2022年山西省大同市燕子山礦中學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）如圖所示，將重物G用AO和BO繩掛在半圓支架PQR上，O點恰位于PQR的圓心，AO及BO繩的拉力大小分別為T1與T2。若保持OA繩及O點位置不動，將BO繩在支架上的懸掛點從R移至Q的過程中，兩繩拉力大小的變化情況分別是A．T1、T2都增大

B．T1、T2都減小C．T1增大，T2先增大后減小D．T1減小，T2先減小后增大參考答案：D2.（單選）某運動員(可看作質點)參加跳板跳水比賽，t＝0是其向上起跳瞬間，其速度與時間關系圖象如圖所示，則A．t1時刻開始進入水面B．t2時刻開始進入水面C．t3時刻已浮出水面D．0～t2時間內，運動員處于超重狀態參考答案：B3.（單選）如圖所示，在兩個正點電荷、（其中，）形成的電場中，a、b為兩點電荷連線的中垂線上的兩點，且aO=bO。c、d為兩點電荷連線的三等分點，即Mc=cd=dN。則下列說法中正確的是

A．a、b兩點的電場強度和電勢都相同

B．將帶電量為q的正點電荷從c沿cd連線移到d的過程中，電場力一直做正功

C．將帶電量為q的正點電荷從a沿ab連線移到O的過程中，電場力不做功

D．a、b、c、d四點中，電勢最高的點是c點，電勢最低的點是d點參考答案：D4.將標有“110V、40W”白熾燈L1和標有“110V、100W”白熾燈L2，與一只滑動變阻器（0～300Ω）組合起來接在220V的線路上，使L1、L2都能正常發光，下圖中最優化的接法是參考答案：C5.（多選）重為60N的均勻直桿AB一端用鉸鏈與墻相連，另一端用一條通過定滑輪M的繩子系住，如圖所示，繩子一端與直桿AB的夾角為30°，繩子另一端在C點與AB垂直，AC=0.1AB?；喤c繩重力不計。則（

）A．繩對B點的拉力是50NB．繩對C點的拉力是25NC．軸對定滑輪M的作用力是75N，方向豎直向上D．軸對定滑輪M的作用力是50N，方向與豎直方向成300角向上參考答案：AD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，水平平行線代表電場線，但未指明方向，帶電量為10-8C的正電微粒，在電場中只受電場力的作用，由A運動到B，動能損失2×10-4J，A點的電勢為-2×103V，則微粒運動軌跡是虛線______（填“1”或“2”），B點的電勢為_________V．

參考答案：

2

，

1.8×1047.(6分)一定質量的非理想氣體體積膨脹對外做了4×103J功的同時，又從外界吸收了2.4×103J的熱量，則在該過程中，氣體內能的增量△U=______J，氣體的分子勢能和分子動能分別__________、________(填“增加”“減小”或“不變”)參考答案：-1.6×103J

增加，減小8.某同學在做“探究單擺周期與擺長的關系”的實驗中，分別用兩種儀器來測量擺球直徑，操作如圖1所示，得到擺球的直徑為d=19.12mm，此測量數據是選用了儀器

（選填“甲”或“乙”）測量得到的．

該同學先用米尺測得擺線的長度，再采用上題中的方法測得擺球直徑，他通過改變擺長，進行多次實驗后以擺長L為橫坐標，T為縱坐標，作出T﹣圖線，若該同學在計算擺長時加的是小球直徑，則所畫圖線是圖2中是

