黑龍江省綏化市勞動中學2021-2022學年高三物理聯(lián)考試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.如圖所示，是一條與x軸重合的電場線上各點的電勢φ隨x變化的圖線。若在x0點由靜止釋放一個點電荷，取x0處的電勢為零，則在電荷運動的過程中下列說法中正確的是A．電荷一定沿x軸正方向運動B．電場的場強在逐漸減弱C．電荷的電勢能可能為正D．電荷的動能在逐漸增大參考答案：D2.如圖所示，楔形木塊靜置于水平粗糙地面上，斜面與豎直墻之間放置一表面光滑的鐵球，斜面傾角為θ，球的半徑為R，球與斜面接觸點為A。現(xiàn)對鐵球施加一個水平向左的力F，F(xiàn)的作用線通過球心O，若緩慢增大壓力F，在整個裝置保持靜止的過程中：（A）斜面對鐵球的作用力緩慢增大

（B）斜面對地面的摩擦力緩慢增大（C）地面對斜面的作用力緩慢增大

（D）任一時刻豎直墻對鐵球的作用力都大于該時刻的水平外力F參考答案：D3.如圖所示，在質量為M=2.0kg的電動機飛輪上，固定著一個質量為m=0.5kg的重物，重物到軸的距離為R=0.25m，重力加速度g=10m/s2．當電動機飛輪以某一角速度勻速轉動時，電動機恰好不從地面上跳起，則電動機對地面的最大壓力為（）A．30N B．40N C．50N D．60N參考答案：C解：設電動機恰好不從地面跳起時飛輪角速度是ω．此時電動機對重物的作用力F=Mg．以重物為研究對象，根據牛頓第二定律得：mg+F=mω2r得到：ω=若以上述角速度勻速轉動，重物轉到最低點時，則有：F′﹣mg=mω2r，得到：F′=mg+mω2r=mg+（M+m）g=（M+2m）g=（2+0.5×2）×10=30N根據牛頓第三定律得，對地面的最大壓力為N=Mg+（M+2m）g=20+30=50N．故選：C4.如圖所示，A、B兩個異種電荷的等質量小球，分別被兩根絕緣細繩系在木盒內的同一豎直線上。靜止時，木盒對地面的壓力為FN，細繩對A的拉力為F1，細繩對B的拉力為F2，若將系B的細繩和系A的細繩同時斷開，則兩細繩剛斷開時（

）（A）木盒對地面的壓力增大（B）木盒對地面的壓力減?。–）木盒對地面的壓力為FN＋F2－F1（D）木盒對地面的壓力為FN＋F1－F2參考答案：BC5.圓形區(qū)域內有如圖所示的勻強磁場，一束相同荷質比的帶電粒子對準圓心O射入，分別從a、b兩點射出，則從b點射出的粒子A．帶正電

B．運動半徑較小C．速率較小

D．在磁場中的運動時間較長參考答案：A二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如右圖所示，一個質量為m，頂角為的直角劈和一個質量為M的長方形木塊，夾在兩豎直墻之間，不計摩擦，則M對左墻壓力的大小為___________參考答案：mgcot7.（4分）在物理學中，我們常用比值法來定義物理量，用此方法反映的是物質或運動的某一屬性，與定義式中的各物理量無關，例如電阻R＝。請你根據已經學過的中學物理知識再寫出兩個用比值法定義的物理量：________、________。參考答案：E=；UAB=

8.汽車以15m/s的初速度作勻減速直線運動，若在第二秒內通過的位移是7.5m，則汽車的加速度大小為______m/s2，在剎車之后的1s內、2s內、3s內汽車通過的位移之比為______。參考答案：5

；

5：8：99.如圖（a）所示，阻值為R、匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與一個阻值為2R的電阻連接成閉合電路。線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面的勻強磁場（向里為正），磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖（b）所示，圖中B1、t1為已知量。導線電阻不計，則t1時刻經過電阻的電流方向為_________（選填“a→b”或“b→a”），電流的大小為___________。參考答案：b→a，

