貴州省貴陽市求實中學高三物理聯考試題含解析

貴州省貴陽市求實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.做圓周運動的物體A.速度一定改變

B.動能一定改變C.加速度一定改變

D.機械能一定改變參考答案：AC2.（單選）如圖所示，由導體棒ab和矩形線框cdef組成的“10"圖案在勻強磁場中一起向右勻速平動，勻強磁場的方向垂直線框平面向里，磁感應強度B隨時間均勻增大，則下列說法正確的是（

） A．導體棒的a端電勢比b端電勢高，電勢差Uab在逐漸增大 B．導體棒的a端電勢比b端電勢低，電勢差Uab在逐漸增大 C．線框中cdef有順時針方向的電流，電流大小在逐漸增大 D．線框中cdef有逆時針方向的電流，電流大小在逐漸增大參考答案：A3.2018年2月，我國500m口徑射電望遠鏡（天眼）發現毫秒脈沖星“J0318+0253”，其自轉周期T=5.19ms，假設星體為質量均勻分布的球體，已知萬有引力常量為。以周期T穩定自轉的星體的密度最小值約為（

）A.

B.C.

D.參考答案：C試題分析;在天體中萬有引力提供向心力，即，天體的密度公式，結合這兩個公式求解。設脈沖星值量為M，密度為根據天體運動規律知：代入可得：，故C正確；故選C點睛：根據萬有引力提供向心力并結合密度公式求解即可。4.關于自由落體運動，下列說法中正確的是（

）（A）在任何相等的時間內速度的變化量相等 （B）在連續相等的位移內平均速度相等（C）在連續相等的位移內所用時間相等 （D）在任何相等的時間內位移的變化相等參考答案：A5.（多選）一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q，電荷Q在球心O處產生物的場強大小EO=，方向如圖所示.把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心O處產生電場的場強大小分別為El、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、右兩部分電荷在球心O處產生電場的場強大小分別為E3、E4．則A．E1>B．E2=C．E3>D．E4=參考答案：AC二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.11．某興趣小組在做“探究動能定理”的實驗前，提出了以下幾種猜想：①W∝v，②W∝v2，③W∝。他們的實驗裝置如下圖所示，PQ為一塊傾斜放置的木板，在Q處固定一個速度傳感器，物塊從斜面上某處由靜止釋放，物塊到達Q點的速度大小由速度傳感器測得。為探究動能定理，本實驗還需測量的物理量是

；根據實驗所測數據，為了直觀地通過圖象得到實驗結論，應繪制

圖象。參考答案：物塊初始位置到測速器的距離L

L-v2物塊在斜面上所受合力F不變，由得，，可見本實驗還需測量的物理量是物塊初始位置到測速器的距離L，由于L與v2成正比，所以應繪制L-v2圖象。7.一個帶電小球，帶有5.0×10-9C的負電荷；當把它放在電場中某點時，受到方向豎直向下、大小為2.0×10-8N的電場力，則該處的場強大小為_____，方向__

_；如果在該處放上一個電量為3.2×10-12C帶正電的小球，所受到的電場力大小為__

__，方向__

__；參考答案：4N/C

豎直向上

1.28×10-11N

豎直向上

場強大小為，方向與負電荷所受的電場力方向相反，即豎直向上；如果在該處放上一個電量為帶正電的小球，所受到的電場力大小為，方向豎直向上；8.歷史上第一次利用加速器實現的核反應，是用加速后動能為0.5MeV的質子轟擊靜止的，生成兩個動能均為8.9MeV的.(1MeV＝1.6×10－13J)，寫出核反應方程為_________________________．質量虧損為________kg.參考答案：)＋→＋或＋→＋

3.1×10－29kg9.如圖所示，用DIS研究兩物體m1和m2間的相互作用力，m1和m2由同種材料構成。兩物體置于光滑的水平地面上，若施加在m1上的外力隨時間變化規律為：F1=kt+2，施加在m2上的恒力大小為：F2=2N。由計算機畫出m1和m2間的相互作用力F與時間t的關系圖。

