2021年广东省广州市江村中学高三物理联考试卷含解析

2021年广东省广州市江村中学高三物理联考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（多选）如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是（

）A．粒子一定带正电B．加速电场的电压C．直径D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷参考答案：【知识点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．K4【答案解析】ABD解析：A、由左手定则可知，粒子带正电，故A正确；B、根据电场力提供向心力，则有qE=，又有电场力加速运动，则有qU=mv2，从而解得：U=，故B正确；C、根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=，结合上式可知，PQ=，故C错误；D、若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的直径相同，由于磁场，电场与静电分析器的半径不变，则该群离子具有相同的比荷，故D正确；故选ABD【思路点拨】带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动．后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动．最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．根据洛伦兹力的方向，从而可确定电性，进而可确定极板的电势高低．根据牛顿第二定律可得在电场力作用下做匀速圆周运动的表达式，从而求出加速电压．最后再由牛顿第二定律，洛伦兹力等于向心力可知，运动的半径公式，即影响半径的大小因素．考查粒子在电场中加速与匀速圆周运动，及在磁场中做匀速圆周运动．掌握电场力与洛伦兹力在各自场中应用，注意粒子在静电分析器中电场力不做功．2.阻值为1Ω的电阻上通以交变电流，其i～t关系如图，则在0～1s内电阻上产生的热量为A．1JB．1.5JC．2JD．2.8J参考答案：

答案：D3.汽车刹车后做匀减速直线运动，经3s后停止运动，那么，在这连续的3个1s内汽车通过的位移之比为(

)A.1∶3∶5 B.5∶3∶1 C.1∶2∶3 D.3∶2∶1参考答案：B分析】初速度为零的匀加速直线运动在连续相等时间内的位移之比为1：3：5，本题采取逆向思维判断在这连续的3个1s内汽车通过的位移之比；【详解】汽车刹车后做匀减速直线运动，经3s后停止运动，逆过来看，做初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀加速直线运动在连续相等时间内的位移之比为1：3：5，知在这连续的3个1s内汽车通过的位移之比为5：3：1，故B正确，ACD错误。【点睛】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的推论，本题运用逆向思维解决比较简单。4.（多选）如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为+q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则下列说法不正确的是（）A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将减速下滑B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变大D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑参考答案：【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：若滑块匀速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上竖直方向的匀强电场后，竖直方向加上电场力，再分析物体受力能否平衡，判断物体能否匀速运动．：解：A、若滑块匀速下滑时，则有mgsinθ=μmgcosθ．当加上竖直向上的电场后，在沿斜面方向，（mg﹣F）sinθ=μ（mg﹣F）cosθ，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故A错误；B、若滑块匀速下滑，有mgsinθ=μmgcosθ．加上竖直向下的电场后，在沿斜面方向，（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故B正确；C、若滑块匀减速下滑，根据牛顿第二定律，有：μmgcosθ﹣mgsinθ=ma，解得a=g（μcosθ﹣sinθ）；加上竖直向上的电场后，根据牛顿第二定律，有：μ（mg﹣F）cosθ﹣（mg﹣F）sinθ=ma′，解得a′=g（μcosθ﹣sinθ）（1﹣）；故a＜a′，即加速度减小，故C错误；D、若滑块匀加速下滑，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，解得a=g（sinθ﹣μcosθ）；加上竖直向下的电场后，根据牛顿第二定律，有：（F+mg）sinθ﹣μ（F+mg）cosθ=ma′，解得a′=g（sinθ﹣μcosθ）（1+）；故a＜a′，即加速度变大，故D错误；本题下列说法不正确的，故选：ACD．【点评】：判断物体运动的状态，关键是分析受力情况，确定合力是否为零或合力与速度方向的关系．5.（单选）如图，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则（）A．在CD段时，A受三个力作用B．在DE段时，A可能受二个力作用C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态参考答案：考点：牛顿第二定律；弹性形变和范性形变；物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：根据牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对A分析，判断B对A是否有摩擦力．解答：解：A、在CD段，整体的加速度a=，隔离对A分析，有：mAgsinθ+fA=mAa，解得fA=0，可知A受重力和支持力两个力作用．故A错误．B、设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度a==gsinθ﹣μgcosθ，隔离对A分析，有：mAgsinθ+fA=mAa，解得fA=﹣μmAgcosθ，方向沿斜面向上．若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A一定受三个力．故B错误，C正确．D、整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态．在DE段，可能做匀速直线运动，不处于失重状态．故D错误．故选：C．点评：本题考查了物体的受力分析，A、B保持相对静止，之间有无摩擦力是解决本题的突破口，本题通过整体隔离分析，运用牛顿第二定律求解．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场。甲、乙叠放在一起，二者无相对滑动地沿粗糙的斜面，由静止开始加速下滑，在加速阶段，甲、乙两物块间的摩擦力将

