浙江省杭州市富阳永兴中学2022年高三物理联考试题含解析

浙江省杭州市富阳永兴中学2022年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.下列关于光的说法中正确的是

A．在真空中红光波长比紫光波长短B．红光光子能量比紫光光子能量大C．红光和紫光相遇时能产生干涉现象D．红光照射某金属时有电子向外发射，紫光照射该金属时一定也有电子向外发射参考答案：D在可见光中按照红橙黄绿蓝紫的顺序光的波长逐渐变短，A错误。根据C=λγ可知光的频率γ=，故波长越大频率越低，由于紫光的波长小于红光的波长．故紫光的频率大于红光的频率，紫光的能量大于红光的能量，若红光照射某金属时有电子向外发射，紫光照射该金属时一定也有电子向外发射，B错误D正确。红光和紫光的频率不相等，故两种光相遇时不会产生干涉现象，C错误。2.如图2所示，质量为m的物体悬挂在轻质的支架上，斜梁OB与竖直方向的夹角为θ。设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2。以下结果正确的是（

）A．B．C．

D．参考答案：C3.分别用频率为ν和2ν的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为1:3，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，电子电量为e。下列说法正确的是(

)A.用频率为2ν的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多B.用频率为单色光照射该金属不能发生光电效应C.甲、乙两种单色光照射该金属，只要光的强弱相同，对应光电流的遏止电压就相同D.该金属的逸出功为参考答案：B【详解】A、单位时间内逸出的光电子数目与光的强度有关，由于光的强度关系未知，故选项A错误；BD、光子能量分别为：和，根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：和，逸出光电子的最大初动能之比为1:3，联立可得逸出功为：，用频率为的单色光照射该金属不能发生光电效应，故选项B正确，D错误；C、两种光的频率不同，光电子的最大初动能不同，由动能定理可知对应的遏止电压是不同的，故选项C错误；4.两辆游戏赛车、在两条平行的直车道上行驶。时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的图如图所示。哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆？参考答案：答案：AC解析：在速度时间图像里，图像与横轴所围成的面积表示物体发生的位移。从A图中可以看出，当t=20s时，两图像面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；B图中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上；C图像也是在t=20s时，两图像面积相等，此时一辆赛车追上另一辆；D图像中a的面积始终小于b的面积，所以不可能追上；所以答案为AC。5.某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律。在线圈由图示位置自上而下穿过固定的条形磁铁的过程中，从上向下看，线圈中感应电流方向是A．先顺时针方向，后逆时针方向B．先逆时针方向，后顺时针方向C．一直是顺时针方向D．一直是逆时针方向参考答案：答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如右图所示，一个活塞将绝热容器分成A、B两部分，用控制栓K固定活塞。保持A体积不变，给电热丝通电，则此过程中气体A的内能

，温度

；拔出控制栓K，活塞将向右移动压缩气体B，则气体B的内能

。参考答案：7.如图所示的实线和虚线分别表示同一个单摆在A、B两个星球半径大小相同的星球表面上的振动图象，其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，那么两个星球的平均密度ρA和ρB之比是__________。参考答案：4：18.（5分）一质量为，电量为的带正电质点，以的速度垂直于电场方向从点进入匀强电场区域，并从点离开电场区域。离开电场时的速度为。由此可知，电场中、两点间的电势差____________V；带电质点离开电场时，速度在电场方向的分量为______________。不考虑重力作用。参考答案：答案：，

9.用频率均为ν但强度不同的甲、乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，

（选填“甲”或“乙”）光的强度大。已知普朗克常量为，被照射金属的逸出功为W0，则光电子的最大初动能为

。参考答案：甲（2分）

h－W0光电效应实验图线考查题。O1

（2分）。根据光的强度与电流成正比，由图就可知道：甲的光的强度大；由爱因斯坦的光电效应方程可得：。本题是物理光学—光电效应实验I—U图线，在识图时，要知道光的强度与光的电流成正比（在达到饱和电流之前），然后根据爱因斯坦光电效应方程列式即可得出最大初动能表达式。10.如图所示为火警报警装置的部分电路，其中ε为电源，r为电源内阻，R2是半导体热敏电阻传感器，它的电阻阻值随温度升高而减小，R1、R3是定值电阻．a、b两端接报警器．当传感器R2所在处出现火险险情时，与险情出现前相比，a、b两端电压U变小，电流表中的电流I变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）．参考答案：考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理．专题：恒定电流专题．分析：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，分析外电路总电阻如何变化，根据欧姆定律分析干路电流的变化情况和路端电压U的变化情况，根据R2、R3并联电压的变化情况，分析通过R3电流的变化情况，即可知电流表示数变化情况．解答：解：由题知，当传感器R2所在处出现火情时，R2减小，R2、R3并联电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压减小，即a、b两端电压U变小；R2、R3并联电压U并=E﹣I（R1+r），I增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R3电流减小，由于干路电流增大，则知电流表示数I变大．故答案为：变小，变大点评：本题是信息题，首先要抓住传感器R2电阻与温度的关系，其次按“部分→整体→部分”的顺序进行分析．11.某同学用如图甲所示的装置测定重力加速度。（1）打出的纸带如图乙所示，实验时纸带的

