2022年湖南省娄底市冷水江第二中学高三物理联考试卷含解析

2022年湖南省娄底市冷水江第二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.如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照强度增大时

A、灯泡L变暗

B．光敏电阻R上的电压增大

c．电压表v的读数减小D，电容器C的带电量增大参考答案：CD2.在2010上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界。若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1／8，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H．开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则有（

）A．表演者向上的最大加速度是gB．表演者向下的最大加速度是C．B点的高度是D．由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH参考答案：AD3.在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度垂直桌面向下，abef在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i及拉力F随时间t的变化关系可能是（以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为l/v）参考答案：BD4.如图所示,oB保持水平，当绳子的悬点A缓慢地移到A′点的过程中,关于绳子BO张力变化情况,下列结论正确的是( )A.逐渐变大 B.逐渐变小C.先逐渐变大后逐渐变小 D.保持不变参考答案：A5.如图所示为物体做直线运动的v-t图象.若将该物体的运动过程用s-t图象表示出来(其中s为物体相对出发点的位移)，则图中的四幅图描述正确的是:

参考答案：C二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.一列简谐横波沿x轴正向传播，p点震动周期为0.4s，在某一时刻波形如图所示，此刻p点的振动方向沿

，该波的波速为

，在离波源为11m的Q点经s到达波谷．参考答案：沿y轴正方向；10m/s，0.9【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】振动图像与波动图像专题．【分析】简谐横波沿x轴正向传播，P点此时刻振动方向沿y轴正方向．由图读出波长，求出波速．利用波形的平移法求出图示x=2m质点的振动传到Q点的时间，就是Q点到达波谷的时间．【解答】解：简谐横波沿x轴正向传播，P点的振动比原点处质点振动迟，此时刻原点处质点处于波峰，则P点此时刻振动方向沿y轴正方向，

由图读出，波长λ=4m，波速为v=m/s=10m/s，

在离波源为11m的Q点与图示时刻x=2m处波谷相距x=9m，根据波形的平移法得到，Q点到达波谷的时间为t=s．故答案为：沿y轴正方向；10m/s，0.97.一列沿着x轴传播的横波，在t=0时刻的波形如图甲所示，图甲中N质点的振动图象如图乙所示。则此波沿x轴

方向传播（填“正向”或“负向”），波速为

m/s。在4s内，K质点的路程是

m。参考答案：8.如图所示，是一个多用表欧姆档内部电路示意图，电流表（量程0~0.5mA，内阻100Ω）,电池电动势E=1.5V，内阻r=0.1Ω,变阻器R0阻值为0~500Ω。（1）欧姆表的工作原理是利用了___________定律。调零时使电流表指针满偏，则此时欧姆表的总内阻（包括电流表内阻、电池内阻和变阻器R0的阻值）是________Ω。（2）若表内电池用旧，电源电动势变小，内阻变大，但仍可调零。调零后测电阻时，欧姆表的总内阻将变________，测得的电阻值将偏________。（填“大”或“小”）（3）若上述欧姆表的刻度值是按电源电动势1.5V时刻度的，当电动势下降到1.2V时，测得某电阻是400Ω，这个电阻真实值是________Ω。参考答案：（1）闭合电路欧姆（2分），3000（2分）（2）变小（1分），偏大（1分）（3）320（2分）9.（2分）如图所示，将甲、乙、丙球(都可视为质点)分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲球从圆心A出发做自由落体运动，乙球沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙球沿圆弧轨道从C点(且C点靠近D点)运动到D点，如果忽略一切摩擦阻力，设甲球从圆心A做自由落体运动D的时间为t甲，乙球沿弦轨道从一端B到达另一端D的时间为t乙，丙球沿圆弧轨道从C点运动到D点时间为t丙，则t甲、t乙、t丙三者大小的关系是

。

参考答案：t甲＜t丙＜t乙10.如图所示，竖直放置的粗细均匀的U形管，右端封闭有一段空气柱，两管内水银面高度差为h=19cm，封闭端空气柱长度为=40cm。为了使左、右两管中的水银面相平，

