浙江省宁波市宁海县第三中学高三物理联考试题含解析

浙江省宁波市宁海县第三中学高三物理联考试题含解析一、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.如图所示，一物体从A处下落然后压缩弹簧至最低点，在此过程中最大加速度为a1，动能最大时的弹性势能为E1；若该物体从B处下落，最大加速度为a2，动能最大时的弹性势能为E2，不计空气阻力，则有A．a1=a2，E1<E2

B．a1<a2，E1<E2C．a1<a2，E1=E2

D．a1=a2，E1=E2参考答案：C

2.（5分）以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B．卢瑟福的α粒子散射实验可以估算原子核的大小C．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为该束光的照射时间太短D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大E．发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子F．用质子流工作的显微镜比用相同速度的电子流工作的显微镜分辨率高G．每种原子都有自己的特征光谱，可以利用它来鉴别物质和确定物质的组成参考答案：BDFG3.（多选题）如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（）A．外力所做的功为mgLcotθB．带电小球的电势能增加qEL（sinθ+cosθ）C．带电小球的电势能增加2mgLcotθD．外力所做的功为mgLtanθ参考答案：AB【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电势能．【分析】对小球进行受力分析可知，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；由共点力的平衡可求得电场力的大小；由功的计算公式可求得小球运动中电场力所做的功；则由电场力做功与电势能的关系可求得电势能的变化；再由动能定理可求得外力所做的功．【解答】解：小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知，F电sinθ=mg，则F电=；小球从最初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电=﹣EqL（cosθ+sinθ），因电场力做负功，故电势能增加，故B正确，C错误；由动能定理可知，W外+W电+WG=0；W外=﹣（W电+WG）=EqL（cosθ+sinθ）﹣mgL=mgLcotθ；故A正确，D错误；故选：AB．4.如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角．若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的电性是()A.，正电荷B.，正电荷C.，负电荷

D.,负电荷参考答案：C5.两辆汽车在平直的公路上从同一地点同时、同方向做直线运动，两车运动的v一t图像如图所示。关于甲乙两车的运动情况，下列说法正确的是

A．在0～20s内，甲车的加速度大小大于乙车的加速度大小

B．在t=10s时，两车在公路上相遇

C．在5～15s内，两车的位移相等

。D．在0～20s内，甲车的平均速度大于乙车的平均速度参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，由此可知，P点电势小于Q点电势；带电质点在P点具有的电势能大于在Q点具有的电势能；带电质点通过P点时的动能小于通过Q点时的动能；带电质点通过P点时的加速度大于通过Q点时的加速度．（均选填：“大于”，“小于”或“等于”）参考答案：考点：电场线；牛顿第二定律．版权所有分析：作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上．故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．解答：解：负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故c等势面电势最高，则Q点的电势最高，利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小，等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大．故答案为：小于、大于、小于、大于点评：根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．7.若一定质量的理想气体对外做了3000J的功，其内能增加了500J，表明该过程中，气体应________(填“吸收”或“放出”)热量________J.

参考答案：8.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的1/4，不考虑卫星质量的变化，则变轨后卫星的轨道半径

（填“变大”，“变小”或“不变”），前后角速度之比为

。参考答案：变大，8:19.平抛运动可以分解为水平方向的

运动和竖直方向的

运动。平抛物体在空中运动的时间与物体抛出的初速度大小

，与抛出点离水平地面的高度

．（后两空选填“有关”或“无关”）参考答案：匀速直线自由落体无关有关平抛运动水平方向没有外力，竖直方向受一重力作用，可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，由竖直方向，水平方向可知空中运动的时间与物体抛出的初速度大小无关，只由抛出点离水平地面的高度决定【解析】10.激光在真空中传播速度为c，进入某种均匀介质时，传播速度变为真空中的，则激光在此均匀介质中的波长变为在真空中波长的__________倍；某激光光源的发光功率为P，该激光进入上述介质时由于反射，入射能量减少了10%，该激光在这种介质中形成的光束横截面积为S，若已知单个光子能量为E0，则在垂直于光束传播方向的截面内，单位时间内通过单位面积的光子个数为__________。

参考答案：，

11.在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0cm和l2=12.0cm，左边气体的压强为12.0cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。参考答案：7.5cm试题分析

本题考查玻意耳定律、液柱模型、关联气体及其相关的知识点。解析设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有①式中为水银密度，g为重力加速度大小。由玻意耳定律有p1l1=pl1′②p2l2=pl2′③l1′–l1=l2–l2′④由①②③④式和题给条件得l1′=22.5cm⑤l2′=7.5cm⑥12.如图所示，在光滑小滑轮C正下方相距h的A处固定一电量为Q的点电荷，电量为q的带电小球B，用绝缘细线拴着，细线跨过定滑轮，另一端用适当大小的力拉住，使小球处于静止状态，这时小球与A点的距离为R，细线CB与AB垂直。（静电力恒量为K，环境可视为真空），则小球所受的重力的大小为____________，若小球所受的重力为G，缓慢拉动细线（始终保持小球平衡）直到小球刚到滑轮的正下方过程中，拉力所做的功为____________。参考答案：；或13.（4分）某物质的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和Vo，则阿伏加德罗常数NA可以用两种式子来表达：NA=_______________和NA=______________。参考答案：；三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系。（ⅰ）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；（ⅱ）在钉子上分别套上2条、3条、4条……同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（ⅰ），小物块落点分别记为M2、M3、M4……；（ⅲ）测量相关数据，进行数据处理。（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的

