廣西壯族自治區河池市宜州實驗中學2022年高三物理聯考試卷含解析一、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.夜晚，汽車前燈發出的強光將迎面駛來的汽車司機照射得睜不開眼，嚴重影響行車安全．若考慮將汽車前燈玻璃改用偏振玻璃，使射出的燈光變為偏振光；同時汽車前窗玻璃也采用偏振玻璃，其透偏方向正好與燈光的振動方向垂直，但還要能看清自己車燈發出的光所照亮的物體。假設所有的汽車前窗玻璃和前燈玻璃均按同一要求設置，如下措施中可行的是A．前窗玻璃的透振方向是豎直的，車燈玻璃的透振方向是水平的B．前窗玻璃的透振方向是豎直的，車燈玻璃的透振方向是豎直的C．前窗玻璃的透振方向是斜向右上45°，車燈玻璃的透振方向是斜向左上45°D．前窗玻璃和車燈玻璃的透振方向都是斜向右上45°參考答案：D解析：玻璃的透振方向是允許透過的偏振方向。要能看清自己車燈發出的光所照亮的物體，即車燈的透射炮經對面物體反射后能進入本車車窗玻璃，則同一車前窗玻璃和前燈玻璃的透振方向必須相同，選項AC錯；若使對面的車燈不進入車窗玻璃，則車窗玻璃的透振方向和對面車燈的透振方向必須豎直，B項中對面車燈光的偏振方向和本車車窗玻璃的透射方向相同，而D項符合垂直條件，故選項D正確。2.（多選題）如圖所示，光滑桿O′A的O′端固定一根勁度系數為k=10N/m，原長為l0=1m的輕彈簧，質量為m=1kg的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接，OO′為過O點的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為θ=30°，開始桿是靜止的，當桿以OO′為軸轉動時，角速度從零開始緩慢增加，直至彈簧伸長量為0.5m，下列說法正確的是（）A．桿保持靜止狀態，彈簧的長度為0.5mB．當彈簧伸長量為0.5m時，桿轉動的角速度為rad/sC．當彈簧恢復原長時，桿轉動的角速度為rad/sD．在此過程中，桿對小球做功為12.5J參考答案：ABD【考點】向心力；物體的彈性和彈力．【分析】當桿靜止時，小球受力平衡，根據力的平衡條件可求壓縮量，從而求彈簧的長度；對小球分析，抓住豎直方向上的合力為零，水平方向上的合力提供向心力，列式聯立求出勻速轉動的角速度；結合最高點的動能，運用動能定理求出桿對小球做功的大小．【解答】解：A、當桿靜止時，小球受力平衡，根據力的平衡條件可得：mgsin30°=kx，代入數據解得：x=0.5m，所以彈簧的長度為：l1=l0﹣x=0.5m，故A正確；B、當彈簧伸長量為0.5m時，小球受力如圖示：水平方向上：F2cos30°+Nsin30°=mω22（l0+x）cos30°豎直方向上：Ncos30°=mg+F2sin30°彈簧的彈力為：F2=kx聯立解得：ω2=rad/s，故B正確；C、當彈簧恢復原長時，由牛頓第二定律可得：mgtan30°=mω12l0cos30°，解得：ω1=rad/s，故C錯誤；D、在此過程中，由動能定理可得：W﹣mg?2xsin30°=m2﹣0，解得：W=12.5J，故D正確．故選：ABD．3.在如圖所示的電路中，電源電動勢為3.0V，內阻不計，L1、L2、L3為3個相同規格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖所示.當開關閉合后，下列判斷正確的是（