端通过夹子和重物相连接。（填“a”或“b”）（2）纸带上1至9各点为计数点，由纸带所示数据可算出实验时的重力加速度为

m/s2

（3）当地的重力加速度数值为9.8m/s2，请列出测量值与当地重力加速度的值有差异的一个原因

。参考答案：12.（4分）如图为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警。该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，虚线框甲内应选用_________门电路，虚线框乙内应选用_________门电路（填与、非、或）。参考答案：或，或解析：题意只要有一个开关未闭合，报警器就会报警，结合或门的特点因此虚线框甲内应选用或门；虚线框乙内应选用或门。13.“用DIS测变速直线运动的瞬时速度”实验中，使用的传感器是____________传感器。小王同学利用DIS实验器材研究某物体沿X轴运动的规律，发现物体所处的坐标X与时间t满足X=t3-2t（单位均是SI制单位），则该物体在第2秒末的瞬时速度大小为____________m/s。

参考答案：光电门

10

三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（6分）如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为的相同小球、、，现让球以的速度向着球运动，、两球碰撞后黏合在一起，两球继续向右运动并跟球碰撞，球的最终速度.①、两球跟球相碰前的共同速度多大？②两次碰撞过程中一共损失了多少动能？参考答案：解析：①A、B相碰满足动量守恒（1分）

得两球跟C球相碰前的速度v1=1m/s（1分）

②两球与C碰撞同样满足动量守恒（1分）

得两球碰后的速度v2=0.5m/s，（1分）

两次碰撞损失的动能（2分）15.（选修3-5）（6分）a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的s～t图象如图所示，若a球的质量ma=1kg，则b球的质量mb等于多少?参考答案：解析：由图知=4m/s、=—1m/s、=2m/s

（2分）

根据动量守恒定律有：ma=ma

+

mb

（2分）

∴mb=2.5kg （2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，AB高h=0.6m，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以某一初速度v0水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）求平抛初速度v0（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？参考答案：考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）AC过程由动能定理结合几何关系求解初速度．（2）小物块由C到D的过程中，运用动能定理可求得物块经过D点时的速度．到达圆弧轨道末端D点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，求出轨道对物块的支持力，再由牛顿第三定律求出物块对轨道的压力．（3）物块滑上长木板后做匀减速运动，长木板做匀加速运动，小物块恰好不滑出长木板时，物块滑到长木板的最右端，两者速度相等，根据动量守恒或牛顿运动定律、运动学公式结合和能量守恒求出此时木板的长度，即可得到木板的长度最小值．解答：解：（1）小物块在C点时的速度为vC=AC过程由动能定理有：联解以上两式得：v0=2m/s，（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR（1﹣cos60°）=mv﹣mv代入数据解得vD=2m/s

小球在D点时由牛顿第二定律得，FN﹣mg=m

代入数据解得FN=60N

由牛顿第三定律得FN′=FN=60N

方向竖直向下．

（3）设小物块刚滑到木板左端时达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：a1==μg=3m/s2，a2==1m/s2速度分别为：v=vD﹣a1t

v=a2t

对物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL=mv﹣（m+M）v2解得L=2.5m，即木板的长度至少是2.5m．答：（1）平抛初速度为2m/s；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为60N，方向竖直向下；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少为2.5m．点评：此题主要考查了平抛运动基本规律、牛顿运动定律及动能定理、能量守恒定律的直接应用，是常见的题型．17.（16分）如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz（x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上）。匀强磁场方向与Oxy平面平行，且与x轴的夹角为，重力加速度为g。（1）一质量为m、电荷量为的带电质点沿平行于z轴正方向以速度v0做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值及对应的磁感应强度；（2）在满足（1）的条件下，当带电质点通过y轴上的点时，撤去匀强磁场，求带电质点落在Oxz平面内的位置；（3）当带电质点沿平行于z轴负方向以速度v0通过y轴上的点时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带点质点做匀速圆周运动且能够经过x轴，问电场强度E和磁感应强度B大小满足什么条件？参考答案：解析：（1）如图所示，带电质点受到重力mg（大小及方向均已知）、洛伦兹力qv0B（方向已知）、电场力qE（大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动。根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值。根据物体的平衡规律有

（1分）

（1分）

解得

（1分）

（1分）

（2）如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力和电场力qEmin作用，其合力沿PM方向并与v0方向垂直，大小等于=，故带电质点在与Oxz平面成角的平面内作类平抛运动。

由牛顿第二定律

解得

（1分）

设经时间t到达Oxz平面内的点N（x,y,z），由运动的分解可得

沿v0方向

（1分）

沿PM方向

（1分）

又

（1分）