2022届广东省揭阳市与丰顺高三下学期3月联考物理试卷（解析版）

这是一份2022届广东省揭阳市与丰顺高三下学期3月联考物理试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
广东省揭阳市与丰顺2022届高三下学期3月联考
物理试卷
一、单选题
1．考古学上利用“碳钟”，也就是利用614C来推测古文物产生的年代。已知614C的衰变产物中有稳定的714N，614C的半衰期为5730年，下列说法正确的是（　　）
A．614C的衰变方程为614C→714N+10e
B．该衰变过程中原子核内减少一个中子
C．一个614C核发生衰变释放的核能为mc 2（m为614C原子的质量，c为光速）
D．已经死亡11460年的古树中不会含有614C原子
2．如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点。其中A、B两点位置关于避雷针对称。下列说法中正确的是（　　）

A．A，B两点的场强相同
B．C点场强大于B点场强
C．某负电荷在C点的电势能大于B点的电势能
D．某正电荷从C点移动到B点，电场力做正功
3．2021年4月5日配备华为自动驾驶技术的北汽新能源极狐阿尔法S的HI车型在上海公开试乘。据悉，该车型在红绿灯启停、无保护左转、避让路口车辆、礼让行人、变道等方面都能无干预自动驾驶。某次试乘时，甲、乙两车同时从同一位置出发，沿着同一平直路面行驶，它们的速度v随时间t变化的图像如下图所示。下列说法正确的是（　　）

A．t1∼t2时间内，两车间的距离先增大后减小
B．t1∼t2时间内，甲车的平均速度等于乙车的平均速度
C．t1∼t2时间内，甲车的速度变化率先减小后增大
D．t1∼t2时间内，甲车做曲线运动，乙车做直线运动
4．如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍(k x乙，则甲车的平均速度大于乙车的平均速度，B不符合题意；
C．由于v—t图像斜率表示加速度，由图像可以看出加速度先减小后增大，因为加速度即速度变化率，C符合题意；
D．由于v—t图像只能表示直线运动，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移 ，结合平均速度的表达式进行分析判断。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．由题意可知，在碰撞运动中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，A不符合题意；
BC．以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得I=mkv0−（−mv0）=（1+k）mv0
碰撞过程中篮球的动量改变量大小为（1+k）mv0，B符合题意，C不符合题意；
D．若篮球气压不足，导致k减小，在 v0不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】在碰撞过程中根据速度的变化情况得出机械能的变化情况；利用动量定理得出动量的改变量。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．根据开普勒第三定律 r3T2=k
轨道2的半长轴小于轨道3的半长轴，故卫星在轨道2的周期小于在轨道3的周期，A不符合题意；
B．“嫦娥五号”要由轨道1变轨到轨道2，必须在A点加速，所以“嫦娥五号”卫星在轨道2经过A点时的速率大于在轨道1经过A点时的速率，B不符合题意；
C．在A点根据牛顿第二定律有 GMmr2=ma
得 a=GMr2
故卫星在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道3经过A点时的加速度，C不符合题意；
D．由于“嫦娥五号”要由轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以“嫦娥五号”在3轨道所具有的机械能大于在2轨道所具有的机械能，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用开普勒第三定律结合半长轴的大小可以比较周期的大小；卫星在轨道1的A点要加速离心再到轨道2，所以其卫星在A点的线速度小于在轨道2A点的线速度大小，利用牛顿第二定律可以判别在A点的加速度大小相等；卫星在轨道2A点要加速到达轨道3所以其在轨道3的机械能大于在轨道2的机械能大小。
6．【答案】B
【解析】【解答】先对罐整体受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，拉力等于重力，故：T=mg；再将细线的拉力沿着两个短杆方向分解，如图所示：

解得： T1=T2=T2cosθ=mg ，最后将短杆方向分力沿着水平和竖直方向正交分解，如图所示：

T1x=T1cos30°=32mg ，根据牛顿第三定律可知故短杆对罐壁的压力为 32mg ，
故答案为：B。
【分析】杆对物体的压力方向沿杆向上，其中竖直向上的力为12mg，利用力的合成、分析进行求解即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．以C点为原点，以CD为x轴，以CD垂直向上方向为y轴，建立坐标系如图：

