广东省2022年上学期仲元中学中山一中等七校联合体高三物理第一次联考试题答案

广东省2022年上学期仲元中学中山一中等七校联合体高三物理第一次联考试题答案1【答案】C【解题思路】因为原子核所占空间较小，极少数发生大角度偏转，故选项A错误；粒子发生偏转的原因是原子核对它有斥力的作用，故选项B错误；远离金原子核的粒子受到库仑力，库仑力做正功，它的电势能减小，故选项C正确；散射实验证明汤姆孙的原子结构模型（枣糕模型）是错误的，如果按照“枣糕模型”，不可能出现a粒子散射实验的结果，故D错误。[命题意图]以粒子散射实验为背景，考查学生对原子核式结构模型的知识。通过对a粒子在金箔原子核中运动分析、受力分析和能量分析，考查学生的理解、分析能力。2答案　B解析两点电荷带同种电荷，设RQ＝r，则PR＝2r，有k＝k，解得：q1＝4q2，故B正确．3【答案】D【解题思路】球被拍出后，做平抛运动，仅受重力，相同时间内速度变化量相同，故选项A错误；由，得接球时间为，故选项B错误；初速度，故C错误。如果球落地：，则水平位移：，故在界内，所以选项D正确。[命题意图]以排球这一熟悉的运动为背景知识，考查平抛运动的速度、高度与时间的关系等知识。通过平抛运动速度变化与受力关系的分析、临界问题的分析，考查学生的理解、综合分析、应用数学知识解决问题的能力。4【答案】C5【答案】C【解题思路】磁场调整前，导体棒N受力如图所示，由受力平衡，得：；调整后：，可得B2=3B1。10/10\n[命题意图]以安培力作用下的物体平衡为背景知识，考查安培力、共点力平衡等知识。通过两种角度下安培力大小与位置、重力关系的分析，考查学生的理解、推理分析、应用数学知识解决问题的能力。通过抽象导体棒受力分析的建模，提高学生建立物理模型解决问题的能力。6【答案】B【解题思路】设电源电动势为E，电源内阻为R，若闭合开关k、k1和k2，电路结构如图甲所示，其中并联部分总电阻为，电路的电流为，电容器的电荷量；若只闭合k、k1，电路如图乙所示，则电容器电荷量；只闭合k、k2时，电路结构如图丙所示，电容器的电荷量：，所以选项B正确。[命题意图]以含容电路的分析为背景知识，考查串并联规律、闭合电路的欧姆定律和电容、电容器等知识。通过开关的变化引起电路变化的分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。对排球运动这一实际情景的分析，有利于提高学生的建模能力，养成应用建模方法结合物理规律解决问题的习惯。7【答案】BC【解题思路】电流产生磁场的原理与磁铁相同的假说不是奥斯特提出，是安培的分子电流假说，故A选项错误；法拉第发现感应电流产生的条件，选项B正确；安培总结出了判断安培力方向的左手定则，并得到安培力大小的表达式，所以C选项正确；感应电流的方向总是阻碍原磁场的变化，原磁场减小时，感应磁场与原磁场方向相同，所以D选项错误。10/10\n[命题意图]以物理学史为背景知识，考查分子电流假说、感应电流和楞次定律等知识。通过科学家与物理规律对错的辨析，考查学生的理解、推理分析能力。对物理学规律的发现这一问题的再现，有利于渗透培养正确的科学态度与责任。8.【答案】BCD9【答案】BD【解题思路】t=t0时，牵引力为，由牛顿第二定律：，可得汽车受到的阻力为，故选项A错误；从t=0到t=t0，由于P=FV=F（v+at），得功率线性增大，平均功率为，牵引力做的功为，故选项B正确；从t=0到t=t0，应该为汽车的位移为，不等于，故选项C错误；若在t=2t0时达到额定功率，则额定功率为，所以汽车的额定功率应小于3P，故选项D正确。[命题意图]以汽车匀加速和变加速运动为背景知识，考查汽车行驶过程中的功率、牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律等知识。通过匀加速直线运动和变加速过程的比较分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。对汽车变加速运动这一实际情景的分析，有利于提高学生的建模能力，养成应用建模方法结合物理规律解决问题的习惯。10【答案】BD【解题思路】由于A处的水平面与磁感线垂直，线框的速度与A处水平面也垂直，所以在水平面A处线框速度与磁场平行，感应电流为零，线框受到安培力为零，所以加速度等于重力加速度，即下落过程中线框的加速度并不始终小于g，故选项A错误；从O点上方下落到O点所在水平面，线框磁通量变化量为，通过线框的电荷量为，故选项B正确；从O到O点以下h处，线框下落过程的速度都大于v，从O点上方h处下落到O点的过程中，下落的速度都小于v，所以在O点下方运动过程中，感应电流比在O点上方运动产生的感应电流大，克服安培力做的功比较多，故发热量应大于Q，故线框到达O点下方h前，发热量应大于2Q，故选项C错误；从O点上方h处下落到O点，有；从O点上方h到O点下方h处，有10/10\n；由于Q’>2Q，可得v1小于，故选项D正确。[命题意图]以圆环在磁场中向下运动为背景知识，考查楞次定律、法拉电磁感应定律、磁通量、牛顿第二定律和能量守恒定律等知识。通过设置环的速度与磁感线平行的临界分析、磁通量变化的两个状态以及两段相同高度的能量变化的比较分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。11.答案：（1）4.0；(2)，4.0；解析：（1）从弹簧测力计上读数得4.0N；（2），由于本实验所给的器材只有一把弹簧测力计，为了提供两个分力，利用了重物来充当一个分力，所以总是有一个分力的大小与合力大小相等，当，即一个分力F1与合力F相等，则另一个力F2与F、F1构了等边三角形，F2=F=F1，都为4.0N，方向与竖直方向成角。[命题意图]以验证力的平行四边形实验为背景知识，考查力的等效替代（合成与分解）、共点力平衡等知识。