．（填“A”、“B”或者“C”）參考答案：（1）乙；（2）C．【考點】研究彈簧振子的周期和小球質量的關系．【分析】（1）將給出的數據域游標卡尺域螺旋測微器的最小分度比較，確定是哪一個的測量結果；（2）由單擺周期公式求出圖象的函數表達式，根據函數表達式與圖象，即可求解【解答】解：（1）圖甲是螺旋測微器，其最小分度是0.001mm，而乙為50分度的游標卡尺，最小分度是0.02mm，d=19.12mm；符合游標卡尺的讀數，不符合螺旋測微器的讀數的精確度．故此測量數據是選用了儀器乙；（2）由單擺周期公式：T=2π可得：T2=L，若該同學計算擺長時候加的是小球直徑，則對應的準確表達式應為：T2=（L﹣），則可知圖象應與橫坐標有交點，故C正確，AB錯誤．故選：C；故答案為：（1）乙；（2）C．9.甲、乙兩車以相同的速率在水平地面上相向做勻速直線運動，某時刻乙車先以大小為a的加速度做勻減速運動，當速率減小到0時，甲車也以大小為a的加速度做勻減速運動。為了避免碰車，在乙車開始做勻減速運動時，甲、乙兩車的距離至少應為_________.參考答案：10.一物塊以一定的初速度沖上斜面，利用速度傳感器可以在計算機屏幕上得到其速度大小隨時間的變化關系圖象如圖所示，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.則：物塊下滑時的加速度大小為

；物塊與斜面間的動摩擦因數為

。.參考答案：2m/s2

，

11.某發電廠用2.2KV的電壓將電能輸出到遠處的用戶，后改為用22KV的電壓，在既有輸電線路上輸送同樣的電功率。前后兩種輸電方式消耗在輸電線上的電功率之比為__________。要將2.2KV的電壓升高到22KV，若變壓器原線圈的匝數為180匝，則副線圈的匝數應該是________匝。參考答案：答案：100；1800解析：由于電線的電阻不變，相同的功率，以不同的電壓輸送時，輸送電流也不同。設輸送功率為P，則有，而在電線上損耗功率為，所以有損失的功率與輸送電壓的平方成反比，兩種輸電方式的輸送電壓之比為，所以損失功率之比為，即前后兩種輸電方式消耗在輸電線上的電功率之比為100。理想變壓器沒有能量損失，原副線圈的電壓比等于匝數比。所以副線圈的匝數為原線圈匝數的10倍，等于1800匝。12.如圖所示，a、b兩幅圖分別是由單色光照射圓孔屏和肥皂膜后所觀察到的圖案．兩種圖案雖然不一樣，但卻共同反映了光具有

性；產生圖案a的條件是圓孔屏上圓孔的大小要和單色光的_________________差不多．參考答案：答案：波動

波長13.光滑的水平面上固定著一個螺旋形光滑水平軌道，俯視如圖所示。一個小球以一定速度沿軌道切線方向進入軌道，則軌道對小球做_______（填“正功”、“負功”或“不做功”），小球的線速度_______（填“增大”、“減小”或“不變”）。參考答案：不做功；不變解析：軌道支持力與運動方向垂直，軌道對小球不做功，小球的線速度不變。三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.(6分)如圖所示，己知平行玻璃磚的折射率，厚度為.入射光線以入射角60°射到玻璃磚的上表面，經玻璃磚折射從下表面射出，出射光線與入射光線平行，求兩平行光線間距離。（結果可用根式表示）

參考答案：解析：作出光路如圖

由折射定律得（2分）

所以r=30°（2分）

由圖知

則AB—AC=d·tan30°=d

出射光線與入射光線間的距離是d（2分）15.質量分別為m和3m的A、B兩個小球以相同的速率v沿同一直線相向運動，碰后B球停止不動，試求A球碰后的速度，并判斷它們之間發生的是彈性碰撞還是非彈性碰撞（說明理由）．參考答案：彈性碰撞取B球碰前的速度方向為正方向，設A球碰后的速度為v′，由動量守恒定律有解得，方向與B球碰前的速度方向相同由于，故碰撞前后的總動能相等，則此碰撞是彈性碰撞四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，在以坐標原點O為圓心，半徑為R的半圓形區域內，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子（不計重力）從O點沿y軸正方向以某一速度射人，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經t0時間從P點射出．（1）電場強度的大小和方向．（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射人，經時間恰從半圓形區域的邊界射出，求粒子運動加速度大?。?）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點射入但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間．參考答案：考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動．版權所有專題：壓軸題．分析：（1）帶電粒子沿y軸做直線運動，說明粒子的受力平衡，即受到的電場力和磁場力大小相等，從而可以求得電場強度的大??；（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動，根據類平拋運動的規律可以求得粒子運動加速度大小；（3）僅有磁場時，入射速度v′=4v，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由幾何關系可以求得圓周運動的半徑的大小，由周期公式可以求得粒子的運動的時間．解答：解：（1）設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E．可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x軸負方向，于是可知電場強度沿x軸正方向且有

