2022年山西省大同市燕子山矿中学高三物理联考试题含解析

2022年山西省大同市燕子山矿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.（单选）如图所示，将重物G用AO和BO绳挂在半圆支架PQR上，O点恰位于PQR的圆心，AO及BO绳的拉力大小分别为T1与T2。若保持OA绳及O点位置不动，将BO绳在支架上的悬挂点从R移至Q的过程中，两绳拉力大小的变化情况分别是A．T1、T2都增大

B．T1、T2都减小C．T1增大，T2先增大后减小D．T1减小，T2先减小后增大参考答案：D2.（单选）某运动员(可看作质点)参加跳板跳水比赛，t＝0是其向上起跳瞬间，其速度与时间关系图象如图所示，则A．t1时刻开始进入水面B．t2时刻开始进入水面C．t3时刻已浮出水面D．0～t2时间内，运动员处于超重状态参考答案：B3.（单选）如图所示，在两个正点电荷、（其中，）形成的电场中，a、b为两点电荷连线的中垂线上的两点，且aO=bO。c、d为两点电荷连线的三等分点，即Mc=cd=dN。则下列说法中正确的是

A．a、b两点的电场强度和电势都相同

B．将带电量为q的正点电荷从c沿cd连线移到d的过程中，电场力一直做正功

C．将带电量为q的正点电荷从a沿ab连线移到O的过程中，电场力不做功

D．a、b、c、d四点中，电势最高的点是c点，电势最低的点是d点参考答案：D4.将标有“110V、40W”白炽灯L1和标有“110V、100W”白炽灯L2，与一只滑动变阻器（0～300Ω）组合起来接在220V的线路上，使L1、L2都能正常发光，下图中最优化的接法是参考答案：C5.（多选）重为60N的均匀直杆AB一端用铰链与墙相连，另一端用一条通过定滑轮M的绳子系住，如图所示，绳子一端与直杆AB的夹角为30°，绳子另一端在C点与AB垂直，AC=0.1AB。滑轮与绳重力不计。则（

）A．绳对B点的拉力是50NB．绳对C点的拉力是25NC．轴对定滑轮M的作用力是75N，方向竖直向上D．轴对定滑轮M的作用力是50N，方向与竖直方向成300角向上参考答案：AD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，水平平行线代表电场线，但未指明方向，带电量为10-8C的正电微粒，在电场中只受电场力的作用，由A运动到B，动能损失2×10-4J，A点的电势为-2×103V，则微粒运动轨迹是虚线______（填“1”或“2”），B点的电势为_________V．

参考答案：

2

，

1.8×1047.(6分)一定质量的非理想气体体积膨胀对外做了4×103J功的同时，又从外界吸收了2.4×103J的热量，则在该过程中，气体内能的增量△U=______J，气体的分子势能和分子动能分别__________、________(填“增加”“减小”或“不变”)参考答案：-1.6×103J

增加，减小8.某同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，分别用两种仪器来测量摆球直径，操作如图1所示，得到摆球的直径为d=19.12mm，此测量数据是选用了仪器

（选填“甲”或“乙”）测量得到的．

该同学先用米尺测得摆线的长度，再采用上题中的方法测得摆球直径，他通过改变摆长，进行多次实验后以摆长L为横坐标，T为纵坐标，作出T﹣图线，若该同学在计算摆长时加的是小球直径，则所画图线是图2中是

．（填“A”、“B”或者“C”）参考答案：（1）乙；（2）C．【考点】研究弹簧振子的周期和小球质量的关系．【分析】（1）将给出的数据域游标卡尺域螺旋测微器的最小分度比较，确定是哪一个的测量结果；（2）由单摆周期公式求出图象的函数表达式，根据函数表达式与图象，即可求解【解答】解：（1）图甲是螺旋测微器，其最小分度是0.001mm，而乙为50分度的游标卡尺，最小分度是0.02mm，d=19.12mm；符合游标卡尺的读数，不符合螺旋测微器的读数的精确度．故此测量数据是选用了仪器乙；（2）由单摆周期公式：T=2π可得：T2=L，若该同学计算摆长时候加的是小球直径，则对应的准确表达式应为：T2=（L﹣），则可知图象应与横坐标有交点，故C正确，AB错误．故选：C；故答案为：（1）乙；（2）C．9.甲、乙两车以相同的速率在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，当速率减小到0时，甲车也以大小为a的加速度做匀减速运动。为了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时，甲、乙两车的距离至少应为_________.参考答案：10.一物块以一定的初速度冲上斜面，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化关系图象如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2.则：物块下滑时的加速度大小为

