江西省萍乡市大安中学高三物理联考试题含解析

江西省萍乡市大安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.（08年石家庄二中12月月考）如图所示，光滑圆管形轨道AB部分平直，BC部分是处于竖直平面内半径为R的半圆，圆管截面半径r≤R，有一质量为m，半径比r略小的光滑小球以水平初速度v0射入圆管。关于小球的运动下列叙述正确的是（

）

A．若要小球能从C端出来，入射速度

B．若小球刚好对C端管壁无压力，需满足条件

C．若小球对C端下管壁有压力，相应的入射速度为

D．若小球对C端上管壁有压力，相应的入射速度为参考答案：答案：ABC2.（多选题）t=0时，甲乙两汽车从相距70km的两地开始相向行驶，它们的v﹣t图象如图所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A．在第1小时末，乙车改变运动方向B．在第2小时末，甲乙两车相距10kmC．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D．在第4小时末，甲乙两车相遇参考答案：BC【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】速度﹣时间图线中速度的正负表示运动方向，图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，速度的正负表示运动的方向．【解答】解：A、在第1小时末，乙车的速度仍然为负值，说明运动方向并未改变．故A错误．B、在第2小时末，甲的位移大小x甲=×30×2km=30km，乙的位移大小x乙=×30×2km=30km，此时两车相距△x=70﹣30﹣30=10（km）．故B正确．C、在前4小时内，乙图线的斜率绝对值始终大于甲图线的斜率绝对值，则乙车的加速度大小总比甲车大．故C正确．D、在第4小时末，甲车的位移x甲=×60×4km=120km，乙车的位移x乙=﹣×30×2km+×60×2km=30km，因x甲＞x乙+70km，可知甲乙两车未相遇．故D错误．故选：BC．3.如图，弹簧吊着箱子A，箱内放有物体B，它们的质量均为m，现对箱子施加竖直向上的力F=4mg，而使系统静止。撤去F的瞬间，A、B的加速度分别为（

）A．aA=aB=g

B．aA=g,aB=0

C．aA=2g,aB=g

D．aA=3g,aB=g参考答案：D4.（多选题）如图，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球（可以视为质点）先后从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑，通过轨道最低点时（）A．小球对轨道的压力相同B．小球对两轨道的压力不同C．此时小球的向心加速度不相等D．此时小球的机械能相等参考答案：AD【考点】机械能守恒定律．【分析】小球从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出支持力，进而来比较向心加速度大小和压力大小．【解答】解：A、设半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：mgr=mv2，小球的向心加速度an=，联立两式解得：an=2g，与半径无关，因此此时小球的向心加速度相等，故A正确，C错误．B、在最低点，由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m，联立解得；FN=3mg，即压力为3mg，也与半径无关，所以小球对轨道的压力相同．故B错误；D、因机械能守恒，故两小球在最高点的机械能均等于开始下落时的重力势能，故机械能相同，故D正确．故选：AD．5.下列说法中正确的是A．质点、位移都是理想化模型B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通实验来验证C．单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位D．长度、时间、力是一组属于国际单位制的基本单位的物理量参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分23、如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管住下滑．已知这名消防队员的质量为60㎏，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防队员加速与减速过程的时间之比为____________，加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为____________。参考答案：1:2，1:77.小球自由下落时，记录小球每隔相同时间的位置有以下两种方式：一种是图(a)所示的频闪照相记录，另一种是图(b)所示的利用打点计时器记录。两种记录方式都能用来验证机械能守恒定律，但两种方式相比，图(a)比图(b)的__________误差更小（选填“偶然”或“系统”）；图(a)中所标数据为小球自A点释放后频闪仪每隔T＝0.04s闪光一次，各时刻的位置到A的距离，单位为厘米，验证图(a)中小球自A到E过程中的机械能守恒，还需要知道小球到达E处的速度，此速度有两种计算方式：第一种是根据自由落体速度公式v=gt求得(g为当地重力加速度)，第二种是利用求得，应选第_________种，参考答案：8.在“测定直流电动机的效率”实验中，用左下图所示的电路测定一个额定电压为6V、额定功率为3W的直流电动机的机械效率。（1）根据电路图完成实物图的连线；（2）实验中保持电动机两端电压U恒为6V，重物每次匀速上升的高度h均为1.5m，所测物理量及测量结果如下表所示：实验次数12345电动机的电流I/A0.20.40.60.82.5所提重物的重力Mg/N0.82.04.06.06.5重物上升时间t/s1.41.652.12.7∞

计算电动机效率η的表达式为________（用符号表示），前4次实验中电动机工作效率的平均值为________。（3）在第5次实验中，电动机的输出功率是________；可估算出电动机线圈的电阻为________Ω。参考答案：（1）（2分）如右图

（2）（2分），（2分）74%（3）（2分）0，（2分）2.49.某组同学设计了“探究加速度a与物体所受合力F及质量m的关系”实验。图（a）为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有细砂的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于细砂和小桶的总重量，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。①图（b）为某次实验得到的纸带，已知实验所用电源的频率为50Hz。根据纸带可求出电火花计时器打B点时的速度为

m/s,小车的加速度大小为

m/s2。（结果均保留二位有效数字）②在“探究加速度a与质量m的关系”时，某同学都按照自己的方案将实验数据在坐标系中进行了标注，但尚未完成图象（如下图所示）。请继续帮助该同学作出坐标系中的图象。③在“探究加速度a与合力F的关系”时，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F的图线如图（c），该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因。答：

