江西省红色七校2022届高三物理第一次联考试题含解析

江西省红色七校2022届高三第一次联考物理科试题一、选择题：1.科学家在对阴极射线的研究中发现了电子，使人们对微观世界的认识进入了一个新的时代，电子的发现是19世纪末物理学史上的三大发现之一。在X射线管中，由阴极发射的电子被加速后打到阳极（不计电子的初速度），会产生包括X光在内的各种能量的光子，其中光子能量的最大值等于电子的动能。已知阳极与阴极之间的电势差U、普朗克常数h、电子电量e和光速c，则可知该X射线管发出的X光的A.最短波长为B.最长波长为C.最小频率为　D.最大频率为【答案】D【解析】阳极与阴极之间的电势差U，由阴极发射的电子被加速后打到阳极（不计电子的初速度），电子到达阳极时的动能；电子被加速后打到阳极（不计电子的初速度），会产生包括X光在内的各种能量的光子，其中光子能量的最大值等于电子的动能。则光子的最大能量；光子能量与频率间关系为，X光的最大频率；X光波长与频率间关系为，X光的最短波长。故D项正确，ABC三项错误。2.如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止与原位置的情况相比（）A.A对B的作用力减小B.B对A的支持力增大C.木板对B的支持力增大D.木板对B的摩擦力增大【答案】D-15-\n【解析】【详解】设板与水平地面的夹角为α，木板转过的角度为β；以A为研究对象，无论木板如何转动，只要二者保持相对静止，B对A的作用力始终与A的重力平衡，保持不变，则A对B的作用力不变，故A错误；当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A的重力分解情况如图，开始时物体A不受B对A的摩擦力，B对A的支持力大小与重力相等；后来时设B的上表面与水平方向之间的夹角是β，受到的B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等，方向相反，因N=GA•cosβ，所以A受到B的支持力一定减小，故B错误；以AB整体为研究对象，分析受力情况如图：总重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2；由平衡条件分析可知，板对B的支持力N2=GABcosα，摩擦力f2=GABsinα，α增大，N2减小，f2增大。故C错误，D正确。故选D。【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。本题也可以利用图解法来分析；注意整体法和隔离法的应用。3.我国ETC（电子不停车收费系统）已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以20m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经4s的时间速度减为5m/s且收费完成，司机立即加速，产生的加速度大小为2.5m/s2，假设汽车可视为质点。则下列说法正确的是（）A.汽车开始减速时距离自动收费装置110m-15-\nB.汽车加速4s后速度恢复到20m/sC.汽车从开始减速到速度恢复到20m/s通过的总路程为125mD.汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为4s【答案】C【解析】试题分析：根据匀变速直线运动平均速度推论求出减速运动的位移和加速运动的位移，根据速度时间公式求出汽车恢复20m/s所需的时间。根据总路程，结合匀速运动的速度求出匀速运动的时间，从而得出汽车通过自动收费装置耽误的时间．根据平均速度的推论知，汽车开始减速时距离自动收费装置的距离，A错误；汽车恢复到20m/s所需的时间，B错误；汽车加速运动的位移，则总路程，C正确；这段路程匀速运动通过的时间，则通过自动收费装置耽误的时间，故D错误．4.美国在2022年2月11日宣布“探测到引力波的存在”，天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了GW150914是两个黑洞并合的事件，GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件。假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小，若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其它星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是（）A.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等B.36倍太阳质量的黑洞比29倍太阳质量的黑洞运行的轨道半径小C.这两个黑洞运行的线速度大小始终相等D.随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期也在增大【答案】B【解析】【详解】根据可得①根据可得-15-\n②由①②知，质量与轨道半径成反比，所以36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量的黑洞轨道半径小。故B正确；根据a＝ω2r可知，角速度相等，质量大的半径小，所以质量大的向心加速度小，故A错误；这两个黑洞共轴转动，角速度相等，根据v=ωr可以，质量大的半径小，所以质量大的线速度小。故C错误；又：，当m1+m2不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故D错误；故选B。【点睛】解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题。5.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定正电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图甲所示。