上海港灣學校2022年高三物理聯(lián)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.如圖所示，一輕質(zhì)細繩一端固定于豎直墻壁上的O點，另一端跨過大小可忽略不計摩擦的定滑輪P懸掛物塊B，OP段的繩子水平，長度為L．現(xiàn)將一帶掛鉤的物塊A掛到OP段的繩子上，A、B物塊最終靜止．已知A（包括掛鉤）、B的質(zhì)量比為，則此過程中物塊B上升的高度為（）A．L B． C．L

D．L參考答案：D【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】平衡時對掛鉤處進行力的分析，求出細線與豎直方向的夾角，再根據(jù)幾何關(guān)系得到B升高的高度．【解答】解：對掛鉤處進行力的分析如圖所示，對B進行力的分析可得繩子拉力T=mBg，對A有：2Tcosθ=mAg，解得：cosθ==，解得：θ=37°，所以B上升的高度為h=2（）=，所以D正確，ABC錯誤；故選：D．2.（多選題）物體由地面以120J的初動能豎直向上拋出，當它上升到某一高度A點時，動能減少40J，機械能減少10J．設空氣阻力大小不變，以地面為零勢能面，則物體（）A．在最高點時機械能為105JB．上升到最高點后落回A點時機械能為70JC．空氣阻力與重力大小之比為1：4D．上升過程與下落過程加速度大小之比為2：1參考答案：BD【考點】功能關(guān)系；牛頓第二定律．【分析】物體以一定的初動能豎直上拋，由于阻力使得物體在運動過程中機械能有損失．可利用動能定理求出上升過程中阻力做的功，因為阻力恒定，所以再由動能定理可求出當回到出發(fā)點時動能．加速度根據(jù)牛頓第二定律求解．【解答】解：A、物體以120J的初動能豎直向上拋出，做豎直上拋運動，當上升到A點時，動能減少了40J，機械能損失了10J．根據(jù)功能關(guān)系可知：合力做功為﹣40J，空氣阻力做功為﹣10J，合力做功是阻力做功的4倍，則當上升到最高點時，動能為零，動能減小了120J，合力做功為﹣120J，則阻力做功為﹣30J，機械能減小30J，因此在最高點時機械能為120J﹣30J=90J，故A錯誤．B、由上知，從A點到最高點機械能減小20J，當下落過程中，由于阻力做功不變，所以又損失了20J．因此該物體回到出發(fā)點A時的機械能為110J﹣20J﹣20J=70J．故B正確；C、對從拋出點到A點的過程，根據(jù)功能關(guān)系：mgh+fh=40J，fh=10J，則得：空氣阻力與重力大小之比為f：mg=1：3．故C錯誤．D、根據(jù)牛頓第二定律得：上升過程有：mg+f=ma1；下降過程有：mg﹣f=ma2；則得a1：a2=2：1，故D正確．故選：BD3.17．圖所示，把一帶正電小球a放在光滑絕緣斜面上，欲使球a能靜止在斜面上，需在MN間放一帶電小球b，則b應：

A．帶負電，放在A點

B．帶正電，放在B點C．帶負電，放在C點

D．帶正電，放在C點參考答案：4.（多選）如圖，在光滑的水平面上兩個質(zhì)量相等的小球A、B，用兩根等長的輕繩連接。現(xiàn)讓兩小球A、B以C為圓心、以相同的角速度做勻速圓周運動，A球的向心加速度為a1，B球的向心加速度為a2，AC段繩所受拉力記為F1，AB段繩所受拉力記為F2，則下列說法中正確的是(

)A．a(chǎn)1:a2=1：1

B．a(chǎn)1：a2=1:2C．F1:F2

=2:1

D．F1:F2=3:2參考答案：【知識點】向心力；牛頓第二定律．C2D4【答案解析】BD

解析：A、B、設OA=AB=l，角速度相等，根據(jù)a=rω2，有：a1：a2=l：2l=1：2；故A錯誤，B正確；C、D、對B球有：F2=m?2lω2．對A球有：F2-F1=mlω2．聯(lián)立兩式解得：F1：F2=3：2；故C錯誤，D正確；故選：BD．【思路點撥】A、B兩球繞O點在光滑的水平面上以相同的角速度做勻速圓周運動，B球靠AB桿的拉力提供向心力，A球靠OA線和AB線的拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出兩段細線的拉力之比．解決本題的關(guān)鍵知道物體做勻速圓周運動，合力等于向心力，掌握向心力大小的關(guān)系公式．