（填正确答案标号）。A．小物块的质量m

B．橡皮筋的原长xC．橡皮筋的伸长量Δx

D．桌面到地面的高度hE．小物块抛出点到落地点的水平距离L（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、……，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、……。若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、

为横坐标作图，才能得到一条直线。（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于

（填“偶然误差”或“系统误差”）。参考答案：（1）ADE（2）L2（3）系统误差15.某研究性学习小组在“利用DIS研究一定质量的气体在体积不变时，其压强与温度的关系”实验中，先后用了大、小不同的两个试管甲、乙，封闭了质量不同但温度和压强都相同的同种气体做实验，实验装置如图所示。（1）该实验用到了______传感器和______传感器。（2）（单选题）若将测得的实验数据在同一p-T坐标系作图，得到的图像应是（

）参考答案：（1）压强，温度（2）C四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（14分）民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机，一般还配有紧急出口。发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面部分AC和水平部分CD构成），机舱中的人可沿该气囊滑行到地面上来，如图所示，某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面上AC=5.0m。一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，最后滑上水平部分上的E点静止，已知人与气囊动摩擦因数为μ=0.55，不计空气阻力，取g=10m/s2。求人开始滑下到E点所用的时间。参考答案：解析：

①（1分）

由牛顿运动定律得：

②（2分）

③（1分）

（1分）

人在斜面部分所用的时间t1，

④（2分）

设人滑到斜面底端C的速度

⑤（1分）

从C到E由牛顿运动定律

⑥（2分）

由

⑦（1分）

解得t2=0.73s

（1分）

人从开始滑下到E点所用的时间

（2分）17.如图所示,在平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出N个速率均为的电子，形成宽为2b，在轴方向均匀分布且关于轴对称的电子流。电子流沿方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为且关于轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。（1）求磁感应强度B的大小；（2）求电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围；（3）当时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；（4）画出电流随变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）。参考答案：（1），（2）60o,（3）（4）解：由题意可以知道是磁聚焦问题，即（1）轨道半径R=r根据解得：（2）运动轨迹图如下上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角，由几何关系解得：同理下端电子从p点射出与负y轴最大夹角也是600所以电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围：（3）进入小孔的电子速度与y轴间夹角正切值大小为：解得：此时对应的能够进入平行板内电子长度为，根据几何关系知：设每秒能到达A板的电子数为n，则由比例关系知：解得：（4）有动能定理得出遏止电压与负y轴成450角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，此时速度为其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压或者根据（3）可得饱和电流大小作图如下：

【点睛】本题考查了电子在磁场与电场中的运动，分析清楚电子运动过程，作出电子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的关键；解题时注意求出极限值然后再确定范围。18.（15分）如图所示，在以O为圆心，半径为R=10cm的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1T，方向垂直纸面向外。竖直平行放置的两金属板A、K相距为d=20mm，连在如图所示的电路中，电源电动势E=91V，内阻r=1Ω定值电阻R-1=10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为80Ω，S1、S2为A、K板上的两上小孔，且S1、S2跟O点在垂直极板的同一直线上，OS2=2R，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离为H=2R。比荷为2×105C/kg的正离子流由S1进入电场后，通过S2向磁场中心射去，通过磁场后落到荧光屏D上。离子进入电场的初速度、重力、离子之间的作用力均可忽略不计。问：（1）请分段描述正离子自S1到荧光屏D的运动情况。（2）如果正离子垂直打在荧光屏上，电压表的示数多大？（3）调节滑动变阻器滑片P的位置，正离子到达荧光屏的最大范围多大？参考答案：解析：（1）正离子在两金属板间做匀加速直线运动，离开电场后做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，离开磁场后，离子又做匀速直线运动，直到打在荧光屏上。（2分）（2）设离子由电场射出后进入磁场时的速度为v。因离子是沿圆心O的方向射入磁场，由对称性可知，离子射出磁场时的速度方向的反向延长线也必过圆心O。离开磁场后，离子垂直打在荧光屏上（图中的O′点），则离子在磁场中速度方向偏转了90°，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图答1所示。由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径cm

①

设离子的电荷量为q、质量为m，进入磁场时的速度为v有

由，得

②

设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有：

③

而

④

由②③两式可得

⑤

代入有关数值可得U=30V，也就是电压表示数为30V。（6分）

（3）因两金属板间的电压越小，离子经电场后获得的速度也越小，离子在磁场中作