广西壮族自治区河池市宜州实验中学2022年高三物理联考试卷含解析

广西壮族自治区河池市宜州实验中学2022年高三物理联考试卷含解析一、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.夜晚，汽车前灯发出的强光将迎面驶来的汽车司机照射得睁不开眼，严重影响行车安全．若考虑将汽车前灯玻璃改用偏振玻璃，使射出的灯光变为偏振光；同时汽车前窗玻璃也采用偏振玻璃，其透偏方向正好与灯光的振动方向垂直，但还要能看清自己车灯发出的光所照亮的物体。假设所有的汽车前窗玻璃和前灯玻璃均按同一要求设置，如下措施中可行的是A．前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是水平的B．前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是竖直的C．前窗玻璃的透振方向是斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向是斜向左上45°D．前窗玻璃和车灯玻璃的透振方向都是斜向右上45°参考答案：D解析：玻璃的透振方向是允许透过的偏振方向。要能看清自己车灯发出的光所照亮的物体，即车灯的透射炮经对面物体反射后能进入本车车窗玻璃，则同一车前窗玻璃和前灯玻璃的透振方向必须相同，选项AC错；若使对面的车灯不进入车窗玻璃，则车窗玻璃的透振方向和对面车灯的透振方向必须竖直，B项中对面车灯光的偏振方向和本车车窗玻璃的透射方向相同，而D项符合垂直条件，故选项D正确。2.（多选题）如图所示，光滑杆O′A的O′端固定一根劲度系数为k=10N/m，原长为l0=1m的轻弹簧，质量为m=1kg的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接，OO′为过O点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为θ=30°，开始杆是静止的，当杆以OO′为轴转动时，角速度从零开始缓慢增加，直至弹簧伸长量为0.5m，下列说法正确的是（）A．杆保持静止状态，弹簧的长度为0.5mB．当弹簧伸长量为0.5m时，杆转动的角速度为rad/sC．当弹簧恢复原长时，杆转动的角速度为rad/sD．在此过程中，杆对小球做功为12.5J参考答案：ABD【考点】向心力；物体的弹性和弹力．【分析】当杆静止时，小球受力平衡，根据力的平衡条件可求压缩量，从而求弹簧的长度；对小球分析，抓住竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，列式联立求出匀速转动的角速度；结合最高点的动能，运用动能定理求出杆对小球做功的大小．【解答】解：A、当杆静止时，小球受力平衡，根据力的平衡条件可得：mgsin30°=kx，代入数据解得：x=0.5m，所以弹簧的长度为：l1=l0﹣x=0.5m，故A正确；B、当弹簧伸长量为0.5m时，小球受力如图示：水平方向上：F2cos30°+Nsin30°=mω22（l0+x）cos30°竖直方向上：Ncos30°=mg+F2sin30°弹簧的弹力为：F2=kx联立解得：ω2=rad/s，故B正确；C、当弹簧恢复原长时，由牛顿第二定律可得：mgtan30°=mω12l0cos30°，解得：ω1=rad/s，故C错误；D、在此过程中，由动能定理可得：W﹣mg?2xsin30°=m2﹣0，解得：W=12.5J，故D正确．故选：ABD．3.在如图所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示.当开关闭合后，下列判断正确的是（