（设外界大气压强=76cmHg，空气柱温度保持不变）试问：

①需从左管的开口端再缓慢注入高度多少的水银柱？此时封闭端空气柱的长度是多少？②注入水银过程中，外界对封闭空气做_____（填“正功”或“负

功”或“不做功”）气体将______（填“吸热”或“放热”）。参考答案：①对空气柱

得L2=30cm

（2分）需要再注入39cm的水银柱。（1分）②正功（1分）

放热

（1分）11.某探究小组为了测定重力加速度，设计了如图甲所示的实验装置．工型挡光片悬挂于光电门的正上方，释放挡光片后，工型挡光片竖直下落，它的两臂A、B依次通过光电门，光电计时器记录A、B分别通过光电门的时间．（1）用图乙游标卡尺测量工型挡光片的两臂A、B的宽度d1和d2，某次用20分度的游标卡尺测量A的宽度d1时如图所示，则臂A的宽度d1为_____mm．（2）若计时器显示臂A、B通过光电门的时间分别为t1和t2，则臂A、B通过光电门的速度表达式分别为____、____．（3）若测得臂A、B之间的距离为L（L远大于d1、d2），用以上测量量表示当地重力加速度的表达式为____．参考答案：

(1).（1）3.35，

(2).（2）

(3).

(4).（3）．试题分析：游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；根据极短时间内平均速度等于瞬时速度，求出壁A、B通过光电门的速度；结合速度位移公式求出当地的重力加速度．解：（1）游标卡尺的主尺读数为3mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，则最终读数为3.35mm．（2）极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知壁A通过光电门的速度，．（3）根据速度位移公式得，，解得g=．故答案为：（1）3.35，（2），（3）．点评：解决本题的关键知道极短时间的平均速度等于瞬时速度的大小，以及掌握游标卡尺的读数方法，注意不需要估读．12.1999年11月20日，我国发射了“神舟号”载人飞船，次日载人舱着陆，实验获得成功。载人舱在将要着陆之前，由于空气阻力作用有一段匀速下落过程。若空气阻力与速度的平方成正比，比例系数为k，载人舱的质量为m，则此过程中载人舱的速度应为__________________。参考答案：。解:由于空气阻力作用载人舱匀速下落,则

又空气阻力为:联立两式解得:答:13.如图所示，光滑的半圆槽内，A球从高h处沿槽自由滑下，与静止在槽底的B球相碰，若碰撞后A球和B球到达的最大高度均为h／9，A球、B球的质量之比为_____________或____________。参考答案：1:4，1:2三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.如图甲所示，将一质量m=3kg的小球竖直向上抛出，小球在运动过程中的速度随时间变化的规律如图乙所示，设阻力大小恒定不变，g=10m/s2，求（1）小球在上升过程中受到阻力的大小f．（2）小球在4s末的速度v及此时离抛出点的高度h．参考答案：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题： 牛顿运动定律综合专题．分析： （1）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出小球上升的加速度，再根据牛顿第二定律求出小球上升过程中受到空气的平均阻力．（2）利用牛顿第二定律求出下落加速度，利用运动学公式求的速度和位移．解答： 解：由图可知，在0～2s内，小球做匀减速直线运动，加速度大小为：由牛顿第二定律，有：f+mg=ma1代入数据，解得：f=6N．（2）2s～4s内，小球做匀加速直线运动，其所受阻力方向与重力方向相反，设加速度的大小为a2，有：mg﹣f=ma2即4s末小球的速度v=a2t=16m/s依据图象可知，小球在4s末离抛出点的高度：．答：（1）小球上升过程中阻力f为5N；（2）小球在4秒末的速度为16m/s以及此时离抛出点h为8m点评： 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学公式，注意加速度是中间桥梁15.2004年1月25日，继“勇气”号之后，“机遇”号火星探测器再次成功登陆火星．人类为了探测距离地球大约3.0×105km的月球，也发射了一种类似四轮小车的月球探测器．它能够在自动导航系统的控制下行走，且每隔10s向地球发射一次信号，探测器上还装着两个相同的减速器(其中一只是备用的)，这种减速器可提供的最大加速度为5m/s2，某次探测器的自动导航系统出现故障，从而使探测器只能匀速前进而不再避开障碍物．此时地球上的科学家只能对探测器进行人工遥控操作．下表为控制中心的显示屏上的数据：