qE=qvB

①又

R=vt0

②則

E=?③（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動在y方向位移

④由②④式得

y=

⑤設在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區域邊界上，于是

x=R

又有

x=a

⑥得

a=

⑦（3）僅有磁場時，入射速度v′=4v，帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，設軌道半徑為r，由牛頓第二定律有qv′B=m

⑧又

qE=ma

⑨由③⑦⑧⑨式得

r=R

⑩由幾何關系

sinα=

（11）即

sinα=所以α=

（12）帶電粒子在磁場中運動周期T=則帶電粒子在磁場中運動時間

tB=T

所以tB=t0

（13）17.如圖所示．小球A從傾角37°足夠長的斜面上的頂點處開始沿斜面勻速下滑，速度大小v1=6m/s，經過時間Δt后，從斜面頂點處以速度v2=4m/s水平拋出一個飛鏢，結果飛鏢恰好在斜面上某處擊中小球A。不計飛鏢運動過程中的空氣阻力，可將飛鏢和小球視為質點。已知重力加速度為g，試求：（1）飛鏢是以多大的速度擊中小球的?（2）兩個物體開始運動的時間間隔Δt應為多少?參考答案：：（1）飛鏢落在斜面上有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)飛鏢落在斜面上的豎直分位移為y=gt22/2=1.8m

(2分)

得合位移s=y/sinθ=3m

(1分)

小球的運動時間t1=s/v1=0.5s

(2分)

Δt=t2－t1=0.1s

18.如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內．小球A、B質量分別為m、βm（β為待定系數）．A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失．重力加速度為g．試求：（1）待定系數β；（2）第一次碰撞剛結束時小球A、B各自的速度和B球對軌道的壓力；（3）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結束時各自的速度．參考答案：考點： 動量守恒定律；動能定理的應用．專題： 壓軸題；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合．分析： （1）由題，碰撞中無機械能損失，以AB組成的系統研究，由機械能守恒定律研究A球從靜止開始下滑到碰撞后A、B球達到的最大高度的過程，可求出待定系數β；（2）碰撞后，A、B兩球各自的機械能守恒，可求出碰撞后的速度，B球由軌道的支持力和重力的合力提供向心，由牛頓運動定律求解B球對軌道的壓力；（3）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞過程，根據機械能守恒和動量守恒，求出小球A、B碰撞后兩球的速度，再進行討論．解答： 解：（1）A球從靜止開始下滑到碰撞后A、B球達到的最大高度的過程，由機械能守恒定律得

mgR=mgR+解得，β=3（2）設A、B碰撞后的速度分別為v1、v2，則則

=mgR=設向右方向正，向左為負，則得

v1=﹣，方向向左；，方向向右．設軌道對B球的支持力為N，B球對軌道的壓力為N′，方向豎直向下為正則由牛頓第二定律得

N﹣βmg=βm得，N=4.5mg由牛頓第三定律得，N′=﹣N=﹣4.5mg，方向豎直向下．（3）設A、B兩球第二次碰撞剛結束時各自的速度分別為V1、V2，由機械能守恒和動量守恒得

mgR=+﹣mv1﹣βmv2=mV1+βmV2解得，V1=﹣，V2=0．（另一組解：V1=﹣v1，V2=﹣v2，不合題意，舍去）由此可得

當n為奇數時，小球A、B在第n次碰撞鍘結束時的速度分別與其第一次碰撞剛結束時相同；

當n為偶數時，小球