）A.燈泡L1的電阻為12ΩB.通過燈泡L1的電流為燈泡L2電流的2倍C.燈泡L1消耗的電功率為0.75WD.燈泡L2消耗的電功率為0.30W參考答案：ACD4.（單選）如圖所示電路中，三只燈泡原來都正常發光，電源內阻不計，當滑動變阻器的滑動觸頭P向左移動時，下面判斷正確的是（）A．L1和L3變亮，L2亮度不變B．L2電壓變化量大小與L1電流變化量大小比值不變C．L1中電流變化值小于L3中電流變化值D．L1上電壓變化值小于L2上的電壓變化值參考答案：考點：閉合電路的歐姆定律．專題：恒定電流專題．分析：由圖可知L3與R串聯后與L2并聯，再與R0、L1串聯；由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則可知總電阻的變化；由閉合電路的歐姆定律可知電路中電流的變化，即可知L1亮度的變化；將R0、L1作為內電阻處理，由U=E﹣Ir可知并聯部分電壓的變化，由歐姆定律可得出兩燈亮度的變化；因兩燈電阻均為定值，則可由歐姆定律得出電壓變化值的大小關系．解答：解：A、B當滑片左移時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流增大，故L1變亮；電路中總電流增大，故內電壓及R0、L1兩端的電壓增大，而電動勢不變，故并聯部分的電壓減小，故L2變暗；因L2中電流減小，干路電流增大，故流過L3的電流增大，故L3變亮；故A錯誤；B、L2電壓變化量大小與L1電流變化量大小比值即為電源的內阻，電阻R0及燈泡L1的電阻之和，因此比值不變，B正確；C、因L1中電流增大，L3中電流增大，而L2中電流減小；開始時有：I1=I2+I3，故I1電流的變化值一定小于L3中電流的變化值；故C正確；D、因并聯部分的電壓與L1、R0及內電阻上的總電壓等于電源的電動勢；L2兩端的電壓減小，L1、R0及內阻r兩端的電壓增大，而電動勢不變，故L1上電壓變化值小于L2上的電壓變化值，故D正確；故選：BCD．點評：本題不但考查電路中各量的變化方向，還考查了各電阻中電流及電壓的變化值，題目較為新穎，要求學生能靈活應用串并聯電路的電流電壓規律及閉合電路的歐姆定律．5.（多選）下列說法正確的是（）A．盧瑟福的α粒子散射實驗說明了原子的核式結構模型B．玻爾在研究原子結構中引進了量子化的觀念，并指出氫原子從低能級躍遷到高能級要吸收光子C．查德威克首先發現了中子D．若使放射性物質的溫度升高，其半衰期將減小E．鈾核（U）衰變為鉛核（Pb）的過程中，要經過8次α衰變和10次β衰變參考答案：解：A、盧瑟福用α粒子轟擊原子而產生散射的實驗，在分析實驗結果的基礎上，他提出了原子核式結構模型，故A正確；B、受普朗克量子論的啟發，愛因斯坦在對光電效應的研究中提出了光子說，故B正確；C、查德威克在用α粒子轟擊鈹核的實驗中發現了中子，故C正確；D、半衰期有放射性元素本身的特點決定，與溫度無關，故D錯誤；E、發生α衰變是放出42He，發生β衰變是放出電子0﹣1e，設發生了x次α衰變和y次β衰變，則根據質量數和電荷數守恒有：2x﹣y+82=92，4x+206=238，解得x=8，y=6，故衰變過程中共有8次α衰變和6次β衰變，故E錯誤．故選：ABC．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（4分）如圖所示，是一只電流電壓兩用表的電路。圖中表頭的內阻為100歐，滿偏電流為500微安，R1、R2的阻值分別是0.1歐和100歐。則它當作電流表使用時，量程是

mA，當作電壓表使用時，量程是

V。（兩空均保留整數）參考答案：

答案：500mA

50V7.某實驗小組在探究“加速度與物體質量、受力的關系”的實驗，設計如下的實驗方案，實驗裝置如圖所示，所使用打點計時器交流電源頻率是50Hz，具體實驗步驟如下：A.按圖所示安裝好實驗裝置；B.調節長木板的傾角，輕推小車后，使小車能沿長木板向下做勻速運動；C.取下細繩和砝碼盤，記下砝碼盤中砝碼的質量m；D.先接通打點計時器的電源，再放開小車，打出一條紙帶，由紙帶求得小車的加速度a；E.重新掛上細繩和砝碼盤，改變砝碼盤中砝碼質量，重復～步驟，求得小車在不同合外力F作用下的加速度。回答以下問題：（1）按上述方案做實驗是否要求砝碼和砝碼盤的總質量遠小于小車質量__________(填“是”或“否”).（2）實驗打出的其中一條紙帶如圖所示，由該紙帶可測得小車的加速度是___________m/s2.

(3)某同學將有關測量數據填入他所設計的表格，如下表：實驗次數12345砝碼盤中的砝碼總重力F/N0.100.200.290.390.49小車加速度a/m·s-2.0.881.441.842.382.89他根據表中的數據畫出a-F圖像如圖所示，造成圖線不過坐標原點的主要原因是______________________，從該圖線延長線與橫軸的交點可求出的物理量是__________，其大小是_____________。參考答案：（1）否

（2）1.44

(3)未考慮砝碼盤的重力

砝碼盤的重力

0.78N(0.76~0.79N)8.（4分）已知在t1時刻簡諧橫波的波形如圖中實線所示；在時刻t2該波的波形如圖中虛線所示。t2－t1=0.02s。若波的周期T滿足0.01s＜T＜0.02s，且從t1時刻起，圖中Q質點比R質點先回到平衡位置，則波速是___________m/s。參考答案：

答案：400m/s9.如圖所示是某同學探究功與速度變化的關系的實驗裝置，他將光電門固定在長木板上的B點，用不同重物通過細線拉同一小車，每次小車都從同一位置A由靜止釋放．（1）若用游標卡尺測出遮光條的寬度d如圖所示，d=

cm；（2）實驗中可近似認為細線對小車的拉力與重物重力大小相等，則拉力對小車所做的功為重物重力與AB的距離的乘積；測出多組重物的質量m和對應遮光條通過光電門的時間?t，通過描點作出線性圖象，研究功與速度變化的關系。處理數據時應作出_____圖象。