）A.灯泡L1的电阻为12ΩB.通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍C.灯泡L1消耗的电功率为0.75WD.灯泡L2消耗的电功率为0.30W参考答案：ACD4.（单选）如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，电源内阻不计，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（）A．L1和L3变亮，L2亮度不变B．L2电压变化量大小与L1电流变化量大小比值不变C．L1中电流变化值小于L3中电流变化值D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值参考答案：考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=E﹣Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系．解答：解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A错误；B、L2电压变化量大小与L1电流变化量大小比值即为电源的内阻，电阻R0及灯泡L1的电阻之和，因此比值不变，B正确；C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；故选：BCD．点评：本题不但考查电路中各量的变化方向，还考查了各电阻中电流及电压的变化值，题目较为新颖，要求学生能灵活应用串并联电路的电流电压规律及闭合电路的欧姆定律．5.（多选）下列说法正确的是（）A．卢瑟福的α粒子散射实验说明了原子的核式结构模型B．玻尔在研究原子结构中引进了量子化的观念，并指出氢原子从低能级跃迁到高能级要吸收光子C．查德威克首先发现了中子D．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小E．铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次α衰变和10次β衰变参考答案：解：A、卢瑟福用α粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型，故A正确；B、受普朗克量子论的启发，爱因斯坦在对光电效应的研究中提出了光子说，故B正确；C、查德威克在用α粒子轰击铍核的实验中发现了中子，故C正确；D、半衰期有放射性元素本身的特点决定，与温度无关，故D错误；E、发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0﹣1e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2x﹣y+82=92，4x+206=238，解得x=8，y=6，故衰变过程中共有8次α衰变和6次β衰变，故E错误．故选：ABC．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.（4分）如图所示，是一只电流电压两用表的电路。图中表头的内阻为100欧，满偏电流为500微安，R1、R2的阻值分别是0.1欧和100欧。则它当作电流表使用时，量程是

mA，当作电压表使用时，量程是

V。（两空均保留整数）参考答案：

答案：500mA

50V7.某实验小组在探究“加速度与物体质量、受力的关系”的实验，设计如下的实验方案，实验装置如图所示，所使用打点计时器交流电源频率是50Hz，具体实验步骤如下：A.按图所示安装好实验装置；B.调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C.取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D.先接通打点计时器的电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E.重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码质量，重复～步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度。回答以下问题：（1）按上述方案做实验是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车质量__________(填“是”或“否”).（2）实验打出的其中一条纸带如图所示，由该纸带可测得小车的加速度是___________m/s2.

(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格，如下表：实验次数12345砝码盘中的砝码总重力F/N0.100.200.290.390.49小车加速度a/m·s-2.0.881.441.842.382.89他根据表中的数据画出a-F图像如图所示，造成图线不过坐标原点的主要原因是______________________，从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是__________，其大小是_____________。参考答案：（1）否

（2）1.44

(3)未考虑砝码盘的重力

砝码盘的重力

0.78N(0.76~0.79N)8.（4分）已知在t1时刻简谐横波的波形如图中实线所示；在时刻t2该波的波形如图中虚线所示。t2－t1=0.02s。若波的周期T满足0.01s＜T＜0.02s，且从t1时刻起，图中Q质点比R质点先回到平衡位置，则波速是___________m/s。参考答案：

答案：400m/s9.如图所示是某同学探究功与速度变化的关系的实验装置，他将光电门固定在长木板上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．（1）若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图所示，d=

cm；（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则拉力对小车所做的功为重物重力与AB的距离的乘积；测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间?t，通过描点作出线性图象，研究功与速度变化的关系。处理数据时应作出_____图象。

A．?t－m

B．?t2－m

C．

D．参考答案：（1）1.140

（2）D

10.氡核（）发生衰变后变为钋（），其衰变方程为

▲

，若氡（）经过一系列衰变后的最终产物为铅（），则共经过

▲

次衰变，

▲

次衰变．参考答案：(2分)

4

(1分)；4

11.如图所示，水平轻杆CB长1m，轻杆与墙通过转轴O连接．现在离B点20cm处D点挂一重50N的物体，则绳AB中的拉力为[番茄花园22]

_______N；O对C的作用力的方向沿________________（填“水平”、“斜向上”、“斜向下”）

参考答案：12.如图所示，完全相同的三块木块，固定在水平面上，一颗子弹以速度v水平射入，子弹穿透第三块木块的速度恰好为零，设子弹在木块内做匀减速直线运动，则子弹先后射入三木块前的速度之比为_

