浙江省金華市師范大學附屬中學2022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）如圖所示，一光滑的半圓形碗固定在水平地面上，質量為m1的小球（視為質點）用輕繩跨過光滑碗連接質量分別為m2和m3的物體，平衡時小球恰好與碗之間沒有彈力作用．則m1、m2和m3的比值為A．123

B．211C．21

D．21參考答案：【知識點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．B3B4【答案解析】C解析：對碗內的小球m1受力分析，受重力、兩個細線的兩個拉力，由于碗邊緣光滑，故相當于動滑輪，故細線對物體m2的拉力等于m2g，細線對物體m1的拉力等于m1g，

如圖根據共點力平衡條件，兩個拉力的合力與重力等值、反向、共線，有

G2=G1cos30°

G3=G1sin30°

故m1：m2：m3=2：：1;故選：C【思路點撥】對碗內的小球受力分析，根據共點力平衡條件，運用合成法求解．本題關鍵是對碗內小球受力分析，根據三力平衡條件可知，三個力中任意兩個力的合力與第三個力等值、反向、共線，然后運用合成法作圖，根據幾何關系得到三個物體的重力之比．2.（多選）物體沿直線運動的v-t關系如下圖所示，第3秒末到第7秒末的圖像為直線，已知在第1秒內合外力對物體做的功為W，加速度為2a，則（

）A.從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2WB.從第5秒末到第7秒末合外力做功為W C.從第3秒末到第4秒末合外力做功為－0.75WD.從第3秒末到第7秒末合外力做功為零，加速度為-a參考答案：BCD

試題分析：設第一秒末的速度為，第3秒到第7秒，根據對稱性可得7秒末的速度也等于。根據動能定理合外力做功等于動能變化量，即。從第3秒末到第5秒末合外力做功選項A錯。第5秒末到第7秒末合外力做功，選項B對。第4秒末的速度為，從第3秒末到第4秒末合外力做功為選項C對。從第3秒末到第7秒末合外力做功為，根據第一秒加速度，從第3秒末到第7秒末加速度。選項D對。

考點：速度時間圖像

動能定理3.（單選）一平行板電容器兩極板間距為d、極板面積為S、電容為，其中是常量對此電容器充電后斷開電源當增加兩板間距時，電容器極板間（

）

A．電場強度不變，電勢差變大

B電場強度不變，電勢差不變

C．電場強度減小，電勢差不變

D．電場強度減小，電勢差減小參考答案：A4.目前世界上正在研究一種新型發電機叫磁流體發電機，它可以把氣體的內能直接轉化為電能。如圖所受為它的發電原理圖。將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量的帶正電和負電不計重力的微粒，從整體上來說呈中性）噴入磁感應強度為B的磁場，磁場中有兩塊面積為S，相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構成一電路。設氣流的速度為v，氣體的電導率（電阻率的倒數）為g，則流過外電阻R的電流強度I及電流方向為A.I=，A

R

B

B.I=，B

R

A

C.I=，B

R

A

D.I=，A

R

B

參考答案：D由題意可知，,解得I=，由于A板帶正電，相當于電源的正極，故電流方向為A

R

B，選項D正確。5.如圖所示，在勻強磁場區域中有一光滑斜面體，在斜面體上放了一根長為L，質量為m的導線，當通以如圖方向的電流I后，導線恰能保持靜止，則磁感應強度B滿足A．，方向水平向左B．，方向垂直紙面向外C．，方向沿斜面向上D．，方向豎直向下參考答案：AD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖，真空中有兩根絕緣細棒，處于豎直平面內，棒與豎直方向夾角為α，棒上各穿一個質量為m的小球，球可沿棒無摩擦的下滑，兩球都帶+Q的電量，現讓兩小球從同一高度由靜止開始下滑，當兩球相距為

時速度最大。參考答案：

7.）用歐姆表測電阻時，將選擇開關置于合適的擋位后，必須先將兩表筆短接，調整

▲

旋鈕，使指針指在歐姆刻度的“0”處．若選擇旋鈕在“×100”位置，指針在刻度盤上停留的位置如圖所示，所測量電阻的值為

▲

．參考答案：歐姆調零（2分）

3200（2分）歐姆表使用前首先應進行調零，即將兩表筆短接，調整歐姆調零旋鈕使指針指在歐姆刻度的“0”處。歐姆表讀數一定不要忘記乘以倍率。8.磁電式電流表（表頭）最基本的組成部分是磁鐵和放在磁鐵兩極之間的線圈，由于線圈的導線很細，允許通過的電流很弱，所以在使用時還要擴大量程．已知某一表頭G，內阻Rg=30Ω，滿偏電流Ig=5mA，要將它改裝為量程為0～3A的電流表，所做的操作是并聯（填“串”或者“并”）一個0.05Ω的電阻．參考答案：考點：磁電式電表原理．分析：把電流表改裝成大量程電流表，應給電流表并聯一個電阻，阻值R并=，I為量程．解答：解：改裝成電流表是要擴大電流的量程，使用并聯電路的分流原理；要并聯的阻值為：R并===0.05Ω；故答案為：并，0.05．點評：改裝成電流表要并聯電阻分流，電阻值等于滿偏電壓除以所分最大電流，改裝成電壓表要串聯電阻分壓，電阻值等于量程除以滿偏電流減去原內阻．9.如圖為“用DIS（位移傳感器、數據采集器、計算機）研究加速度和力的關系”的實驗裝置。（1）在該實驗中必須采用控制變量法，應保持___________不變，用鉤碼所受的重力作為___________，用DIS測小車的加速度。（2）改變所掛鉤碼的數量，多次重復測量。在某次實驗中根據測得的多組數據可畫出a-F關系圖線（如圖所示）。①分析此圖線的OA段可得出的實驗結論是_________________________________。②（單選題）此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是（