图乙是AB连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电量为+q的带电小球（可视为质点），下列有关说法正确的是（）A.固定在A、B处电荷的电量之比为QA:QB=8:1B.小球一定可以到达x=-2L点处C.小球将以x=L点为中心做完全对称的往复运动D.小球在x=L处的速度最大【答案】D【解析】【详解】据φ-x图象切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，根据点电荷场强则有：，解得QA：QB=4：1，故A错误。根据动能定理得：qU=0，得U=0，所以小球能运动到电势与出发点相同的位置，由图知向左最远能到达x=-L点处，然后小球向右运动，小球将以x=0.5L点为中心作往复运动，故BC错误。因x=L处场强为零，所以小球在C处受到的场强向左，向左加速运动，到x=L处加速度为0，从x=L再向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故D正确。故选D。-15-\n【点睛】解决本题首先要理解φ-x图象切线的意义，知道电场力做功和路径无关，只和初末两点的电势差有关，掌握电场力做功的公式W=qU和电荷场强公式，灵活运用电场的叠加原理．6.两条相互平行的光滑金属导轨，距离为L，电阻不计。导轨内有一与水平面垂直向里的匀强磁场，导轨左侧接电容器C，电阻R1和R2，如图所示。垂直导轨且与导轨接触良好的金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，某时刻开始做匀减速运动至速度为零后反向匀加速运动。在金属杆变速运动的过程中，下列说法正确的是（）A.R1中无电流通过B.R1中电流一直从e流向aC.R2中电流一直从a流向bD.R2中电流先从b流向a，后从a流向b【答案】B【解析】【详解】开始时，金属杆AB以一定的速度向右匀速运动，由感应电动势：E=BLv，电容器两端的带电量为，Q=CU=CBLv，由右手定则知，R2感应电流方向由a向b，故电容器的上极板带正电，开始做匀减速运动至速度为零的过程中，Q=CU=CBLv知，速度减小，极板带电量减小，有电流定义式：I＝q/t可知，R1中有电流通过，方向由a流向e，R2中电流从a流向b，故A错误；反向匀加速运动过程中，由右手定则知，R2感应电流方向由b向a，电容器反向充电，流经R1电流方向由e流向a，故B正确，CD错误；故选B。【点睛】本题电磁感应中电路问题，基础是识别电路的结构．本题难点是根据并联电路电流与电阻成反比确定两电阻电量的关系．在高考中电路中含有电容器也是热点问题．7.如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C和D上，质量为ma的a球置于地面上，质量为mb的b球从水平位置静止释放。当b球摆过的角度为90°时，a球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是()-15-\nA.B.C.若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度为小于90°的某值时，a球对地面的压力刚好为零D.若只将细杆D水平向左移动少许，则当b球摆过的角度仍为90°时，a球对地面的压力刚好为零【答案】AD【解析】【详解】由于b球摆动过程中机械能守恒，则有：mbgl=mbv2，当b球摆过的角度为90°时，根据牛顿运动定律和向心力公式得：T-mbg=mb；联立解得：T=3mbg；据题a球对地面压力刚好为零，说明此时绳子张力为：T=mag，解得：ma：mb=3：1，故A正确，B错误。由上述求解过程可以看出T=3mbg，细绳的拉力T与球到悬点的距离无关，只要b球摆到最低点，细绳的拉力都是3mbg，a球对地面的压力刚好为零。a球不会被拉离地面。故C错误，D正确。故选AD。8.如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑绝缘的水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止开始向右运动，则向右运动的这一过程中（运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度）()A.小球动能最大时，小球电势能最小B.弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大C.小球电势能最小时，小球动能为零D.当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最大-15-\n【答案】BCD【解析】【详解】小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最大；在最右端电势能最大；故A错误；小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大；故B正确；小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C正确；当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹力等于电场力时，速度达到最大，球的动能最大，故D正确；故选BCD。9.如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，将原线圈接在u=200sin100πt（V）的交流电压上，副线圈上电阻R和理想交流电压表并联接入电路，现在A、B两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是A.在A、B两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/sB.在A、B两点间接入理想二极管，电压表读数为40VC.在A、B两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大D.