A．?t－m

B．?t2－m

C．

D．參考答案：（1）1.140

（2）D

10.氡核（）發生衰變后變為釙（），其衰變方程為

▲

，若氡（）經過一系列衰變后的最終產物為鉛（），則共經過

▲

次衰變，

▲

次衰變．參考答案：(2分)

4

(1分)；4

11.如圖所示，水平輕桿CB長1m，輕桿與墻通過轉軸O連接．現在離B點20cm處D點掛一重50N的物體，則繩AB中的拉力為[番茄花園22]

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

參考答案：12.如圖所示，完全相同的三塊木塊，固定在水平面上，一顆子彈以速度v水平射入，子彈穿透第三塊木塊的速度恰好為零，設子彈在木塊內做勻減速直線運動，則子彈先后射入三木塊前的速度之比為_

________________，穿過三木塊所用的時間之比_________________。參考答案：13.（4分）如圖所示當繩和桿之間的夾角為θ時A沿桿下滑的速度是V、此時B的速度是_________（用V和θ表示）；B是_________（加速或減速）。參考答案：減速三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（簡答）如圖12所示，一個截面為直角三角形的劈形物塊固定在水平地面上.斜面,高h=4m，a=37°,一小球以Vo=9m/s的初速度由C點沖上斜面.由A點飛出落在AB面上.不計一切阻力.(Sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)求.(l)小球到達A點的速度大小；(2)小球由A點飛出至第一次落到AB面所用時間；(3)小球第一次落到AB面時速度與AB面的夾角的正切值參考答案：(1)1(2)0.25s（3）6.29N機械能守恒定律．解析：(1)從C到A對小球運用動能定理]，解得v0=1m/s(2)將小球由A點飛出至落到AB面的運動分解為沿斜面（x軸）和垂直于斜面（y軸）兩個方向;則落回斜面的時間等于垂直于斜面方向的時間所以（3）小球落回斜面時沿斜面方向速度垂直斜面方向速度vy=1m/s，所以（1）由機械能守恒定律可以求出小球到達A點的速度．

（2）小球離開A后在豎直方向上先做勻減速直線運動，后做自由落體運動，小球在水平方向做勻速直線運動，應用運動學公式求出小球的運動時間．

（3）先求出小球落在AB上時速度方向與水平方向間的夾角，然后再求出速度與AB面的夾角θ的正切值．15.

（選修3-3（含2-2）模塊）(6分)理想氣體狀態方程如下：。從理論的角度，設定一定的條件，我們便能得到氣體三大定律：玻意爾定律、查理定律和蓋·呂薩克定律。下面請你通過設定條件，列舉其中兩條定律的內容。（要求條件、內容要與定律名稱相對應，不必寫數學表達式）參考答案：

答案：玻意爾定律：一定質量的氣體，在溫度不變的情況下，它的壓強跟體積成反比。查理定律：一定質量的氣體，在體積不變的情況下，它的壓強跟熱力學溫度成正比。蓋·呂薩克定律：一定質量的氣體，在壓強不變的情況下，它的體積跟熱力學溫度成正比。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（15分）如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置．環形區域內存在垂直紙面向外、大小可調節的均勻磁場．質量為m、電量為+q的粒子可在環中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的極板．原來電勢都為零，每當粒子經過A板時，A板電勢升高為+U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速．每當粒子離開B板時，A板的電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行的半徑不變．（設極板間距遠小于R）（1）設t=0時粒子靜止在A板小孔處，經電場加速后，離開B板在環開磁場中繞行，求粒子繞行第1圈時的速度v1和磁感應強度B1；（2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行n圈所需的總時間t；（3）在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可以始終保持為+U？為什么？參考答案：見解析解：（1）粒子繞行第一圈電場做功一次，由動能定理：即第1次回到B板時的速度為：繞行第1圈的過程中，由牛頓第二定律：

得（2）粒子在每一圈的運動過程中，包括在AB板間加速過程和在磁場中圓周運動過程．在AB板間經歷n次加速過程中，因為電場力大小相同，故有：

t總=t1+t2+t3+…+tn

由于每一圈速度不同，所以每一圈所需時間也不同．由第一問題計算可知，第1圈：．第2圈：第n圈：.則：第1圈：第2圈：第n圈：

綜上：繞行n圈過程中在磁場里運動的時間

（3）不可以，因為這樣粒子在A、B之間飛行時電場力做功qU使之加速，在A、B之外飛行時，電場又對其做功﹣qU使之減速，粒子繞行一圈，電場對其做的總功為零，能量不會增大．答：（1）設t=0時粒子靜止在A板小孔處，經電場加速后，離開B板在環開磁場中繞行，則粒子繞行第1圈時的速度：和磁感應強度；（2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，則粒子繞行n圈所需的總時間間；（3）不可以，因為這樣粒子在A、B之間飛行時電場力做功qU使之加速，在A、B之外飛行時，電場又對其做功﹣qU使之減速，粒子繞行一圈，電場對其做的總功為零，能量不會增大．17.