________________，穿过三木块所用的时间之比_________________。参考答案：13.（4分）如图所示当绳和杆之间的夹角为θ时A沿杆下滑的速度是V、此时B的速度是_________（用V和θ表示）；B是_________（加速或减速）。参考答案：减速三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（简答）如图12所示，一个截面为直角三角形的劈形物块固定在水平地面上.斜面,高h=4m，a=37°,一小球以Vo=9m/s的初速度由C点冲上斜面.由A点飞出落在AB面上.不计一切阻力.(Sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求.(l)小球到达A点的速度大小；(2)小球由A点飞出至第一次落到AB面所用时间；(3)小球第一次落到AB面时速度与AB面的夹角的正切值参考答案：(1)1(2)0.25s（3）6.29N机械能守恒定律．解析：(1)从C到A对小球运用动能定理]，解得v0=1m/s(2)将小球由A点飞出至落到AB面的运动分解为沿斜面（x轴）和垂直于斜面（y轴）两个方向;则落回斜面的时间等于垂直于斜面方向的时间所以（3）小球落回斜面时沿斜面方向速度垂直斜面方向速度vy=1m/s，所以（1）由机械能守恒定律可以求出小球到达A点的速度．

（2）小球离开A后在竖直方向上先做匀减速直线运动，后做自由落体运动，小球在水平方向做匀速直线运动，应用运动学公式求出小球的运动时间．

（3）先求出小球落在AB上时速度方向与水平方向间的夹角，然后再求出速度与AB面的夹角θ的正切值．15.

（选修3-3（含2-2）模块）(6分)理想气体状态方程如下：。从理论的角度，设定一定的条件，我们便能得到气体三大定律：玻意尔定律、查理定律和盖·吕萨克定律。下面请你通过设定条件，列举其中两条定律的内容。（要求条件、内容要与定律名称相对应，不必写数学表达式）参考答案：

答案：玻意尔定律：一定质量的气体，在温度不变的情况下，它的压强跟体积成反比。查理定律：一定质量的气体，在体积不变的情况下，它的压强跟热力学温度成正比。盖·吕萨克定律：一定质量的气体，在压强不变的情况下，它的体积跟热力学温度成正比。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（15分）如图所示为一种获得高能粒子的装置．环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场．质量为m、电量为+q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的极板．原来电势都为零，每当粒子经过A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速．每当粒子离开B板时，A板的电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行的半径不变．（设极板间距远小于R）（1）设t=0时粒子静止在A板小孔处，经电场加速后，离开B板在环开磁场中绕行，求粒子绕行第1圈时的速度v1和磁感应强度B1；（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行n圈所需的总时间t；（3）在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可以始终保持为+U？为什么？参考答案：见解析解：（1）粒子绕行第一圈电场做功一次，由动能定理：即第1次回到B板时的速度为：绕行第1圈的过程中，由牛顿第二定律：

得（2）粒子在每一圈的运动过程中，包括在AB板间加速过程和在磁场中圆周运动过程．在AB板间经历n次加速过程中，因为电场力大小相同，故有：

t总=t1+t2+t3+…+tn

由于每一圈速度不同，所以每一圈所需时间也不同．由第一问题计算可知，第1圈：．第2圈：第n圈：.则：第1圈：第2圈：第n圈：

综上：绕行n圈过程中在磁场里运动的时间

（3）不可以，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场力做功qU使之加速，在A、B之外飞行时，电场又对其做功﹣qU使之减速，粒子绕行一圈，电场对其做的总功为零，能量不会增大．答：（1）设t=0时粒子静止在A板小孔处，经电场加速后，离开B板在环开磁场中绕行，则粒子绕行第1圈时的速度：和磁感应强度；（2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行n圈所需的总时间间；（3）不可以，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场力做功qU使之加速，在A、B之外飞行时，电场又对其做功﹣qU使之减速，粒子绕行一圈，电场对其做的总功为零，能量不会增大．17.