平均动能减小，所以压强降低【点评】： 对于气体问题，往往是气态方程和热力学第一定律的综合，关键要正确分析不变量，灵活选择状态方程13. 有两颗人造地球卫星，它们的质量之比m1:m2=1:2，它们运行的线速度之比v1:v2=1:2那么它们运行的周期之比为 ，它们所受的向心力大小之比为 参考答案：8:11:32三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.

14、（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是_ 。A.有闭合铁芯的原副线圈 B.无铁芯的原副线圈 C.交流电源 D.直流电源 E.多用电表（交流电压档） F.多用电表（交流电流档） 用匝数匝和匝的变压器，实验测量数据如下表，1.802.803.804.904.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是_ （填或）。参考答案： (1). ACE (2). 解：(1)变压器的原理是互感现象的应用.是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源.则副线圈中不会有感应电流产生.题意为探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系.需要测量

15、电压，所以需要一个测电压的仪器，所以需要的器材有A、有闭合铁芯的原副线圈；C交流电源; E多用电表交流电压档;故选ACE根据题意.电压比与匝数比不相等.可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁铁芯发热、导线发热等影晌判断出 U2 为原线圈上电压大小，则判断出接电源的是.【点睛】本题主要考察探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，若是理想变压器则电压之比应该等于匝数之比，但实验数据表明电压之比不等于匝数之比，则说明此变压器有漏磁现象，根据电压之间的关系找到应该接电源。15. 电阻是电学元件的重要特性之一，某实验小组同学用伏安法测量一电学元件的阻值R。所用实验仪器：电压表（内阻约为50k）、电

16、流表（内阻约为40）、滑动变阻器（阻值020）、电源、待测电阻R（200300）、电键及导线若干。（1）图中的6个点表示该组同学在实验中测得的6组电流I、电压U的值，试写出根据此图求R的主要步骤： 、 . 求出的电阻值R= 。（保留3位有效数字） （2）画出测量R的实验电路图。(画在答题卷相应方框内)参考答案：答案：（1）作UI直线，舍去左起第二点，其余5个点尽量靠近直线均匀分布在直线两侧。（2分）求该直线的斜率K，则R=K。（2分） (说明；按要点相应给分) 229（220240均为正确）。（2分） （2）实验电路图如图（4分）（评分要点：滑动变阻器分压接法2分；电流表外接法2分。电路中出现

17、其它错误，酌情扣分（如不画电键扣1分）。 四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 如图17所示，在倾角30o的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d0.10m。A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短。取g=10m/s2。求：（1）物块A和凹槽B的加速度分别是多大；（2）物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；（3）从初始位置到物块A与

18、凹槽B的左侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小。参考答案：见解析 （1）设A的加速度为a1，则mg sin?=ma1 ，a1= g sin?sin 30=5.0m/s21分设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则=10N，方向沿斜面向上 B所受重力沿斜面的分力=2.010sin30=10N，方向沿斜面向下因为，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则凹槽B的加速度a2=01分 （2）释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度为vA0，根据匀变速直线运动规律得 vA0=1.0m/s 1分 因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B碰撞后A的速度为v

19、A1，B的速度为vB1，根据题意有 1分 1分解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为vA1=0，vB1=1.0 m/s 1分（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即vA2=，解得t1=0.20s设t1时间内A下滑的距离为x1，则解得x1=0.10m因为x1=d， 说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。1分设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2， A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则xA

20、1=，xB1=vB1t2，xA1= xB1解得t2=0.40s ，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s 1分第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s的初速度做匀加速运动。用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3= 0.40s，A与B发生第三次碰撞。1分设A与B在第二次碰后到第三次碰时B运动的位移为xB2，则 xB2=vA3t3=2.00.40=0.80m； 设从初始位置到物块A与凹槽B的左内侧壁发生第三次碰撞时B的位移大小x，则x= xB1+ xB2=0.40+0.80=1.2m 1分17. 如图所示，在距水平地面高的水平桌面一端的边缘放置一个质量的木块，桌面的另一端有一块质量的木块以初速度开始向着木块滑动，经过时间与发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块离开桌面后落到地面上的点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短