在A、B两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R消耗电功率减小【答案】CD【解析】（考查变压器、电容电感对交变电路的影响）根据法拉第电磁感应定律，有，电动势的最大值为200V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s，A错误；当A、B两点间接入理想二极管，单向导通，交流电有效值的计算不能使用-15-\n计算，B错误；当接入一只电容器，只提高交流电频率，则次级在电容器两端压降减小，电压表读数变大，C正确；当接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电感对电流阻碍作用变大，对R上的电压减小，消耗的电功率减小，D正确。10.如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，.现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为（不计重力）．则下列判断中正确的是()A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4tB.该匀强磁场的磁感应强度大小为C.粒子在磁场中运动的轨道半径为D.粒子进入磁场时速度大小为【答案】ABC【解析】【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是，即为：，则得周期为：T=4t，故A正确；由T=4t，R=，T=，得：，故B正确；运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有：，解得：R=d，故C正确；根据粒子在磁场中运动的速度为：v=，周期为：T=4t0，半径为：R=d，联立可得：v=，故D错误。故选ABC。-15-\n【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，考查半径公式R=和周期公式T=的运用，解题的关键是要画出粒子轨迹过程图，确定圆心，利用几何方法求出半径．二．填空题11.某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功。实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动。图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz。(1)根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下A点、B点时木块的速度vA、vB，其中vA=_____m/s。(结果保留两位有效数字)(2)要测量在AB段木板对木块的摩擦力所做的功WAB，还应测量的物理量是_______。(填入物理量前的字母)A.木板的长度lB.木块的质量m1 C.木板的质量m2D.重物的质量m3 E.木块运动的时间tF.AB段的距离xAB(3)在AB段木板对木块的摩擦力所做的功的表达式WAB=________。(用vA、vB和第(2)问中测得的物理量的符号表示)【答案】(1).0.72(2).B(3).【解析】（1）木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动，则相等时间内的位移越来越小，可知纸带的右端与木块相连．A点的瞬时速度为：；（2）重物着地后，摩擦力做功等于木块动能的变化量，根据A、B的速度大小求出摩擦力做功的大小，所以还需要测量的物理量为木块的质量，故选项B正确；（3）根据动能定理知，。-15-\n点睛：本题关键要明确实验的原理和实验的具体操作步骤，然后结合匀变速直线运动的规律和动能定理进行分析判断。12.某学习小组进行精确测量电阻Rx的阻值的实验，有下列器材供选用：A.待测电阻Rx（约300Ω）B.电压表V（3V，内阻约3kΩ）C.电流表A1（10mA，内阻约10Ω）D.电流表A2（20mA，内阻约5Ω）E.滑动变阻器R1（0~20Ω，额定电流2A)F.滑动变阻器R2（0~2000Ω，额定电流0.5A)G.直流电源E(3V，内阻约1Ω）H.开关、导线若干（1）甲同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，并能满足Rx两端电压能从0开始变化进行多次测量。则电流表应选择________（填“A1”或“A2”)；滑动变阻器应选择________（填“R1”或“R2”)；并请在虚线框中帮甲同学完成实验原理电路图_________。（2）乙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图所示的测量电路，具体操作如下：①按图连接好实验电路，闭合开关S1前调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；②闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A1的示数恰好为电流表A2的示数的一半；③闭合开关S2并保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，读出电压表V和电流表A1的示数，分别记为U、I；④待测电阻的阻值Rx=________；-15-\n比较甲、乙两同学测量电阻Rx的方法，你认为哪种方法更有利于减小系统误差?答：________同学（填“甲”或“乙”)。【答案】(1).；(2).；(3).；(4).；(5).乙；【解析】试题分析：根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，根据题意确定滑动变阻器的接法，为方便实验操作选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据待测电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出电路图．根据实验步骤应用欧姆定律求出电阻阻值；根据实验步骤与实验原理分析实验误差，然后作出解答．（1）要满足两端电压能从0开始变化进行多次测量，滑动变阻器一定采用分压式接法，为调节的方便，滑动变阻器应选小一些的，通过的电流最大值，所以电流表应选A1，因。