。

参考答案：①1.6（2分）3.2（3分）②如图（2分）③实验前未平衡摩擦力（2分）10.静电场是___________周围空间存在的一种物质；通常用___________来描述电场的能的性质。参考答案：静止电荷；电势11.水平面上质量为m的滑块A以速度v碰撞质量为的静止滑块B，碰撞后AB的速度方向相同，它们的总动量为

▲

；如果碰撞后滑块B获得的速度为v0，则碰撞后滑块A的速度为

▲

．参考答案：（2）mv

v–

12.如图所示，一个有界的匀强磁场区域，方向垂直纸面向里，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置Ⅰ运动到位置Ⅱ，在dc边刚进入磁场时，受到的安培力方向为______，在ab边即将离开磁场时，线框中感应电流方向为________（选填“顺时针”或“逆时针”）。

参考答案：

答案：向左、顺时针13.在研究弹簧的形变与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F，实验过程是在弹簧外力的弹性限度内进行的．用记录的外力F与弹簧的形变量x，作出F﹣x图线如图所示，由图可知弹簧的劲度系数为200N/m，图线不过坐标原点的原因是由于弹簧本身有重力．参考答案：解：当拉力为8N时，弹簧的形变量为x=5cm=0.05m当拉力为0N时，弹簧的形变量为x=1cm=0.01m由胡克定律F=kx得：图线的斜率即为弹簧的劲度系数．k==200N/m图线不过坐标原点的原因是由于弹簧本身有重力，使得弹簧没有外力的情况下已经伸长了一段距离．故答案为：200，弹簧本身有重力．三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点A（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的B点射出磁场，射出B点时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°．求：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）电子在磁场中运动的时间t．参考答案：答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）电子在磁场中运动的时间t为考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题： 带电粒子在磁场中的运动专题．分析： （1）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出磁感应强度．（2）根据电子转过的圆心角与电子做圆周运动的周期可以求出电子的运动时间．解答： 解：（1）设电子在磁场中轨迹的半径为r，运动轨迹如图，可得电子在磁场中转动的圆心角为60°，由几何关系可得：r﹣L=rcos60°，解得，轨迹半径：r=2L，对于电子在磁场中运动，有：ev0B=m，解得，磁感应强度B的大小：B=；（2）电子在磁场中转动的周期：T==，电子转动的圆心角为60°，则电子在磁场中运动的时间t=T=；答：（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）电子在磁场中运动的时间t为．点评： 本题考查了电子在磁场中的运动，分析清楚电子运动过程，应用牛顿第二定律与周期公式即可正确解题．15.(4分)在橄榄球比赛中，一个95kg的橄榄球前锋以5m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分．就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为75kg的队员，一个速度为2m/s，另一个为4m/s，然后他们就扭在了一起。①他们碰撞后的共同速率是；②在右面方框中标出碰撞后他们动量的方向，并说明这名前锋能否得分：。参考答案：答案：①0.1m/s

（2分）

②方向见图（1分）

能得分（1分）

四、计算题：本题共3小题，共计47分16.

如图，空间有一水平向右的有界匀强电场，上下宽度l=12cm，沿电场线上的A、B两点间的距离d＝8cm，AB两点间的电势差UAB＝160V。一带正电的粒子，电量q＝5.0×10-10-C，质量m＝1.0×10-20-kg，从电场的上边界R点沿电场的垂线RO飞入电场，初速度v0＝3×106m/s。粒子从电场的下边界飞出电场后，经过无场区域进入水平界面为MN、PQ的匀强磁场区域，从磁场的PQ边界出来后刚好打在直线RO上离PQ边界

--L处的S点上，且电场的下边界到界面MN的距离以及两界面MN与PQ间的距离均为L。已知粒子进入界面MN时偏离直线RO的距离为24cm，粒子重力不计。求：

（1）粒子射出电场时速度v的大小；

（2）磁场两界面MN与PQ间的距离L；（3）画出粒子的运动轨迹，并求出匀强磁场的磁感应强度B的大小。参考答案：解：（1）粒子在电场中做类平抛运动

①

②水平方向的速度

③代入数据，解得：

vy=4×106m/s

④

所以粒子从电场中飞出时速度的大小为：

5×106m/s

⑤（2）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h,进入界面MN时偏离中心线RO的距离为y，则：

h=

⑥即：

代入数据，解得：

h=8cm

⑦带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：

⑧代入数据，解得：

L=12cm

⑨

（3）设粒子从电场中飞出时的速度方向与竖直方向的夹角为θ，则： tanθ＝=解得： θ＝53o

⑩

轨迹如图所示

由几何知识可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径：

R==7.5cm

由牛顿第二定律得：

代入数据，解得：

B＝×10－3T

17.如图16所示，一个质量为kg，电荷量q=+1．0×10-5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，上极板带正电。金属板长L=20cm，两板间距。求：（1）微粒进入偏转电场时的速度是多大?

（2）若微粒射出偏转电场时的偏转角为，则两金属板间的电压U2是多大?（3）若微粒射出偏转电场又进入一个方向垂直于纸面向里、宽度的匀强磁场区，为使微粒不会由磁场右边界射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?

参考答案：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理

2分=1.0×104m/s

1分（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动水平方向：

2分竖直方向：加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2

2分

2分

2分

得：U2=100V

1分（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，微粒不会由磁场右边界射出的临界轨道半径为R，由几何关系知：

即：

2分

设微粒进入磁场时的速度为v/，则：

2分由牛顿运动定律及运动学规律：即有：，

2分得：B=0.2T

1分若带电粒子不由磁场右边界射出，磁感应强度B至少为0.2T。18.如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，杆上P处固定一定滑轮（大小不计），滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套一质量m=3kg的滑块A