10.某實驗小組利用拉力傳感器和速度傳感器探究“動能定理”．如圖，他們將拉力傳感器固定在小車上，用不可伸長的細線將其通過一個定滑輪與鉤碼相連，用拉力傳感器記錄小車受到拉力的大?。谒阶烂嫔舷嗑?0.0cm的A、B兩點各安裝一個速度傳感器，記錄小車通過A、B時的速度大?。≤囍锌梢苑胖庙来a．(1)實驗主要步驟如下：①測量小車和拉力傳感器的總質量M′；把細線的一端固定在拉力傳感器上，另一端通過定滑輪與鉤碼相連；正確連接所需電路；②將小車停在C點，釋放小車，小車在細線拉動下運動，記錄細線拉力及小車通過A、B時的速度．③在小車中增加砝碼，或________，重復②的操作．(2)下表是他們測得的一組數(shù)據，其中M是M′與小車中砝碼質量之和，|v2－v12|是兩個速度傳感器記錄速度的平方差，可以據此計算出動能變化量ΔE，F(xiàn)是拉力傳感器受到的拉力，W是F在A、B間所做的功．表格中的ΔE3＝________，W3＝________.(結果保留三位有效數(shù)字)次數(shù)M/kg|v2－v12|/(m/s)2ΔE/JF/NW/J10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40ΔE31.220W341.0002.401.202.4201.2151.0002.841.422.8601.43(3)根據上表，我們在圖中的方格紙上作出ΔE－W圖線如圖所示，它說明了________參考答案：(1)改變鉤碼數(shù)量

(2)0.6000.610(3)拉力（合力）所做的功近似等于物體動能的改變量11.如圖所示，已知R1=10Ω，R2=20Ω，R3=20Ω，AB兩端間電壓恒為30V，若CD之間接理想電壓表，則電壓表示數(shù)U=_____V；若CD之間改接理想電流表，則電流表示數(shù)I=______A。參考答案：答案：20V；0.75A12.某同學利用驗證牛頓第二定律的實驗裝置來驗證動能定理。在一端帶滑輪的長木板上固定放置兩個光電門，其中光電門乙固定在靠近滑輪處，光電門甲的位置可移動。與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間。改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使小車上的遮光片從緊靠光電門甲處由靜止開始運動，用米尺測量甲、乙之間的距離s，并記下相應的時間t。測得小車的質量為M，鉤碼的質量為m，并滿足M遠遠大于m。則：外力對小車做功為W=

，小車動能的增量為△EK=

。（用題中的字母表示）為減小實驗誤差，你認為實驗操作之前必須進行的操作是：

。參考答案：13.如圖所示，處于水平位置的、質量分布均勻的直桿一端固定在光滑轉軸O處，在另一端A下擺時經過的軌跡上安裝了光電門，用來測量A端的瞬時速度vA，光電門和轉軸O的豎直距離設為h。將直桿由圖示位置靜止釋放，可獲得一組（vA2，h）數(shù)據，改變光電門在軌跡上的位置，重復實驗，得到在vA2~h圖中的圖線①。設直桿的質量為M，則直桿繞O點轉動的動能Ek=_____________（用M和vA來表示）。現(xiàn)將一質量m=1kg的小球固定在桿的中點，進行同樣的實驗操作，得到vA2~h圖中的圖線②，則直桿的質量M=____________kg。（g=10m/s2）參考答案：，0.25三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（選修3-3模塊）（4分）如圖所示，絕熱隔板S把絕熱的氣缸分隔成體積相等的兩部分，S與氣缸壁的接觸是光滑的．兩部分中分別盛有相同質量、相同溫度的同種氣體a和b．氣體分子之間相互作用可忽略不計．現(xiàn)通過電熱絲對氣體a緩慢加熱一段時間后，a、b各自達到新的平衡狀態(tài)．試分析a、b兩部分氣體與初狀態(tài)相比，體積、壓強、溫度、內能各如何變化？參考答案：

答案:

氣缸和隔板絕熱，電熱絲對氣體a加熱，a溫度升高，體積增大，壓強增大，內能增大；（2分）

a對b做功，b的體積減小，溫度升高，壓強增大，內能增大。（2分）15.（2014?宿遷三模）學校科技節(jié)上，同學發(fā)明了一個用彈簧槍擊打目標的裝置，原理如圖甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是豎直放置的光滑半圓弧軌道，圓心為O，半徑R=0.2m；MN是與O點處在同一水平面的平臺；彈簧的左端固定，右端放一可視為質點、質量m=0.05kg的彈珠P，它緊貼在彈簧的原長處B點；對彈珠P施加一水平外力F，緩慢壓縮彈簧，在這一過程中，所用外力F與彈簧壓縮量x的關系如圖乙所示．已知BC段長L=1.2m，EO間的距離s=0.8m．計算時g取10m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力．壓縮彈簧釋放彈珠P后，求：（1）彈珠P通過D點時的最小速度vD；（2）彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，它通過C點時的速度vc；（3）當緩慢壓縮彈簧到壓縮量為x0時所用的外力為8.3N，釋放后彈珠P能準確擊中平臺MN上的目標E點，求壓縮量x0．參考答案：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．考點： 動能定理的應用；機械能守恒定律．專題： 動能定理的應用專題．分析： （1）根據D點所受彈力為零，通過牛頓第二定律求出D點的最小速度；（2）根據平拋運動的規(guī)律求出D點的速度，通過機械能守恒定律求出通過C點的速度．（3）當外力為0.1N時，壓縮量為零，知摩擦力大小為0.1N，對B的壓縮位置到C點的過程運用動能定理求出彈簧的壓縮量．解答： 解：（1）當彈珠做圓周運動到D點且只受重力時速度最小，根據牛頓第二定律有：mg=解得．v==m/s（2）彈珠從D點到E點做平拋運動，設此時它通過D點的速度為v，則s=vtR=gt從C點到D點，彈珠機械能守恒，有：聯(lián)立解得v=代入數(shù)據得，V=2m/s（3）由圖乙知彈珠受到的摩擦力f=0.1N，根據動能定理得，且F1=0.1N，F(xiàn)2=8.3N．得x=代入數(shù)據解得x0=0.18m．答：（1）彈珠P通過D點時的最小速度為；（2）通過C點時的速度為m/s；（3）壓縮量為0.18m．點評： 本題考查了動能定理、機械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合，涉及到圓周運動和平拋運動，知道圓周運動向心力的來源，以及平拋運動在豎直方向和水平方向上的運動規(guī)律是解決本題的關鍵．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.粗糙的水平面上放置一質量為m=1.2kg的小物塊（可視為質點），對它施加F=3N的水平作用力，使物塊沿水平面向右勻加速運動。已知物塊通過A點時的速度為vA=1m/s，到達B點所用時間t1=2s，此后再運動x=8m到達C點，到C點的速度為vC=5m/s，求：(1)物塊在水平面上運動的加速度a；(2)物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ。參考答案：17.（12分）如圖，質量均為m的兩個小球A、B固定在彎成120°角的絕緣輕桿兩端，OA和OB的長度均為l，可繞過O點且與紙面垂直的水平軸無摩擦轉動，空氣阻力不計。設A球帶正電，B球帶負電，電量均為q，處在豎直向下的勻強電場中。開始時，桿OB與豎直方向的夾角q0＝60°，由靜止釋放，擺動到q＝90°的位置時，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，求：（1）勻強電場的場強大小E；（2）系統(tǒng)由初位置運動到平衡位置，重力做的功Wg和靜電力做的功We；（3）B球在擺動到平衡位置時速度的大小v。參考答案：解析：（1）力矩平衡時：（mg－qE）lsin90°＝（mg＋qE）lsin（120°－90°），即mg－qE＝（mg＋qE）得：E＝（2）重力做功：Wg＝mgl（cos30°－cos60°）－mglcos60°＝mgl，靜電力做功：We＝qEl（cos30°－cos60°）＋qElcos60°＝mgl，（3）小球動能改變量DEk=mv2＝Wg＋We