乙物块与斜面间的摩擦力将

（填增大、减小或不变）参考答案：减小，增大；7.交流电流表是一种能够测量交变电流有效值的仪表，使用时，只要将电流表串联进电路即可．扩大交流电流表量程可以给它并联一个分流电阻．还可以给它配接一只变压器，同样也能起到扩大电流表量程的作用．如图所示，变压器a、b两个接线端子之间线圈的匝数n1，c、d两个接线端子之间线圈的匝数n2，并且已知n1＞n2，若将电流表的“0～3A”量程扩大，应该将交流电流表的接线柱的“0”“3A”分别与变压器的接线端子

相连（选填“a、b”或“c、d”）；这时，电流表的量程为

A．参考答案：a、b，【考点】变压器的构造和原理．【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器．【解答】解：由题意可知，该处的变压器起到的作用是先将大电流转化为小电流，然后再将小电流连接电流表进行测量．所以电流表接电流小的线圈．根据变压器中电流与匝数的关系式：，电流与匝数成反比，所以电流表接匝数比较多的线圈，所以要接在a、b端；电压表原来的量程为3V，则接变压器后的量程：A故答案为：a、b，8.如图所示，两条平行金属导轨ab、cd置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，两导轨间的距离l=0.6m，导轨间连有电阻R。金属杆MN垂直置于导轨上，且与轨道接触良好，现使金属杆MN沿两条导轨向右匀速运动，产生的感应电动势为3V。由此可知，金属杆MN滑动的速度大小为 m/s；通过电阻R的电流方向为

（填“aRc”或“cRa”）。

参考答案：10；cRa9.(选修模块3—3)空气压缩机在一次压缩过程中，活塞对气缸中的气体做功为2.0×105J，同时气体的内能增加了1.5×l05J。试问：此压缩过程中，气体

(填“吸收”或“放出”)的热量等于

J。参考答案：答案：放出；5×104解析：由热力学第一定律△U=W＋Q，代入数据得：1.5×105=2.0×105＋Q，解得Q=－5×104。10.要利用轨道、滑块(其前端固定有挡光窄片K)、托盘、砝码、轻滑轮、轻绳、光电计时器、米尺等器材测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ，某同学设计了如图甲所示的装置，滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m.轨道上A、B两点处放置有光电门(图中未画出)．实验中，重力加速度g取10m/s2.图甲图乙(1)用游标卡尺测量窄片K的宽度d，如图乙所示，则d＝__________mm，用米尺测量轨道上A、B两点间的距离x，滑块在水平轨道上做匀加速直线运动，挡光窄光通过A、B两处光电门的挡光时间分别为tA、tB，根据运动学公式，可得计算滑块在轨道上加速运动的加速度的表达式为a＝____________；(2)该同学通过改变托盘中的砝码数量，进行了多次实验，得到的多组数据如下：实验次数托盘和盘中砝码的总质量m/(kg)滑块的加速度a/(m/s2)10.100020.150030.2000.3940.2500.9150.3001.4060.3501.9270.4002.38图丙请根据表中数据在图丙中作出am图象．从数据或图象可知，a是m的一次函数，这是由于采取了下列哪一项措施________．A.每次实验的M＋m′都相等

B.每次实验都保证M＋m′远大于mC.每次实验都保证M＋m′远小于m

D.每次实验的m′＋m都相等(3)根据am图象，可知μ＝________(请保留两位有效数字)．参考答案：(1)2.20或2.25(2分)(2分)(2)注意：应为直线，标度的选取要合适(2分)D(2分)(3)0.16(2分)11.1宇宙中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统（假设三颗星的质量均为m，引力常量为G），通常可忽略其它星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：第一种形式是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行，则两颗运动星体的运动周期为

