?廣東省揭陽市與豐順2022屆高三下學(xué)期3月聯(lián)考
物理試卷
一、單選題
1．考古學(xué)上利用“碳鐘”，也就是利用614C來推測古文物產(chǎn)生的年代。已知614C的衰變產(chǎn)物中有穩(wěn)定的714N，614C的半衰期為5730年，下列說法正確的是（　　）
A．614C的衰變方程為614C→714N+10e
B．該衰變過程中原子核內(nèi)減少一個中子
C．一個614C核發(fā)生衰變釋放的核能為mc?2（m為614C原子的質(zhì)量，c為光速）
D．已經(jīng)死亡11460年的古樹中不會含有614C原子
2．如圖所示為雷雨天一避雷針周圍電場的等勢面分布情況，在等勢面中有A、B、C三點。其中A、B兩點位置關(guān)于避雷針對稱。下列說法中正確的是（　?。?br />
A．A，B兩點的場強相同
B．C點場強大于B點場強
C．某負電荷在C點的電勢能大于B點的電勢能
D．某正電荷從C點移動到B點，電場力做正功
3．2021年4月5日配備華為自動駕駛技術(shù)的北汽新能源極狐阿爾法S的HI車型在上海公開試乘。據(jù)悉，該車型在紅綠燈啟停、無保護左轉(zhuǎn)、避讓路口車輛、禮讓行人、變道等方面都能無干預(yù)自動駕駛。某次試乘時，甲、乙兩車同時從同一位置出發(fā)，沿著同一平直路面行駛，它們的速度v隨時間t變化的圖像如下圖所示。下列說法正確的是（　?。?br />
A．t1～t2時間內(nèi)，兩車間的距離先增大后減小
B．t1～t2時間內(nèi)，甲車的平均速度等于乙車的平均速度
C．t1～t2時間內(nèi)，甲車的速度變化率先減小后增大
D．t1～t2時間內(nèi)，甲車做曲線運動，乙車做直線運動
4．如圖所示，一籃球以水平初速度v0碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉淼膋倍(k x乙，則甲車的平均速度大于乙車的平均速度，B不符合題意；
C．由于v—t圖像斜率表示加速度，由圖像可以看出加速度先減小后增大，因為加速度即速度變化率，C符合題意；
D．由于v—t圖像只能表示直線運動，D不符合題意。
故答案為：C。

【分析】v-t圖像的斜率表示物體運動的加速度，與坐標軸圍成圖形的面積表示物體運動的位移 ，結(jié)合平均速度的表達式進行分析判斷。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．由題意可知，在碰撞運動中，籃球的速度減小，籃球的動能減小，機械能減小，A不符合題意；
BC．以籃球彈回的方向為正方向，由動量定理可得I=mkv0?（?mv0）=（1+k）mv0
碰撞過程中籃球的動量改變量大小為（1+k）mv0，B符合題意，C不符合題意；
D．若籃球氣壓不足，導(dǎo)致k減小，在 v0不變的情況下，kv0減小，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，即籃球彈回后水平位移不變，時間t要增大，應(yīng)使碰撞點更高，D不符合題意。
故答案為：B。

【分析】在碰撞過程中根據(jù)速度的變化情況得出機械能的變化情況；利用動量定理得出動量的改變量。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．根據(jù)開普勒第三定律 r3T2=k
軌道2的半長軸小于軌道3的半長軸，故衛(wèi)星在軌道2的周期小于在軌道3的周期，A不符合題意；
B．“嫦娥五號”要由軌道1變軌到軌道2，必須在A點加速，所以“嫦娥五號”衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過A點時的速率大于在軌道1經(jīng)過A點時的速率，B不符合題意；
C．在A點根據(jù)牛頓第二定律有 GMmr2=ma
得 a=GMr2
故衛(wèi)星在軌道2經(jīng)過A點時的加速度等于在軌道3經(jīng)過A點時的加速度，C不符合題意；
D．由于“嫦娥五號”要由軌道2變軌到軌道3，必須在A點加速，機械能增加，所以“嫦娥五號”在3軌道所具有的機械能大于在2軌道所具有的機械能，D符合題意。
故答案為：D。

【分析】利用開普勒第三定律結(jié)合半長軸的大小可以比較周期的大小；衛(wèi)星在軌道1的A點要加速離心再到軌道2，所以其衛(wèi)星在A點的線速度小于在軌道2A點的線速度大小，利用牛頓第二定律可以判別在A點的加速度大小相等；衛(wèi)星在軌道2A點要加速到達軌道3所以其在軌道3的機械能大于在軌道2的機械能大小。
6．【答案】B
【解析】【解答】先對罐整體受力分析，受重力和拉力，根據(jù)平衡條件，拉力等于重力，故：T=mg；再將細線的拉力沿著兩個短桿方向分解，如圖所示：