）A．小車與軌道之間存在摩擦

B．導軌保持了水平狀態C．所掛鉤碼的總質量太大

D．所用小車的質量太大參考答案：（1）小車的總質量，小車所受外力，（2）①在質量不變的條件下，加速度與外力成正比，②C，10.如圖所示的氣缸中封閉著一定質量的理想氣體，活塞和氣缸間都導熱，活塞與氣缸間無摩擦，氣缸開口始終向上.在室溫為27°時，活塞距氣缸底部距離h1=10cm,后將氣缸放置在冰水混合物中，則：①在冰水混合物中，活塞距氣缸底部距離h2=？②此過程中氣體內能

（填“增大”或“減小”），氣體不對外做功，氣體將

(填“吸熱”或者“放熱”).參考答案：①氣缸內氣體的壓強不變，由蓋?呂薩克定律可知：

（2分）h2=7.9cm

（1分）②減小（1分），放熱（1分）11.在圓軌道運動的質量為m的人造地球衛星,它到地面的距離等于地球半徑R，已知地面上的重力加速度為g，則衛星運動的加速度為

，衛星的動能為

。參考答案：g/4，mgR／412.某行星繞太陽運動可近似看作勻速圓周運動，已知行星運動的軌道半徑為R，周期為T，萬有引力恒量為G，則該行星的線速度大小為

；太陽的質量可表示為

。參考答案：答案：，

解析：該行星的線速度V=；由萬有引力定律G=，解得太陽的質量M=

。13.光滑水平面上兩物體b、b用不可伸長的松弛細繩相連，A質量為2kg，B質量為1kg；現使兩物體同時沿直線背向而行(=4m/s，

=2m/s)，直至繩被拉緊，然后兩物體一起運動，它們的總動量大小為

kg·m/s，兩物體共同運動的速度大小為

m/s．參考答案：6

2三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（2014?宿遷三模）學校科技節上，同學發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：聯立解得v=代入數據得，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，F2=8.3N．得x=代入數據解得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律是解決本題的關鍵．15.如圖為一塊直角三棱鏡，頂角A為30°．一束激光沿平行于BC邊的方向射向直角邊AB，并從AC邊射出，出射光線與AC邊夾角也為30°．則該激光在棱鏡中的傳播速度為多少？(結果保留兩位有效數字)參考答案：1.7×108m/s解：光路圖如圖：

由幾何關系得：α=∠A=30°，β=90°-30°=60°

折射率

激光在棱鏡中傳播速【點睛】幾何光學要正確作出光路圖，由幾何知識找出入射角和折射角是關鍵．知道光速和折射率的關系.四、計算題：本題共3小題，共計47分16.土星周圍有許多大小不等的巖石顆粒，其繞土星的運動可視為圓周運動。其中有兩個巖石顆粒A和B與土星中心的距離分別為和。忽略所有巖石顆粒間的相互作用。（結果可用根式表示）（1）求巖石顆粒A和B的線速度之比。（2）求巖石顆粒A和B的周期之比。（3）土星探測器上有一物體，在地球上重為10N，推算出它在距離土星中心處受到土星的引力為0.38N.已知地球半徑為，請估算土星質量是地球質量的多少倍？參考答案：答案：（1）；（2）；（3）。

解析：

（1）設土星質量為M0，顆粒質量為m，顆粒距土星中心距離為r，線速度為v，根據牛頓第二定律和萬有引力定律：解得：對于A、B兩顆粒分別有：和得：（2）設顆粒繞土星作圓周運動的周期為T，則：

對于A、B兩顆粒分別有：和

得：（3）設地球質量為M，地球半徑為r0，地球上物體的重力可視為萬有引力，探測器上物體質量為m0，在地球表面重力為G0，距土星中心r0/＝3.2×105km處的引力為G0/，根據萬有引力定律：

解得：17.如圖所示，物塊A和長木板B的質量均為1kg，A與B之間、B與地面之間的動摩擦因數分別為0.5和0.2，開始時A靜止在B的左端，B停在水平地面上．某時刻起給A施加一大小為10N，方向與水平成θ=37°斜向上的拉力F，0.5s后撤去F，最終A恰好停在B的右端．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）（1）通過計算說明前0.5s內木板B是否運動．（2）0.5s末物塊A的速度．（3）木板B的長度．參考答案：考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．專題：牛頓運動定律綜合專題．分析：（1）求出摩擦力，根據摩擦力大小關系判斷B的運動狀態；（2）由速度公式求出速度；（3）由牛頓第二定律求出加速度，應用速度公式與位移公式、兩物體間位移的幾何關系求出木板長度．解答：解：（1）前0.5s內，對A，由牛頓第二定律得：Fcosθ﹣fA1=maA1，fA1=μ1（mg﹣Fsinθ）=2N，木板B與地面間的最大靜摩擦力：fm=μ2（2mg﹣Fsinθ）=2.8N，由于fA1＜fm，B沒有發生運動；（2）速度vA1=aA1t1，代入數據解得：vA1=3m/s；（3）撤去F后，由牛頓第二定律得：對A，μ1mg=maA2，對B，μ2?2mg﹣μ1mg=maB，當A到達B右端時，二者速度向上，之后共同減速至靜止，不再相對滑動，v=vA1﹣aA2t2，v=aBt2，各過程中，A、B的位移：xA1=aA1t12，xA2=t2，xB=aBt22，由幾何關系可知，木板B的長度：L=x