已知控制中心的信号发射和接收设备工作速度极快．科学家每次分析数据并输入命令至少需要3s.问：(1)经过数据分析，你认为减速器是否执行了命令？(2)假如你是控制中心的工作人员，采取怎样的措施？加速度满足什么条件？请计算说明．

参考答案：(1)未执行命令(2)立即输入命令，启动另一个备用减速器，加速度a>1m/s2，便可使探测器不与障碍物相碰．

四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，一固定粗糙斜面与水平面夹角θ=30°，一个质量m=1kg的小物（可视为质点），在沿斜面向上的拉力F=10N作用下，由静止开始沿斜面向上运动．已知斜面与物体间的动摩擦因数μ=，取g=10m/s2．试求：（1）物体在拉力F作用下运动的速度a1；（2）若力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离s；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功wf．参考答案：考点：动能定理的应用；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）由牛顿第二定律可以求出加速度；（2）由匀变速运动的速度公式与位移公式可以求出物体的位移；（3）求出整个过程中物体的路程，然后由功的计算公式求出克服摩擦力做功．解答：解：（1）由牛顿第二定律得：F﹣mgsin30°﹣μmgcos30°=ma1，解得：a1=2.5m/s2；

（2）力作用t=1.2s后，速度大小为v=at=3m/s，物体向上滑动的距离：s1=a1t2=1.8m；此后它将向上匀减速运动，其加速度大a2==7.5m/s2，这一过程物体向上滑动的距离：s2==0.6m，整个上滑过程移动的最大距离：s=s1+s2=2.4m；（3）整个运动过程所通过的路程为s′=2s=4.8m，克服摩擦所做的功Wf=μmgcos30°×s′=12J；答：（1）物体在拉力F作用下运动的速度为2.5m/s2；（2）若力F作用1.2s后撤去，物体在上滑过程中距出发点的最大距离为2.4m；（3）物体从静止出发，到再次回到出发点的过程中，物体克服摩擦力所做的功为12J．点评：对物体正确受力分析、应用牛顿第二定律、匀变速运动规律、功的计算公式即可正确解题．17.的质量分别为氡核222.08663u，α粒子为4.00387u，钋核为218.07676u，反应中释放能量若全部转变为钋核和α粒的动能，则α粒子获得的动能为多少电子伏特？写出核反应方程并计算．（保留三位有效数字）参考答案：见解析

质量亏损△m=m(Rn)-m(Po)-m(He)=6×10-3u

释放的能量△E=△mc2=6×10-3×931.5MeV=5.589MeV根据动量守恒mαvα-mPovPo=0

动量和动能的关系EK=EK(α)=[EK(α)+EK(Po)]×=5.488MeV≈5.49MeV。18.如图所示，光滑水平面上静止放置质量M=2kg，长L=0.84m的长木板C；离板左端S=0.12m处静止放置质量mA=1kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ=0.4，在板右端静止放置质量mB=1kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g=10m/s2．现在木板上加一水平向右的外力F，问：（1）当F=9N时，小物块A、B、C的加速度分别为多大？（2）要使A与B碰撞之前，A的运动时间最短，则F至少应为多大，并求出最短时间．（3）若在A与B刚发生弹性碰撞时撤去外力F，且A最终能滑出C，则F的取值范围是多少？参考答案：考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．.专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）由牛顿第二定律可以求出加速度．（2）由牛顿第二定律与运动学公式可以求出运动时间．（3）由牛顿第二定律求出加速度，由匀变速运动的位移公式求出时间，然后应用牛顿第二定律、动量守恒定律与能量守恒定律求出力的范围．解答：解：（1）设A和C一起向右加速，它们之间静摩擦力为f，由牛顿第二定律得：F=（M+mA）a