解得： T1=T2=T2cosθ=mg ，最后將短桿方向分力沿著水平和豎直方向正交分解，如圖所示：

T1x=T1cos30°=32mg ，根據(jù)牛頓第三定律可知故短桿對罐壁的壓力為 32mg ，
故答案為：B。
【分析】桿對物體的壓力方向沿桿向上，其中豎直向上的力為12mg，利用力的合成、分析進行求解即可。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．以C點為原點，以CD為x軸，以CD垂直向上方向為y軸，建立坐標系如圖：

對運動員的運動進行分解，y軸方向做類豎直上拋運動，x軸方向做勻加速直線運動。當運動員速度方向與軌道平行時，在y軸方向上到達最高點，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性，知 t1=t2
A、B不符合題意；
D．將初速度沿x、y方向分解為 v1、 v2，將加速度沿x、y方向分解為 a1、 a2，則運動員的運動時間為 t=2v2a2
落在斜面上的距離 s=v1t+12a1t2
離開C點的速度加倍，則 v1、 v2加倍，t加倍，由位移公式得s不是加倍關(guān)系，D不符合題意；
C．設(shè)運動員落在斜面上的速度方向與水平方向的夾角為 α，斜面的傾角為 θ。則有： tanα=vyv0
tanθ=yx=vy2tv0t=vy2v0
則得 tanα=2tanθ
θ一定，則 α一定，則知運動員落在斜面上的速度方向與從C點飛出時的速度大小無關(guān)，C符合題意。
故答案為：C。

【分析】對運動員的運動進行分解，結(jié)合豎直上拋的對稱性得出運動時間的關(guān)系；結(jié)合勻變速直線運動的規(guī)律得出S不是加倍的關(guān)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關(guān)系。
8．【答案】A,C
【解析】【解答】金屬桿ab在運動過程中受到的安培力為FA=BIL=B2L2vR
根據(jù)牛頓第二定律得 F-FA=ma
得 F-B2L2vR=ma
可知，桿的速度增大，安培力增大，合外力減小，加速度減小，故桿做加速度變小的變加速運動，則v-t圖像的斜率逐漸減小，BD不符合題意，AC符合題意。
故答案為：AC。

【分析】利用安培力的表達式得出ab幫所受的安培力，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度的變化情況，從而進行分析判斷。
9．【答案】A,C
【解析】【解答】A．若傳感器R2所在處溫度升高，R2的阻值減小，根據(jù)歐姆定律知，副線圈的電流變大，所以原線圈電流跟著變大，即A1的示數(shù)變大，R2與R1并聯(lián)后的總電阻減小，故在副線圈中分的電壓減小，所以A2的示數(shù)減小，A符合題意；
B．交流電的頻率與匝數(shù)無關(guān)，不會發(fā)生變化，還是50Hz，所以B不符合題意；
C．原線圈電壓最大值為220 2V，當單刀雙擲開關(guān)由A→B時，匝數(shù)之比為5:1，根據(jù)變壓規(guī)律可得副線圈電壓最大值為44 2V ，小于電容器的耐壓值，故電容器不會被擊穿，所以C符合題意；
D．開關(guān)由A→B時，副線圈電壓U2為原來的2倍，輸出功率 P2=U22R
為原來的4倍，所以D不符合題意。
故答案為：AC。

【分析】當傳感器溫度升高時，根據(jù)電阻的變化情況以及歐姆定律得出電流表示數(shù)的變化情況；交變電流的頻率和匝數(shù)無關(guān)，利用電功率的表達式得出副線圈的輸出功率。
10．【答案】A,C
【解析】【解答】A．根據(jù)能量守恒知，P、Q、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得EP=mgL(cos30°-cos60°)
彈性勢能的最大值為 Ep=(3-1)mgL2
A符合題意；
B．以整體為研究對象，系統(tǒng)水平方向先向左加速運動后向左減速運動，所以水平方向合力先向左，后向右，因此水平方向加速階段豎直桿彈力大于彈簧彈力，水平方向減速階段豎直桿彈力小于彈簧彈力，B不符合題意；
C．根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律可知，滑塊P的動能達到最大前，P的機械能一直在減少，C符合題意；
D．P由靜止釋放，P開始向下做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為零時，P的速度達到最大，此時動能最大，對PQ和彈簧組成的整體受力分析，在豎直方向，根據(jù)牛頓第二定律可得 FN-2mg=m?0+m?0
解得 FN=2mg，D不符合題意。
故答案為：AC。

【分析】根據(jù)機械能守恒得出彈性勢能的最大值；以整體為研究對象根據(jù)運動情況得出豎直桿的彈力和彈簧彈力的大小關(guān)系，利用牛頓第二定律得出Q受到地面的支持力。
11．【答案】B,C,E
【解析】【解答】A．由波形圖可知，如果波向x軸的正方向移動，則移動了34個波長，即34T=0.5s，可得周期為23s，如果波向x軸的負方向移動，則移動了14個波長，即14T=0.5s，可得周期為2s，所以A不符合題意；
B．已知平衡位置在x=3m處的質(zhì)點，在0~0.5s時間內(nèi)運動方向不變，所以不可能振動 34周期，則該波沿x軸負方向傳播，所以B符合題意；
C．該波的周期為2s，波長為4m，則波速為 v=λT=42=2m/s
所以C符合題意；
D．平衡位置在x=0.5m處的質(zhì)點，如圖先向上運動最大位移再回到原來位置，則圖可知在0~0.5s內(nèi)的路程小于10cm，所以D不符合題意；
E．平衡位置在x=10m處的質(zhì)點，在0.5s時處于負的最大位移，所以加速度最大，則E符合題意；
故答案為：BCE。