5.如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量分別為mA和mB，且mA＞mB，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，滑輪的質(zhì)量和一切摩擦均不計，如果繩一端由P點緩慢地向右移動到Q點，整個系統(tǒng)重新平衡后，物體A的高度和兩滑輪間繩與水平方向的夾角θ如何變化（）A．物體A的高度升高，θ角變小 B．物體A的高度降低，θ角不變C．物體A的高度升高，θ角不變 D．物體A的高度降低，θ角變大參考答案：B【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．【分析】將繩一端的固定點P緩慢向右移到Q點時，繩子的拉力大小不變，分析動滑輪的受力情況，作出力圖．由于動滑輪兩側(cè)繩子的拉力大小相等，由平衡條件知，兩側(cè)繩子關(guān)于豎直方向具有對稱性，再分析將繩一端的固定點P緩慢向右移到Q點的過程中，θ角的變化，及A高度的變化．【解答】解：將繩一端的固定點P緩慢向右移到Q點時，繩子的拉力大小不變，分析動滑輪的受力情況，作出力圖如圖，設繩子的拉力大小為F，兩繩子的夾角為2α，由于動滑輪兩側(cè)繩子的拉力關(guān)于豎直方向有對稱性，則有

2Fcosα=mBg，由于F=mAg，保持不變，則得知，α角保持不變，由幾何知識得知，α+θ=90°，則θ保持不變，當繩一端的固定點P緩慢向右移到Q點，動滑輪將上升，則物體A的高度下降．故B正確，ACD錯誤．故選：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（4分）如圖為某報警裝置示意圖，該報警裝置在一扇門、兩扇窗上各裝有一個聯(lián)動開關(guān)，門、窗未關(guān)上時，開關(guān)不閉合，只要有一個開關(guān)未閉合，報警器就會報警。該報警裝置中用了兩個串聯(lián)的邏輯電路，虛線框甲內(nèi)應選用_________門電路，虛線框乙內(nèi)應選用_________門電路（填與、非、或）。參考答案：或，或解析：題意只要有一個開關(guān)未閉合，報警器就會報警，結(jié)合或門的特點因此虛線框甲內(nèi)應選用或門；虛線框乙內(nèi)應選用或門。7.一質(zhì)點由位置A向北運動了4m，又轉(zhuǎn)向東運動了3m，到達B點，然后轉(zhuǎn)向南運動了1m，到達C點，在上述過程中質(zhì)點運動的路程是

m，運動的位移是

m。參考答案：8，8.某探究學習小組的同學欲驗證“動能定理”，他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置，另外他們還找到了打點計時器所用的學生電源、導線、復寫紙、紙帶、小木塊、細沙．當滑塊連接上紙帶，用細線通過滑輪掛上空的小沙桶時，釋放小桶，滑塊處于靜止狀態(tài)．若你是小組中的一位成員，要完成該項實驗，則：（1）你認為還需要的實驗器材有

（2）實驗時為了保證滑塊受到的合力與沙和沙桶的總重力大小基本相等，沙和沙桶的總質(zhì)量應滿足的實驗條件是

，實驗時為保證細線拉力為木塊的合外力首先要做的步驟

（3）在（2）的基礎(chǔ)上，某同學用天平稱量滑塊的質(zhì)量M.往沙桶中裝入適量的細沙，用天平稱出此時沙和沙桶的總質(zhì)量m.讓沙桶帶動滑塊加速運動，用打點計時器記錄其運動情況，在打點計時器打出的紙帶上取兩點，測出這兩點的間距L和這兩點的速度大小v1與v2（v1＜v2）。則本實驗最終要驗證的數(shù)學表達式為

（用題中的字母表示實驗中測量得到的物理量）.參考答案：（1）天平，刻度尺（2分）（2）沙和沙桶的總質(zhì)量遠小于滑塊的質(zhì)量（2分），平衡摩擦力（2分）（3）（3分）（1）實驗要驗證動能增加量和總功是否相等，故需要求出總功和動能，故還要天平和刻度尺；故答案為：刻度尺、天平；