是大电阻，故采用电流表内接法，电路图如图所示；（2）闭合开关S1，断开开关S2时，当，此时；闭合开关并保持滑动变阻器的滑片的位置不变，读出电压表V和电流表A1的示数，分别记为U、I，所，以，甲同学因电压的测量偏大，所以电阻的测量值偏大，乙同学的没有误差，所以乙同学的方法更好。三．计算题13.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=1m-15-\n，电阻R=0.4Ω，导轨上停放一质量m=0.25kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.25T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图（b）所示.（1）求导体棒运动的加速度；（2）求第5s末外力F的瞬时功率.【答案】(1)2m/s2(2)17.5W【解析】（1），U∝v，因U随时间均匀变化，故v也随时间均匀变化，金属杆做匀加速直线运动．                                     解得：  （2）P=Fv=（0.25t+0.5）at=17.5W  14.有人对鞭炮中炸药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m1＝1kg，m2＝3kg并在它们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水平面右方接一光滑的竖直圆轨道．当初A、B两物静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R＝0.2m，g＝10m/s2.求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功．-15-\n【答案】10.7J【解析】【详解】炸药爆炸后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2．取向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1-m2v2=0A物与挡板碰后追上B物，碰后两物共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v两物上升皮圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律得 （m1+m2）v2=（m1+m2）gR炸药爆炸时对A、B两物体所做的功W=m1v12+m2v22；联立解得W=10.7J【点睛】本题要在分析清楚物体运动情况的基础上，采用程序法分步列式，关键要认真把握每个物理过程，找出每个过程遵守的物理规律．15.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮О1、О2和质量mP=m的小球P连接，另一端质量mQ=m的小物块Q连接，小物块Q套于两直杆AC、DE和一段圆弧CD组成的固定光滑轨道ABCDE上．直杆AC与竖直墙夹角θ=45°，直杆DE水平，两杆分别与Ol为圆心，R为半径的圆弧连接并相切于C、D两点，轨道与两定滑轮在同一竖直平面内．直杆B点与两定滑轮均在同一高度，重力加速度为g，小球运动过程中不会与其他物体相碰，现将小物块Q从B点由静止释放，在C、D点时无机械能损失．试求：（1）小物块Q的最大机械能（取B点所在的水平面为参考平面）；（2）小物块Q滑至O1正下方D点时对圆弧轨道的弹力【答案】（1）（2），方向向下-15-\n【解析】【详解】（1）当物块滑至C点时，P球下降至最低点，且此时vp=0，由机械能守恒定律有：EQ=mpgh=mgh，据几何关系可知：解得：EQ=（−1）mgR（2）小物块从C到D过程中，小物块做圆周运动，故绳子不做功，球P始终静止，物块Q机械能守恒，则EQ=-mgR+在D点，物体受到绳子拉力T，轨道的支持力N，重力mg，由牛顿第二定律：T+N-mg=m对于P小球有：T=mg   联立解得：N=2mg，方向向上．由牛顿第三定律：物块对轨道的弹力N′=2mg，方向向下16.如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d=20cm，板长L=30cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x=15cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量，电荷量的带电粒子以平行于金属板的速度持续射向挡板。已知，粒子重力不计，求：（1）粒子在电场中的运动时间；（2）t=0时刻进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小；（3）撤去挡板后荧光屏上的光带宽度。【答案】（1）（2）（3）19.75cm【解析】-15-\n【详解】（1）粒子进入电场后水平分速度不变，则在电场中的运动时间（2）在0～2×10-5s内，粒子在竖直方向做匀加速直线运动，在2×10-5s～3×10-5s内粒子在竖直方向做匀减速运动，加速度大小始终为 离开电场时竖直方向位移 解得y=0.0175m=1.75cm（3）粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，故撤去挡板后，粒子离开电场的速度都相同，如图所示，t=（3n+2）×10-5s（n=0，1，2，…时刻进入的粒子，向下偏转的距离最大，粒子先向下偏转做类平抛运动，再做类平抛运动的逆运动，最后向上做类平抛运动，三段过程中粒子在竖直方向的位移大小均为： 解得y1=0.0025m=0.25cm粒子向上偏转能够从上极板边缘飞出，则粒子飞出电场区域的范围宽度为d-y1=19.75cm粒子离开电场时的速度方向相同，可知粒子打在荧光屏上产生的光带宽度为19.75cm。【点睛】解决粒子在电场中偏转问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移。-15-