則F—t圖像中直線的斜率為_____________（用m1、m2、k表示），縱坐標截距為________N參考答案：km2/(m1+m2)

2N10.(4分)如圖所示，兩平行板間為勻強電場，場強方向與板垂直，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿與板平行的方向射入電場中，P從兩極板正中射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在上板的同一點上，不計重力，則它們所帶的電荷量之比

，從開始射入到打到上板的過程中，它們的電勢能減小量之比 。

參考答案：答案：1：2l：411.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數分別為nl和n2，當負載電阻R中流過的電流為I時，原線圈中流過的電流為

；現減小負載電阻R的阻值，則變壓器的輸入功率將

（填“增大”、“減小”或“不變”）。參考答案：答案：增大解析：由變壓器的電流比可知，，故，由題意知原線圈的電壓不變，由P2＝和P1＝P2可知，R減小時，則P1＝P2均增大。12.某同學用如圖甲所示的裝置做“探究加速度與物體受力的關系”實驗（1）該同學在實驗室找到了一個小正方體木塊，用實驗桌上的一把游標卡尺測出正方體木塊的邊長，如圖乙所示，則正方體木塊的邊長為

（2）接著用這個小正方體木塊把小車軌道的一端墊高，通過速度傳感器發現小車剛好做勻速直線運動．設小車的質量為，正方體木塊的邊長為，并用刻度尺量出圖中AB的距離為，，重力加速度為，則小車向下滑動時受到的摩擦力為

（結果用字母表示，很小時）（3）然后用細線通過定滑輪掛上重物讓小車勻加速下滑，不斷改變重物的質量，測出對應的加速度，則下列圖象中能正確反映小車加速度與所掛重物質量的關系的是

參考答案：（1）3.150

（2）

（3）C13.在點電荷電場中的A點分別由靜止釋放質子和α粒子，從A運動到B的過程中，電場力對質子和α粒子的沖量之比為

。參考答案：

答案：：4三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（11分）簡述光的全反射現象及臨界角的定義，并導出折射率為的玻璃對真空的臨界角公式。參考答案：解析：光線從光密介質射向光疏介質時，折射角大于入射角，若入射角增大到某一角度C，使折射角達到，折射光就消失。入射角大于C時只有反射光，這種現象稱為全反射，相應的入射角C叫做臨界角。

光線由折射率為的玻璃到真空，折射定律為：

①

其中分別為入射角和折射角。當入射角等于臨界角C時，折射角等于，代入①式得

②15.質量為m=4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現用F=10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x=45m，物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.2．g取10m/s2．求：（1）撤去力F后物塊繼續滑動的時間t；（2）物塊在力F作用過程發生的位移x1的大小．參考答案：（1）撤去力F后物塊繼續滑動的時間為3s；（2）物塊在力F作用過程發生的位移x1的大小36m解：設F作用時間為t1，之后滑動時間為t，前段加速度大小為a1，后段加速度大小為a2（1）由牛頓第二定律可得：F﹣μmg=ma1μmg=ma2且：a1t1=a2t可得：a1=0.5m/s2，a2=2m/s2，t1=4t（a1t12+a2t2）=x解得：t=3s（2）由（1）可知，力F作用時間t1=4t=12x1=a1t12==36m答：（1）撤去力F后物塊繼續滑動的時間為3s；（2）物塊在力F作用過程發生的位移x1的大小36m四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，兩物塊A、B并排靜置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，兩物塊的質量均為M=0.60kg。一顆質量m=0.10kg的子彈C以v0=100m/s的水平速度從左面射入A物塊，子彈射穿A后接著射入B并留在B中，此時A、B都沒有離開桌面。已知物塊A的長度為0.27m，A離開桌面后，落地點到桌邊的水平距離s=2.0m。設子彈在物塊A、B中穿行時受到的阻力保持不變，g取10m/s2。求：（1）物塊A和物塊B離開桌面時速度的大小分別是多少；（2）求子彈在物塊B中穿行的距離；（3）為了使子彈在物塊B中穿行時物塊B未離開桌面，求物塊B到桌邊的最小距離。參考答案：(1)子彈射穿物塊A后，A以速度vA沿桌面水平向右勻速運動，離開桌面后做平拋運動