通过实验步骤、细节的鉴别和用物块替代一把弹簧秤的创新设计，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力和实验能力。通过对实验过程的情景想象，培养学生的创新思维，提高学生解决问题的能力。12【答案】（i）红（ii）从A到B锗（iii）0.012w【解题思路】（i）用K笔接M端时，多用表电阻档的偏角较小，说明二极管的电阻极大，这时测的应该是二极管的反向电阻，即电流由N端流向M端，所以与N端接触的是多用表的黑笔（因为黑笔与多用表内部电源的正极连接），与M端连接的是红笔；（ii）描绘二极管的伏安特性曲线时，应让二极管两端的电压慢慢变大，所以应从A端慢慢滑向B端；由图（a）可知，锗管在电压大于0.1V时，电流已明显开始变化；而硅管电压要达到0.5V左右，电流才明显变大，所以甲管应该是锗管；（iii）设电路图d中通过二极管的电流为I，电压为U，由闭合电路的欧姆定律：，得：，作该函数的直线与硅管交点如图所示，此时硅管功率P=0.02A×0.6V=0.012w。[命题意图]10/10\n以二极管的伏安特性曲线的分析以及二极管在电路中的应用为背景知识，考查多用电表的使用、闭合电路的欧姆定律、串并联电路的规律和描绘电学元件的伏安特性曲线实验等知识。通过二极管极性的判断、实验操作细节的分析、二极管的甄别以及电路分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力和实验能力。通过二极管的甄别和实验图像以及电路分析，培养学生的创新思维，提高学生解决问题的能力。13解(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0①设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝m②匀速圆周运动的速度满足v＝③联立①②③式得B＝。④(2)如图，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑤r0cos∠OO′D＋＝L⑥设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律v0＝⑦联立得v0＝。14【解题思路】（1）由图乙可知，物块的初速度，皮带转动时的速度，在t=0到t=0.4s时间内，物块加速度①由牛顿第二定律：，②联立①②得③。（2）在t=0.4s后，由牛顿第二定律；④10/10\n解得物块加速度；⑤物块从t=0.4s开始，经过t1时间速度减为零，⑥；从t=0到t=0.4s，物块位移为⑦从t=0.4s到t=2.4s，物块减速到零的位移⑧物块沿皮带向上运动过程中的位移为⑨[命题意图]以物块在传送带上的匀变速直线运动为背景知识，考查摩擦力、匀变速直线运动的规律、受力分析、牛顿第二定律的应用等知识。通过速度相等临界点的分析、图像分析以及受力情况变化分析，考查学生的理解、推理分析和应用数学知识解决问题的能力。15.解.（1）设p的质量为m，Q的质量为M，P的加速度大小为a1，Q的加速度大小为a2，Q的初速度大小为v0，p初速度大小为4v0，P、Q球从抛出到到达O点时间分别为t1和t2由题意可知两球在水平方向均减速，则……①……②两球受到的电场力大小相等，由牛顿第二定律……③两球在竖直方向的加速度均为g，则：……④10/10\n……⑤联立可得m：M=1：2……⑥（2）设Q球从离开电场到与挡板碰撞经历的时间为T，它从挡板返回MN时间也为T，由两球运动时间相等得：……⑦设Q球到达MN时速度大小为v2，在竖直方向上，由运动的独立性原理知，小球做自由落体运动，有：……⑧由运动学公式：……⑨解得：……⑩（3）P球到达MN时速度大小为v1，由运动学规律……⑾解得Q返回后以v2与P发生弹性碰撞，碰后速度大小分别为v3和v4，由动量守恒和能量守恒定律：……⑿……⒀解得：，假设当y=y0时，Q与挡板第二次碰后恰好在MN处与P发生第二次碰撞，设Q球与P球从第一次碰后到与挡板发生第二次碰撞的时间为T1，P从第一次碰后到第二次到达MN时间为T2，由题意得：……⒁10/10\nQ碰后返回MN，从离开MN向上减速度为零的时间：……⒂若第二次在MN处碰时，Q处于上升阶段，则：……⒃若挡板与MN距离为y1，可得：……⒄若第二次在MN处碰时，Q处于下落阶段，则：……⒅若挡板与MN距离为y2，可得：……⒆由题意有：所以挡板与MN的距离y的范围为…⒇【25（3）方法二】公式（15）之前的公式与上相同。Q碰后返回MN，从离开MN向上减速度为零的时间：……⒂Q从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞：……⒃（i）在T2时间内，Q必须已经向上返回MN：……⒄解得：……⒅（ii）在T2时间内，Q从MN向上运动返回时不能离开MN：……⒄解得：……⒆10/10\n所以挡板与MN的距离y的范围为…⒇【25（3）方法三】公式（15）之前的公式与上相同。Q从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞：……⒂Q与挡板发生第二次碰撞时速度大小：……⒃Q第二次与挡板碰后在T2-T1时间内向上位移为：……⒄Q第二次与挡板碰后在T2-T1时间内必须返回MN上方，则：y1-y>0……⒅则：…解得：……⒆解得：……⒇【25（3）方法四】公式（15）之前的公式与上相同。Q与P第一次碰后，Q相对P的速度为：设经过t1时间，Q与挡板相碰，则：碰后瞬间，Q球的速率分别为v2’，由题意有：，竖直向上此时P球的速度为：设经过t2时间，两球在次碰撞，则：10/10\n要在MN上方碰撞，则：联立解得：，即欢迎访问“高中试卷网”——http://sj.fjjy.org10/10