对运动员的运动进行分解，y轴方向做类竖直上拋运动，x轴方向做匀加速直线运动。当运动员速度方向与轨道平行时，在y轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知 t1=t2
A、B不符合题意；
D．将初速度沿x、y方向分解为 v1、 v2，将加速度沿x、y方向分解为 a1、 a2，则运动员的运动时间为 t=2v2a2
落在斜面上的距离 s=v1t+12a1t2
离开C点的速度加倍，则 v1、 v2加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍关系，D不符合题意；
C．设运动员落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角为 α，斜面的倾角为 θ。则有： tanα=vyv0
tanθ=yx=vy2tv0t=vy2v0
则得 tanα=2tanθ
θ一定，则 α一定，则知运动员落在斜面上的速度方向与从C点飞出时的速度大小无关，C符合题意。
故答案为：C。

【分析】对运动员的运动进行分解，结合竖直上抛的对称性得出运动时间的关系；结合匀变速直线运动的规律得出S不是加倍的关系；利用速度的偏角和位移的偏角得出位移偏角正切值和速度偏角正切值的关系。
8．【答案】A,C
【解析】【解答】金属杆ab在运动过程中受到的安培力为FA=BIL=B2L2vR
根据牛顿第二定律得 F-FA=ma
得 F-B2L2vR=ma
可知，杆的速度增大，安培力增大，合外力减小，加速度减小，故杆做加速度变小的变加速运动，则v-t图像的斜率逐渐减小，BD不符合题意，AC符合题意。
故答案为：AC。

【分析】利用安培力的表达式得出ab帮所受的安培力，结合牛顿第二定律得出加速度的变化情况，从而进行分析判断。
9．【答案】A,C
【解析】【解答】A．若传感器R2所在处温度升高，R2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，所以原线圈电流跟着变大，即A1的示数变大，R2与R1并联后的总电阻减小，故在副线圈中分的电压减小，所以A2的示数减小，A符合题意；
B．交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50Hz，所以B不符合题意；
C．原线圈电压最大值为220 2V，当单刀双掷开关由A→B时，匝数之比为5:1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为44 2V ，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所以C符合题意；
D．开关由A→B时，副线圈电压U2为原来的2倍，输出功率 P2=U22R
为原来的4倍，所以D不符合题意。
故答案为：AC。

【分析】当传感器温度升高时，根据电阻的变化情况以及欧姆定律得出电流表示数的变化情况；交变电流的频率和匝数无关，利用电功率的表达式得出副线圈的输出功率。
10．【答案】A,C
【解析】【解答】A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统机械能守恒可得EP=mgL(cos30°-cos60°)
弹性势能的最大值为 Ep=(3-1)mgL2
A符合题意；
B．以整体为研究对象，系统水平方向先向左加速运动后向左减速运动，所以水平方向合力先向左，后向右，因此水平方向加速阶段竖直杆弹力大于弹簧弹力，水平方向减速阶段竖直杆弹力小于弹簧弹力，B不符合题意；
C．根据系统机械能守恒定律可知，滑块P的动能达到最大前，P的机械能一直在减少，C符合题意；
D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对PQ和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得 FN-2mg=m⋅0+m⋅0
解得 FN=2mg，D不符合题意。
故答案为：AC。

【分析】根据机械能守恒得出弹性势能的最大值；以整体为研究对象根据运动情况得出竖直杆的弹力和弹簧弹力的大小关系，利用牛顿第二定律得出Q受到地面的支持力。
11．【答案】B,C,E
【解析】【解答】A．由波形图可知，如果波向x轴的正方向移动，则移动了34个波长，即34T=0.5s，可得周期为23s，如果波向x轴的负方向移动，则移动了14个波长，即14T=0.5s，可得周期为2s，所以A不符合题意；
B．已知平衡位置在x=3m处的质点，在0~0.5s时间内运动方向不变，所以不可能振动 34周期，则该波沿x轴负方向传播，所以B符合题意；
C．该波的周期为2s，波长为4m，则波速为 v=λT=42=2m/s
所以C符合题意；
D．平衡位置在x=0.5m处的质点，如图先向上运动最大位移再回到原来位置，则图可知在0~0.5s内的路程小于10cm，所以D不符合题意；
E．平衡位置在x=10m处的质点，在0.5s时处于负的最大位移，所以加速度最大，则E符合题意；
故答案为：BCE。