t=0.40sA離開桌邊的速度

=5.0m/s設子彈射入物塊B后，子彈與B的共同速度為vB，子彈與兩物塊作用過程系統動量守恒：B離開桌邊的速度=10m/s（2）設子彈離開A時的速度為，子彈與物塊A作用過程系統動量守恒：m/s子彈在物塊B中穿行的過程中，由能量守恒

①子彈在物塊A中穿行的過程中，由能量守恒

②由①②解得m（3）子彈在物塊A中穿行的過程中，物塊A在水平桌面上的位移為s1,根據動能定理

③子彈在物塊B中穿行的過程中，物塊B在水平桌面上的位移為s2，根據動能定理

ks5u

④由②③④解得物塊B到桌邊的最小距離

smin=2.5×10-2m

17.如圖所示，M、N為水平放置、互相平行且厚度不計的兩金屬板，間距，已知N板電勢高，兩板間電壓×V。現有一質量×，電荷量×的帶負電油滴，由N板下方距N為的O處豎直上拋，經N板中間的P孔進入電場，到達上板Q點時速度恰為零。求油滴上拋的初速度。（取）參考答案：18.如圖所示，將質量均為m厚度不計的兩物塊A、B用輕質彈簧相連接．第一次只用手托著B物塊于H高處，A在彈簧彈力的作用下處于靜止，現將彈簧鎖定，此時彈簧的彈性勢能為，現由靜止釋放A、B，B物塊著地后速度立即變為0，同時彈簧鎖定解除，在隨后的過程中B物塊恰能離開地面但不繼續上升．第二次用手拿著A、B兩物塊，使得彈簧豎直并處于原長狀態，此時物塊B離地面的距離也為H，然后由靜止同時釋放A、B，B物塊著地后速度同樣立即變為0．求：（1）第二次釋放A、B后，A上升至彈簧恢復原長時的速度；（2）第二次釋放A、B后，B剛要離地時A的速度．參考答案：（1）第二次釋放，A、B自由落體運動，B著地后，A和彈簧相互作用至A上升到彈簧恢復原長過程中，彈簧對A做的總功為零對A由動能定理有mgH=mv12/2

①（4分）

解得v1=(2gh)1/2

方向向上（2）設彈簧的勁度系數為k，第一次釋放AB前，彈簧壓縮,量為?x1=mg/k

②

第一次釋放AB后，B剛要離地時彈簧伸長,

量為?x2=mg/k

③

第二次釋放AB后，在B剛要離地時彈簧伸長,量為?x3=mg/k

④

由②③④得?x1=?x2=?x3

⑤

即這三個狀態，彈簧的彈性勢能都為Ep

（3分）

在第一次釋放AB后至B著地前過程，對A、B和彈簧組成的系統

由機械能守恒有

2mgh=2mv2/2

⑥

（3分）

從B著地后到B剛要離地的過程，對A的彈簧組成的系統，由機械能守恒有mv2/2

+Ep=mg(?x1+?x2)+Ep

⑦

（3分）

第二次釋放后，對A的彈簧系統，從A上升至彈簧恢復原長到B剛要離地過程，由機械能守恒有mv12/2

=mg?x3+Ep+mv22/2

⑧

（3分）

由①⑥⑦⑧得v2=(gh-

2Ep/m)1/2

（2）如圖所示。

（4分）（3）物體A離開紙帶時的速度

v1=a1t1

（1分）兩物體在地面上運動時有

μ21mg=ma12（1分）物體A從開始運動到停在地面