云南省大理市市第一職業中學2023年高三物理聯考試題含解析一、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.（單選題）一塊木板可繞過O點的光滑水平軸在豎直平面內轉動，木板上放有一木塊，木板右端受到始終與木板垂直的力F，從圖中位置A緩慢轉到位置B，木塊相對木板不發生滑動。則在此過程中，力F和F的力矩MF大小的變化情況是（

）A．F始終保持不變，MF先變小后變大B．F始終保持不變，MF先變大后變小C．F先變大后變小，MF先變小后變大D．F先變大后變小，MF先變大后變小參考答案：D2.圖7是一質點做直線運動的v-t圖像，據此圖像可以得到的正確結論是A.質點在第1秒末停止運動B.質點在第1秒末改變運動方向C.質點在第2秒內做勻減速運動D.質點在前2秒內的位移為零參考答案：答案：C解析：選項A錯誤，此時速度為2m/s.選項B錯誤，此時速度方向不變，因為數據仍然是正值。選項D錯誤，位移不是零，是2m.。3.足夠長的水平傳送帶始終以速度勻速運動，某時刻使一質量為，初速度大小也為的物體，沿與傳送帶運動方向相反的方向在傳送帶上滑動，教最后物體的速度與傳送帶相同。在物體相對傳送帶滑動的過程中，傳送帶克服摩擦力做的功為，滑動摩擦力對物體的沖量為，物體與傳送帶間摩擦生熱為，則下列判斷正確的是

A．

B．

C．

C．

參考答案：C湖北省武漢二中、龍泉中學10-11學年高一下學期期末聯考（物理）4.如圖所示，A、B兩物體用細繩相連跨過光滑輕小滑輪懸掛起來，B物體放在水平地面上，A、B兩物體均靜止.現將B物體稍向左移一點，A、B兩物體仍靜止，則此時與原來相比( ).（多選）A.繩子拉力變大 B.地面對物體B的支持力變大C.地面對物體B的摩擦力變大

.D.物體B受到的合力變大參考答案：BC5.（單選）如圖，物體靜止于傾角為θ的斜面上，當斜面傾角θ變小些時，物體受力的變化情況是A．可能不受靜摩擦力作用B．重力、支持力、靜摩擦力均增大C．重力不變，支持力增大，靜摩擦力減小D．重力不變，支持力、靜摩擦力減小參考答案：答案：C：物體受到重力、支持力和摩擦力，重力不變，支持力大小，角度增加，彈力變大；摩擦力大小，摩擦力減少，C正確。二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.有一個導熱性能良好的氣缸，用輕質活塞密封了一定質量的氣體，活塞用輕繩懸掛在天花板上，如圖所示．氣缸的質量為M，活塞可以在缸內無摩擦滑動，活塞的面積為S，活塞與缸底距離為h，大氣壓強恒為p0，此時環境溫度為T．若已知氣缸的容積為1L，氣缸內氣體的密度為30g/，平均摩爾質量為1.152g/mol．阿伏加德羅常數，估算氣缸內氣體分子數為_____________個，氣體分子間平均距離d=___________m（得出的結果均取一位有效數字）．參考答案：1.6×1022

(2分)

d=4×10-9m7.（6分）圖中為示波器面板，屏上顯示的是一亮度很低、線條較粗且模糊不清的波形。

（1）若要增大顯示波形的亮度，應調節_______旋鈕。（2）若要屏上波形線條變細且邊緣清晰，應調節______旋鈕。（3）若要將波形曲線調至屏中央，應調節____與______旋鈕。參考答案：

答案：⑴輝度（或寫為）⑵聚焦（或寫為○）⑶垂直位移（或寫為↓↑）水平位移（或寫為）8.如圖，光滑絕緣細管與水平面成30°角，在管的上方P點固定一個點電荷+Q，P點與細管在同一豎直平面內，管的頂端A與P點連線水平，PB⊥AC，AB=BC=15cm，B是AC的中點．電荷量為+q的小球（小球直徑略小于細管內徑）從管中A處以速度v=1m/s開始沿管向下運動，在A處時小球的加速度為a=4m/s2．則小球運動到C處速度大小為2m/s，加速度大小為6m/s2．參考答案：考點：電勢差與電場強度的關系；牛頓第二定律．專題：電場力與電勢的性質專題．分析：（1）從A到C的過程中，因AC兩點處于同一等勢面上，故電場力做功為零，只有重力做功，根據動能定理即可求的速度；（2）根據受力分析，利用牛頓第二定律即可求的加速度解答：解：（1）根據動能定理可得mg代入數據解得vC=2m/s（2）在A處時小球的加速度為a，對A點受力分析，電場力、重力與支持力，由力的合成法則可知，合外力由重力與電場力沿著細管方向的分力之和提供的；當在C處時，小球仍受到重力、電場力與支持力，合外力是由重力與電場力沿著細管方向的分力之差提供的，即為a′=g﹣a=10﹣4m/s2=6m/s2．故答案為：2；6點評：考查點電荷的電場強度公式，掌握矢量的合成法則，利用動能定理求解，理解牛頓第二定律與力的平行四邊形定則的綜合應用9.若將一個電量為2.0×10－10C的正電荷，從零電勢點移到電場中M點要克服電場力做功8.0×10－9J，則M點的電勢是=