；第二种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，周期与第一种形式相同，则三颗星之间的距离为

。参考答案：

；

12.氢原子第能级的能量为，其中为基态能量。当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率为，则

。参考答案：根据跃迁公式即可解得。13.如图所示，质量M的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m（m＜M）的小滑块A（可视为质点）．初始时刻，A、B分别以v0向左、向右运动，最后A没有滑离B板．则最后A的速度大小为，速度方向为向右．参考答案：考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度的大小与方向．解答：解：最后A、B获得相同的速度，设此速度为v，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Mv0﹣mv0=（M﹣m）v，解得：v=，方向向右；故答案为：，向右．点评：本题考查了求速度与运动时间问题，分析清楚物体的运动过程、应用动量守恒定律与动量定理即可正确解题．三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.(4分)(1)小球作直线运动时的频闪照片如图所示．已知频闪周期T=0.1s，小球相邻位置间距(由照片中的刻度尺量得)分别为OA=6.51cm，AB=5.59cm，BC=4.70cm，CD=3.80cm，DE=2.89cm，EF=2.00cm．小球在位置A时的速度大小vA=

m／s，小球运动的加速度大小a=

m/s2。

参考答案：

答案：0.605

0.9

15.如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz，A、B、C、D是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．从图中读出A、B两点间距，可求得B点对应的速度是________m/s，加速度是________

m/s2(计算结果保留二位有效数字)

参考答案：0.080;

0.20四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图1所示，在坐标系xOy中，在－L≤x<0区域存在强弱可变化的磁场B1，在0≤x≤2L区域存在匀强磁场，磁感应强度B2＝2.0T，磁场方向均垂直于纸面向里。一边长为L＝0.2m、总电阻为R＝0.8Ω的正方形线框静止于xOy平面内，线框的一边与y轴重合。(1)若磁场B1的磁感应强度在t＝0.5s的时间内由2T均匀减小至0，求线框在这段时间内产生的电热为多少？(2)撤去磁场B1，让线框从静止开始以加速度a＝0.4m/s2沿x轴正方向做匀加速直线运动，求线框刚好全部出磁场前瞬间的发热功率。(3)在(2)的条件下，取线框中逆时针方向的电流为正方向，试在图2给出的坐标纸上作出线框中的电流I随运动时间t的关系图线。(不要求写出计算过程，但要求写出图线端点的坐标值，可用根式表示)参考答案：(1)线框中产生的电动势为E＝·L2＝0.16V

线框中产生的电流为I＝E/R＝0.2A

产生的电热为Q＝I2Rt＝0.016J(2)线框刚好全部出磁场前瞬间的速度为

v＝此时线框产生的电动势为E＝B2Lv

此时线框产生的电流为I＝

此时线框受到的安培力为F＝B2IL

发热功率为P＝Fv

由以上各式得P＝＝0.096W

(3)如右图：17.如图所示，在光滑的水平面上静止放置AB两个物块，中间夹有自然长度的轻弹簧（轻弹簧只与B栓接着），物块A的质量为MA=0．996kg，物块B的质量为MB=3．00kg，有一颗质量为m=0．004kg的子弹以v0=l00m/s水平速度击中并停留在物块A中，子弹与物块A作用时间极短。求： I．子弹停留在A中的瞬间，木块A的速度； II．物块A运动起来后，弹簧的最大弹性势能和A的最小速度。参考答案：Ⅰ．0.4m/s；Ⅱ．0.06J，A的最小速度为0．解析：Ⅰ.子弹与A发生相互作用，动量守恒，设木块A获得速度v1，mv0=(m+MA)v1

得v1=0.4m/s

Ⅱ.当AB有共同速度v2时，弹簧有最大弹性势能。(m+MA)v1=(m+MA+MB)v2

得v2=0.1m/s(m+MA)v12=(m+MA+MB)v22+EP

得EP=0.06J设AB经相互作用刚好分离时的速度分别为vA、vB，动量守恒：(m+MA)v1=(m+MA)vA+MBvB

机械能守恒：(m+MA)v12=(m+MA)vA2+(m+MB)vB2得vA=–0.2m/s

vB=0.2m/s

vA<0,说明已反向，则木块A的最小速度为0.18.（15分）一长木板在水平地面上