【分析】根據(jù)簡諧波的運動情況以及周期性得出該波的周期；結(jié)合質(zhì)點的振動得出該波的傳播方向；利用波在介質(zhì)中傳播的速度和周期的關(guān)系得出該波的波速，結(jié)合簡諧運動的特點進行分析判斷。
12．【答案】（1）dt；d22ht2
（2）d2M2hmg
【解析】【解答】（1）遮光條在擋光時間內(nèi)的平均速度等于托盤甲經(jīng)過光電門瞬間的速度，即 v=dt
由運動學(xué)規(guī)律可得 2ah=v2=d2t2
整理得 a=d22ht2
（2）若加速度與力成正比，則有 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
則圖線的斜率為 k=d2M2hmg
【分析】（1）根據(jù)短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度以及勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系得出加速度的表達式；
（2）若加速度與力成正比，得出加速度的表達式，結(jié)合（1）（2）得出圖線的斜率。
13．【答案】（1）G；E；C
（2）如圖所示：

（3）5.0Ω
【解析】【解答】（1）額定電壓5.0V，額定功率約為2.5W，風(fēng)扇燈的額定電流為I=PU=2.55A=0.5A
因此選用電流變 A1；
因電壓表需從0開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，而風(fēng)扇燈的電阻大約為 R=U2P=10Ω
則滑動變阻器選擇總電阻為 10Ω的誤差較小，即選G；
由于沒有電壓表，則必須通過電流表與電阻來改裝，因電源電動勢為6.0V，則電流表 A2與固定電阻 R2改裝成電壓表，即選CE；
（2）因電壓需從0開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，風(fēng)扇燈的電阻約為 10Ω，遠小于電壓表內(nèi)阻，屬于小電阻，電流表采用外接法，電路如圖

（3）風(fēng)扇燈在在電流表讀數(shù)小于0.15A時燈亮但風(fēng)扇不能轉(zhuǎn)動，屬于純電阻，根據(jù) I1為0.10A時 I2為10 mA，則風(fēng)扇燈電阻為 RM=I2(R2+r2)I1-I2=5.0Ω

【分析】（1）根據(jù)電工率的表達式得出風(fēng)扇的額定電流，所以判斷選擇的電流表根據(jù)滑動變阻器的連接方式以及功率的表達式得出風(fēng)扇的電阻；
（2）根據(jù) 描繪出這臺風(fēng)扇燈的伏安特性曲線 的實驗原理畫出電路圖；
（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律得出燈亮但風(fēng)扇不能轉(zhuǎn)動時小風(fēng)扇燈的電阻 。
14．【答案】（1）解：設(shè)列車勻加速運動的加速度為a，由勻變速運動規(guī)律有v1=at1
根據(jù)牛頓第二定律F-f=ma
由題意可知f=kmg
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得F=1.44×105N
（2）解：列車勻速運動時速度最大，設(shè)此時列車牽引力為F0，由平衡條件有F0=f
設(shè)列車以恒定功率運行時的功率為P，由功率公式有P=Fv1
P=F0vm
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得vm=40m/s
列車勻加速運動發(fā)生的位移為x1，由勻變速運動規(guī)律有x1=12v1t1
設(shè)列車以恒定功率運行的時間為t2，列車從車站開出后運行x=8km的過程中，由動能定理有Pt2+Fx1-fx=12mvm2
列車從車站開出后運行x=8km的時間t=t1+t2
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得t=308.3s
【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律以及勻變速直線運動的規(guī)律得出牽引力的大??；
（2）當牽引力等于阻力時結(jié)合瞬時功率的表達式得出最大速度的表達式，結(jié)合動能定理得出從車站開出后運行x=8km的時間。
15．【答案】（1）解：洛侖茲力提供向心力，有 evB=mv2R
能從OC邊出磁場的電子，當運動軌跡和AC相切時半徑最大，故半徑最大值Rm=a
所以，能從OC邊出磁場的電子所具有的最大速度vm=eBam
（2）解：要使電子能通過PQ界面，電子飛出磁場的速度方向必須水平向右，由（1）可知 v=eBRm
故R越大v越大，所以，從C點水平飛出的電子，運動半徑最大，對應(yīng)的速度最大，故有 (R-a)2+(3a)2=R2
可得R=2a
故能通過PQ界面的電子所具有的最大速度v'm=2eBam
（3）解：只有垂直打到PQ界面上的電子通過，故電子進入電場的范圍為PQ上C到x軸間的范圍；當粒子在PQ上的縱坐標為y(0

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