V；若再將該電荷從M點移到電場中的N點，電場力做功1.8×10－8J，則M、N兩點間的電勢差UMN＝

V。參考答案：

40；90。10.做“測定勻變速直線運動的加速度”的實驗中，取下一段紙帶研究其運動情況，如圖所示。設0點為計數的起點，兩計數點之間的時間間隔為0.1s，則第一個計數點與起始點的距離x1為_______cm，打第一個計數時的瞬時速度為_______cm/s，物體的加速度大小為_________m/s2。參考答案：4，45，111.A物體靠在墻壁上，現用力向左緩慢推B物體，壓縮彈簧，外力做功W，突然撤去外力，B物體將從靜止開始向右運動，以后將帶動A物體一起做復雜的運動，從A物體開始運動以后的過程中，彈簧的彈性勢能最大值為

.參考答案：W12.一列沿著x軸傳播的橫波，在t=0時刻的波形如圖甲所示，圖甲中N質點的振動圖象如圖乙所示。則此波沿x軸

方向傳播（填“正向”或“負向”），波速為

m/s。在4s內，K質點的路程是

m。參考答案：13.做勻加速直線運動的物體，在第3s內運動的位移為10m，第5s內的位移是14m，則物體的加速度大小為m/s2，前5s內的位移是m，第5s末的瞬時速度是

m/s。參考答案：2

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15三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（10分）在2008年9月27日“神舟七號”宇航員翟志剛順利完成出艙活動，他的第一次太空行走標志著中國航天事業全新的時代即將到來。“神舟七號”圍繞地球做圓周運動時所需的向心力是由

提供，宇航員翟志剛出艙任務之一是取回外掛的實驗樣品，假如不小心實驗樣品脫手（相對速度近似為零），則它 （填“會”或“不會”）做自由落體運動。設地球半徑為R、質量為M，“神舟七號”距地面高度為h，引力常數為G，試求“神舟七號”此時的速度大小。參考答案：

答案：地球引力（重力、萬有引力）；不會。（每空2分）

以“神舟七號”為研究對象，由牛頓第二定律得：

（2分）

由勻速圓周運動可知：

（2分）

解得線速度

（2分）15.（4分）一束單色光由左側時的清水的薄壁圓柱比，圖為過軸線的截面圖，調整入射角α，光線拾好在不和空氣的界面上發生全反射，已知水的折射角為，α的值。

參考答案：解析：當光線在水面發生全放射時有，當光線從左側射入時，由折射定律有，聯立這兩式代入數據可得。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示為半徑R=0.50m的四分之一圓弧軌道，底端距水平地面的高度h=0.45m。一質量m=1.0kg的小滑塊從圓弧軌道頂端A由靜止釋放，到達軌道底端B點的速度v=2.0m/s。忽略空氣的阻力。取g=10m/s2。求：（1）小滑塊在圓弧軌道底端B點受到的支持力大小FN；（2）小滑塊由A到B的過程中，克服摩擦力所做的功W；（3）小滑塊落地點與B點的水平距離x。參考答案：（1）根據牛頓第二定律，

(3分)解得：

(2分)（2）根據動能定理，

(3分)

解得：

(2分)（3）水平方向：

(2分)豎直方向：

(2分)

解得：

17.如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為R.一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，脫離彈簧后當它經過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍，之后向上運動完成半個圓周運動恰好到達C點。試求：（1）彈簧開始時的彈性勢能；（2）物體從B點運動至C點克服阻力做的功；（3）物體離開C點后落回水平面時,重力的瞬時功率是多大參考答案：解:（1）物塊在B點時由牛頓第二定律得

------------------------------------------------2分

---------------------------------------------1分ks5u（2）恰好到達C點則

可得

-------------------------1分根據動能定理得：-----------------------------2分解得

即克服摩擦阻力做功

-----------------1分（3）

物體從C點平拋后，落地時豎直方向的速度為，重力的瞬時功率為----------------------------------------------------------------2分-------18.扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發生扭擺．其簡化模型如圖，Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強磁場區邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直于紙面．一質量為m、電量為－q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區，射入時速度與水平方向夾角θ＝30°.(1)當Ⅰ區寬度L1＝L、磁感應強度大小B1＝B0時，粒子從Ⅰ區右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30°，求B0及粒子在Ⅰ區運動的時間t0.(2)若Ⅱ區寬度L2＝L1＝L，磁感應強度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ區的最高點與Ⅱ區的最低點之間的高度差h.(3)若L2＝L1＝L、B1＝B0，為使粒子能返回Ⅰ區，求B2應滿足的條件．(4)若B1≠B2，L1≠L2，且已保證了粒子能從Ⅱ區右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區右邊界

射出的方向與從Ⅰ區左邊界射入的方向總相同，求B1、B2、L1、L2之間應滿足的關系式．參考答案：如圖1所示，設粒子射入磁場Ⅰ區的速度為v，在磁場Ⅰ區中做圓周運動的半徑為R1，由動能定理和牛頓第二定律得qU＝mv2

①qvB1＝m

②圖1由幾何知識得L＝2R1sinθ

③聯立①②③式，代入數據得B0＝

④設粒子在磁場Ⅰ區中做圓周運動的周期為T，運動的時間為tT＝

⑤t＝T

⑥聯立②④⑤⑥式，代入數據得t＝

⑦(2)設粒子在磁場Ⅱ區做圓周運動的半徑為R2，由牛頓第二定律得qvB2＝m

⑧由幾何知識可得h＝(R1＋R2)(1－cosθ)＋Ltanθ

⑨聯立②③⑧⑨式，代入數據得h＝(2－)L

⑩(3)如圖2所示，為使粒子能再次回到Ⅰ區，應滿足R2(1＋sinθ)<L[或R