【分析】根据简谐波的运动情况以及周期性得出该波的周期；结合质点的振动得出该波的传播方向；利用波在介质中传播的速度和周期的关系得出该波的波速，结合简谐运动的特点进行分析判断。
12．【答案】（1）dt；d22ht2
（2）d2M2hmg
【解析】【解答】（1）遮光条在挡光时间内的平均速度等于托盘甲经过光电门瞬间的速度，即 v=dt
由运动学规律可得 2ah=v2=d2t2
整理得 a=d22ht2
（2）若加速度与力成正比，则有 a=Mg+Nmg-(Mg-Nmg)2M
解得 a=NmgM
由以上分析可知 NmgM=d22ht2
整理得 N=d2M2hmg⋅1t2
则图线的斜率为 k=d2M2hmg
【分析】（1）根据短时间内的平均速度等于瞬时速度以及匀变速直线运动的速度与位移的关系得出加速度的表达式；
（2）若加速度与力成正比，得出加速度的表达式，结合（1）（2）得出图线的斜率。
13．【答案】（1）G；E；C
（2）如图所示：

（3）5.0Ω
【解析】【解答】（1）额定电压5.0V，额定功率约为2.5W，风扇灯的额定电流为I=PU=2.55A=0.5A
因此选用电流变 A1；
因电压表需从0开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，而风扇灯的电阻大约为 R=U2P=10Ω
则滑动变阻器选择总电阻为 10Ω的误差较小，即选G；
由于没有电压表，则必须通过电流表与电阻来改装，因电源电动势为6.0V，则电流表 A2与固定电阻 R2改装成电压表，即选CE；
（2）因电压需从0开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，风扇灯的电阻约为 10Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法，电路如图

（3）风扇灯在在电流表读数小于0.15A时灯亮但风扇不能转动，属于纯电阻，根据 I1为0.10A时 I2为10 mA，则风扇灯电阻为 RM=I2(R2+r2)I1-I2=5.0Ω

【分析】（1）根据电工率的表达式得出风扇的额定电流，所以判断选择的电流表根据滑动变阻器的连接方式以及功率的表达式得出风扇的电阻；
（2）根据 描绘出这台风扇灯的伏安特性曲线 的实验原理画出电路图；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出灯亮但风扇不能转动时小风扇灯的电阻 。
14．【答案】（1）解：设列车匀加速运动的加速度为a，由匀变速运动规律有v1=at1
根据牛顿第二定律F-f=ma
由题意可知f=kmg
联立以上各式并代入数据得F=1.44×105N
（2）解：列车匀速运动时速度最大，设此时列车牵引力为F0，由平衡条件有F0=f
设列车以恒定功率运行时的功率为P，由功率公式有P=Fv1
P=F0vm
联立以上各式并代入数据得vm=40m/s
列车匀加速运动发生的位移为x1，由匀变速运动规律有x1=12v1t1
设列车以恒定功率运行的时间为t2，列车从车站开出后运行x=8km的过程中，由动能定理有Pt2+Fx1-fx=12mvm2
列车从车站开出后运行x=8km的时间t=t1+t2
联立以上各式并代入数据得t=308.3s
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的规律得出牵引力的大小；
（2）当牵引力等于阻力时结合瞬时功率的表达式得出最大速度的表达式，结合动能定理得出从车站开出后运行x=8km的时间。
15．【答案】（1）解：洛仑兹力提供向心力，有 evB=mv2R
能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值Rm=a
所以，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度vm=eBam
（2）解：要使电子能通过PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右，由（1）可知 v=eBRm
故R越大v越大，所以，从C点水平飞出的电子，运动半径最大，对应的速度最大，故有 (R-a)2+(3a)2=R2
可得R=2a
故能通过PQ界面的电子所具有的最大速度v'm=2eBam
（3）解：只有垂直打到PQ界面上的电子通过，故电子进入电场的范围为PQ上C到x轴间的范围；当粒子在PQ上的纵坐标为y(0