（2）沙和沙桶加速下滑，處于失重狀態(tài)，其對細線的拉力小于重力，設拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律，有

對沙和沙桶，有mg-T=ma

對小車，有T=Ma

解得故當M＞＞m時，有T≈mg

小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應該用重力的下滑分量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一端墊高；

故答案為：沙和沙桶的總質(zhì)量遠小于滑塊的質(zhì)量，平衡摩擦力；

（3）總功為：mgL，動能增加量為：故答案為：mgL=9.（6分）2004年7月25日，中國用長征運載火箭成功的發(fā)射了“探測二號”衛(wèi)星．圖是某監(jiān)測系統(tǒng)每隔2.5s拍攝的，關(guān)于起始勻加速階段火箭的一組照片。已知火箭的長度為40m，用刻度尺測量照片上的長度，結(jié)果如圖所示?；鸺募铀俣萢=

m/s2，火箭在照片中第2個像所對應時刻的瞬時速度大小υ=

m/s。參考答案：答案：8

(3分)

42

（3分）10.(6分)如圖所示，一儲油圓桶，底面直徑與高均為d，當桶內(nèi)無油時，從某點A恰好能看到桶底邊緣上得點B，當桶內(nèi)油的深度等于桶高的一半時，在A點沿A、B方向看去，看到桶底上的C點，C、B相距，由此可得油的折射率__________，光在油中的傳播速度=_________m/s。參考答案：

11.質(zhì)量為m的物體以初速v0沿傾角為的斜面上滑，滑回原處時速度大小為3v0/4，則物體上滑的最大高度為，物體所受阻力大小為。參考答案：

、12.一塊手機電池的背面印有如圖所示的一些符號，另外在手機使用說明書上還寫有“通話時間3h，待機時間100h”，則該手機通話時消耗的功率約為

W，待機時消耗的功率為

W

參考答案：0.6W，1.8×102W

13.做勻變速直線運動的小車，牽引一條紙帶通過打點計時器，交流電源的頻率是50Hz,由紙帶上打出的某一點開始,每5點剪下一段紙帶（每段紙帶時間均為0.1s），按如圖所示，每一條紙帶下端與X軸相重合，在左邊與y軸平行,將紙帶粘在坐標系中,則：①所剪的這0.6s內(nèi)的平均速度是_

m/s②物體運動的加速度是____

m/s2(計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)參考答案：0.413m/s

0.750m/m2三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖甲所示，斜面傾角為θ=37°，一寬為d=0.65m的有界勻強磁場垂直于斜面向上，磁場邊界與斜面底邊平行。在斜面上由靜止釋放一矩形金屬線框，線框沿斜面下滑，下邊與磁場邊界保持平行。取斜面底部為重力勢能零勢能面，從線框開始運動到恰好完全進入磁場的過程中，線框的機械能E和位移x之間的關(guān)系如圖乙所示，圖中①、②均為直線段。已知線框的質(zhì)量為M=0.1kg，電阻為R=0.06Ω．（取g=l0m·s-2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8)求：(1)線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)線框剛進入磁場到恰好完全進入磁場所用的時間t：(3)線框穿越磁場的過程中，線框中的最大電功率Pm。參考答案：0.5；1/6s；0.54W【詳解】（1）由能量守恒定律，線框減小的機械能等于克服摩擦力做功，則其中x1=0.36m；解得μ=0.5（2）金屬線框進入磁場的過程中，減小的機械能等于克服摩擦力和安培力做的功，機械能均勻減小，因此安培力也是恒力，線框做勻速運動，速度為v1v12=2ax1解得a=2m/s2v1=1.2m/s其中

x2為線框的側(cè)邊長，即線框進入磁場過程中運動的距離，可求出x2=0.2m，則（3）線框剛出磁場時速度最大，線框內(nèi)電功率最大由可求得v2=1.8m/s根據(jù)線框勻速進入磁場時：可得FA=0.2N又因為可得將v2、B2L2帶入可得：15.（8分）一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中AB過程為等壓變化，BC過程為等容變化。已知VA=0.3m3，TA=TB=300K、TB=400K。（1）求氣體在狀態(tài)B時的體積。（2）說明BC過程壓強變化的微觀原因（3）沒AB過程氣體吸收熱量為Q，BC過氣體