；物块与斜面间的动摩擦因数为

。.参考答案：2m/s2

，

11.某发电厂用2.2KV的电压将电能输出到远处的用户，后改为用22KV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率。前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为__________。要将2.2KV的电压升高到22KV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是________匝。参考答案：答案：100；1800解析：由于电线的电阻不变，相同的功率，以不同的电压输送时，输送电流也不同。设输送功率为P，则有，而在电线上损耗功率为，所以有损失的功率与输送电压的平方成反比，两种输电方式的输送电压之比为，所以损失功率之比为，即前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为100。理想变压器没有能量损失，原副线圈的电压比等于匝数比。所以副线圈的匝数为原线圈匝数的10倍，等于1800匝。12.如图所示，a、b两幅图分别是由单色光照射圆孔屏和肥皂膜后所观察到的图案．两种图案虽然不一样，但却共同反映了光具有

性；产生图案a的条件是圆孔屏上圆孔的大小要和单色光的_________________差不多．参考答案：答案：波动

波长13.光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示。一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，则轨道对小球做_______（填“正功”、“负功”或“不做功”），小球的线速度_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。参考答案：不做功；不变解析：轨道支持力与运动方向垂直，轨道对小球不做功，小球的线速度不变。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，己知平行玻璃砖的折射率，厚度为.入射光线以入射角60°射到玻璃砖的上表面，经玻璃砖折射从下表面射出，出射光线与入射光线平行，求两平行光线间距离。（结果可用根式表示）

参考答案：解析：作出光路如图

由折射定律得（2分）

所以r=30°（2分）

由图知

则AB—AC=d·tan30°=d

出射光线与入射光线间的距离是d（2分）15.质量分别为m和3m的A、B两个小球以相同的速率v沿同一直线相向运动，碰后B球停止不动，试求A球碰后的速度，并判断它们之间发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞（说明理由）．参考答案：弹性碰撞取B球碰前的速度方向为正方向，设A球碰后的速度为v′，由动量守恒定律有解得，方向与B球碰前的速度方向相同由于，故碰撞前后的总动能相等，则此碰撞是弹性碰撞四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射人，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．（1）电场强度的大小和方向．（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射人，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．参考答案：考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．版权所有专题：压轴题．分析：（1）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间．解答：解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有

qE=qvB

①又

R=vt0

②则

E=?③（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移

④由②④式得

y=

⑤设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是

x=R

又有

x=a

⑥得

a=

⑦（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B=m

⑧又

qE=ma

⑨由③⑦⑧⑨式得

r=R

⑩由几何关系

sinα=

（11）即

sinα=所以α=

（12）带电粒子在磁场中运动周期T=则带电粒子在磁场中运动时间

tB=T

所以tB=t0

（13）17.如图所示．小球A从倾角37°足够长的斜面上的顶点处开始沿斜面匀速下滑，速度大小v1=6m/s，经过时间Δt后，从斜面顶点处以速度v2=4m/s水平抛出一个飞镖，结果飞镖恰好在斜面上某处击中小球A。不计飞镖运动过程中的空气阻力，可将飞镖和小球视为质点。已知重力加速度为g，试求：（1）飞镖是以多大的速度击中小球的?（2）两个物体开始运动的时间间隔Δt应为多少?参考答案：：（1）飞镖落在斜面上有tanθ=y/x=gt22/(2v2t2)

(3分)得t2=2v2tanθ/g=0.6s

(1分)vy=gt2=6m/s,

(1分)v==2m/s

(2分)(2)飞镖落在斜面上的竖直分位移为y=gt22/2=1.8m

(2分)

得合位移s=y/sinθ=3m

(1分)

小球的运动时间t1=s/v1=0.5s

(2分)

Δt=t2－t1=0.1s

18.如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内．小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）．A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失．重力加速度为g．试求：（1）待定系数β；（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度．参考答案：考点： 动量守恒定律；动能定理的应用．专题： 压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析： （1）由题，碰撞中无机械能损失，以AB组成的系统研究，由机械能守恒定律研究A球从静止开始下滑到碰撞后A、B球达到的最大高度的过程，可求出待定系数β；（2）碰撞后，A、B两球各自的机械能守恒，可求出碰撞后的速度，B球由轨道的支持力和重力的合力提供向心，由牛顿运动定律求解B球对轨道的压力；（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞过程，根据机械能守恒和动量守恒，求出小球A、B碰撞后两球的速度，再进行讨论．解答： 解：（1）A球从静止开始下滑到碰撞后A、B球达到的最大高度的过程，由机械能守恒定律得

mgR=mgR+解得，β=3（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则则

=mgR=设向右方向正，向左为负，则得

v1=﹣，方向向左；，方向向右．设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N′，方向竖直向下为正则由牛顿第二定律得

N﹣βmg=βm得，N=4.5mg由牛顿第三定律得，N′=﹣N=﹣4.5mg，方向竖直向下．（3）设A、B两球第二次碰撞刚结束时各自的速度分别为V1、V2，由机械能守恒和动量守恒得

mgR=+﹣mv1﹣βmv2=mV1+βmV2解得，V1=﹣，V2=0．（另一组解：V1=﹣v1，V2=﹣v2，不合题意，舍去）由此可得

当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞铡结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；

当n为偶数时，小球