放出熱量為Q2，比較Q1、Q2的大小說明原因。參考答案：解析：（1）設氣體在B狀態(tài)時的體積為VB，由蓋--呂薩克定律得，，代入數(shù)據(jù)得。(2)微觀原因：氣體體積不變，分子密集程度不變，溫度變小，氣體分子平均動能減小，導致氣體壓強減小。(3)大于；因為TA=TB，故AB增加的內(nèi)能與BC減小的內(nèi)能相同，而AB過程氣體對外做正功，BC過程氣體不做功，由熱力學第一定律可知大于?？键c：壓強的微觀意義、理想氣體狀態(tài)方程、熱力學第一定律四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖，左邊矩形區(qū)域內(nèi)，有場強為E0的豎直向下的勻強電場和磁感應強度為B0的垂直紙面向里的勻強磁場，電荷量為q、質(zhì)量不同的帶正電的粒子(不計重力)，沿圖中左側(cè)的水平中線射入，并水平穿過該區(qū)域，再垂直射入右邊磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域磁場邊界為AA/、BB/,方向垂直紙面向外，左右寬為a，上下足夠長。(1)求帶電粒子速度的大小v；(2)如果帶電粒子都能從AA/邊界垂直進入后又返回到AA/邊界，則帶電粒子的質(zhì)量在什么范圍？(3)如果帶電粒子能與BB/邊界成600角射出磁場區(qū)域，則該帶點粒子的質(zhì)量是多少？參考答案：(1)矩形區(qū)域是速度選擇器，由力的平衡條件，得

①(３分)得：

②（3分）(2)如果帶電粒子都能AA/的邊界出來，則帶電粒子在磁場區(qū)域中做勻速圓周運動最大的軌跡如圖中所示。由幾何關(guān)系，有：得：

③（２分）帶電粒子在磁場中運動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：

④（2分）②③④聯(lián)立得：（1分）即帶電粒子都能從三角形的豎直線上向左射出，則帶電粒子的質(zhì)量

（1分）

(3)如果帶電粒子都能與BB/成60°射出，如圖，根據(jù)幾何關(guān)系，則帶電粒子在三角形區(qū)域中做勻速圓周運動最大的軌跡如圖中Ⅱ所示（Q點與右上邊相切）。由幾何關(guān)系，有：

⑤（２分）帶電粒子在磁場中運動時，根據(jù)牛頓第二定律，有：

⑥（2分）②⑤⑥聯(lián)立得：（2分）17.如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝銅線框，為了檢測出個別未閉合的不合格線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域（磁場方向垂直于傳送帶平面向下），觀察線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出未閉合的不合格線框。已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應強度為B。各線框質(zhì)量均為m，電阻均為R，邊長均為L（L＜d)；傳送帶以恒定速度v0向右運動，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。線框在進入磁場前與傳送帶的速度相同，且右側(cè)邊平行于MN進入磁場，當閉合線框的右側(cè)邊經(jīng)過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同。設傳送帶足夠長，且在傳送帶上始終保持右側(cè)邊平行于磁場邊界。對于閉合線框，求：（1）線框的右側(cè)邊剛進入磁場時所受安培力的大??；（2）線框在進入磁場的過程中運動加速度的最大值以及速度的最小值；（3）從線框右側(cè)邊剛進入磁場到穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，傳送帶對該閉合銅線框做的功。參考答案：（1）閉合銅線框右側(cè)邊剛進入磁場時產(chǎn)生的電動勢E=BLv0

（1分）

產(chǎn)生的電流I=

（1分）

右側(cè)邊所受安培力F=BIL=

（1分）（2）線框以速度v0進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而減速運動；進入磁場后，在摩擦力作用下加速運動，當其右側(cè)邊到達PQ時速度又恰好等于v0。因此，線框在剛進入磁場時，所受安培力最大，加速度最大，設為am；線框全部進入磁場的瞬間速度最小，設此時線框的速度為v。線框剛進入磁場時，根據(jù)牛頓第二定律有

（1分）解得am=

（1分）在線框完全進入磁場又加速運動到達邊界PQ的過程中，根據(jù)動能定理有

（2分）解得v=

（1分）（3）線框從右側(cè)邊進入磁場到運動至