江西省上饒市私立清華中學(xué)2022-2023學(xué)年高三物理測試題含解析

江西省上饒市私立清華中學(xué)2022-2023學(xué)年高三物理測試題含解析一、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.（單選）如圖的邏輯電路中，當(dāng)A端輸入電信號“1”，B端也輸入電信號“1”時，則C和D端輸出的電信號分別為（

）A.1和1

B.0和1C.1和0

D.0和0參考答案：D2.（單選）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強(qiáng)度E隨x變化的圖象如圖所示，下列說法中正確的是A．O點(diǎn)的電勢最低 B．x2點(diǎn)的電勢最高C．x1和－x1兩點(diǎn)的電勢相等

D．x1和x3兩點(diǎn)的電勢相等參考答案：C3.（單選）如圖所示，從傾角為θ的斜面上的某點(diǎn)先后將同一小球以不同初速度水平拋出，小球均落到斜面上，當(dāng)拋出的速度為v1時，小球到達(dá)斜面的速度方向與斜面的夾角為α1，當(dāng)拋出的速度為v2時，小球到達(dá)斜面的速度方向與斜面的夾角為α2，則（）A．當(dāng)v1＞v2時，α1＞α2

B．當(dāng)α1＜α2，v1＞v2時C．無論v1、v2大小如何，均有α1=α2

D．2θ=α1+θ參考答案：

C解析：解：如圖所示，由平拋運(yùn)動的規(guī)律知

Lcosθ=v0t，Lsinθ=gt2則得：tanθ=由圖知：tan（α+θ）=可得：tan（α+θ）=2tanθ

所以α與拋出速度v0無關(guān)，故α1=α2，α1、α2的大小與斜面傾角有關(guān)，故ABD錯誤，C正確．故選：C4.（多選題）如圖所示，勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小為E，方向與水平方向夾角為θ（θ≠45°），場中有一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球，用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)．當(dāng)小球靜止時，細(xì)線恰好水平．現(xiàn)用一外力將小球沿圓弧緩慢拉到豎直方向最低點(diǎn)，小球電荷量不變，則在此過程中（）A．外力所做的功為mgLcotθB．帶電小球的電勢能增加qEL（sinθ+cosθ）C．帶電小球的電勢能增加2mgLcotθD．外力所做的功為mgLtanθ參考答案：AB【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動；動能定理的應(yīng)用；電勢能．【分析】對小球進(jìn)行受力分析可知，小球受重力、電場力及繩子的拉力而處于平衡；由共點(diǎn)力的平衡可求得電場力的大?。挥晒Φ挠嬎愎娇汕蟮眯∏蜻\(yùn)動中電場力所做的功；則由電場力做功與電勢能的關(guān)系可求得電勢能的變化；再由動能定理可求得外力所做的功．【解答】解：小球在水平位置靜止，由共點(diǎn)力的平衡可知，F(xiàn)電sinθ=mg，則F電=；小球從最初始位置移到最低點(diǎn)時，電場力所做的功W電=﹣EqL（cosθ+sinθ），因電場力做負(fù)功，故電勢能增加，故B正確，C錯誤；由動能定理可知，W外+W電+WG=0；W外=﹣（W電+WG）=EqL（cosθ+sinθ）﹣mgL=mgLcotθ；故A正確，D錯誤；故選：AB．5.（單選）如圖所示，某人靜躺在椅子上，椅子的靠背與水平面之間有固定傾斜角θ。若此人所受重力為G，則椅子對他的作用力大小為A．G

B．G

sinθ

C．G

cosθ

D．G

tanθ參考答案：A

解析：人受多個力處于平衡狀態(tài)，人受力可以看成兩部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分對他的作用力的合力．根據(jù)平衡條件得椅子各部分對他的作用力的合力與重力等值，反向，即大小是G．故選：A．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示電路中，電源電動勢E＝8V，內(nèi)電阻r＝4Ω，Er

定值電阻R1＝6Ω，R為最大阻值是40Ω的滑動變阻器．則在滑動變阻器左右滑動過程中，電壓表的最大讀數(shù)為V，電源的最大輸出功率為W．參考答案：6.4

3.847.在光電效應(yīng)試驗中，某金屬的截止頻率相應(yīng)的波長為，該金屬的逸出功為______。若用波長為（<0）單色光做實(shí)驗，則其截止電壓為______。已知電子的電荷量，真空中的光速和布朗克常量分別為e、c和h。參考答案：8.如圖甲所示是某時刻一列機(jī)械波的圖象，圖乙是坐標(biāo)原點(diǎn)O處質(zhì)點(diǎn)從此時刻開始的振動圖象．由此可知，K、L、M三個質(zhì)點(diǎn)，________質(zhì)點(diǎn)最先回到平衡位置；該機(jī)械波的波速為v＝________.參考答案：M1m/s9.如圖所示，傾角為θ的斜面處于豎直向下的勻強(qiáng)電場中，在斜面上某點(diǎn)以初速度為v0水平拋出一個質(zhì)量為m的帶正電小球，小球受到的電場力與重力相等，地球表面重力加速度為g，設(shè)斜面足夠長，求：（1）小球經(jīng)

時間落到斜面上;（2）從水平拋出至落到斜面的過程中，小球的電勢能變化量為

．參考答案：V0tanθ/g

mV02tan2θ10.如圖，半徑為和的圓柱體靠摩擦傳動，已知，分別在小圓柱與大圓柱的邊緣上，是圓柱體上的一點(diǎn)，，如圖所示，若兩圓柱之間沒有打滑現(xiàn)象，則∶∶=

；ωA∶ωB∶ωc=

。參考答案：11.如圖（a）所示，“”型木塊放在光滑水平地面上，木塊的AB水平表面是粗糙的，與水平方向夾角θ=37°的BC斜面是光滑的．此木塊的右側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當(dāng)力傳感器受擠壓時，其示數(shù)為正值；當(dāng)力傳感器被拉伸時，其示數(shù)為負(fù)值．一個可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從C點(diǎn)由靜止開始下滑，運(yùn)動過程中力傳感器記錄到的力﹣時間關(guān)系圖線F﹣t圖如圖（b）所示，設(shè)滑塊通過B點(diǎn)前后速度大小不變．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．）則滑塊C的質(zhì)量為2.5kg，它在木塊上運(yùn)動全過程中損失的機(jī)械能為40J．參考答案：解：（1）分析滑塊在斜面上的受力，可知物體受到重力、支持力的作用，沿斜面方向的力是重力的分力，由牛頓第二定律得：得：a1=gsinθ=10×0.6=6m/s2通過圖象可知滑塊在斜面上運(yùn)動時間為：t1=1s由運(yùn)動學(xué)公式得：L=a1t12==3m滑塊對斜面的壓力為：N1′=mgcosθ木板對傳感器的壓力為：F1=N1′sinθ由圖象可知：F1=12N解得：m=2.5kg（2）滑塊滑到B點(diǎn)的速度為：v1=a1t1=6×1=6m/s由圖象可知：f1=5N，t2=2sa2==2m/s2s=v1t2﹣a2t22=6×2﹣=8mW=fs=5×8=40J故答案為：2.5，4012.一名射箭者把一根質(zhì)量為0.3kg的箭放在弓弦上，然后，他用一個平均為200N的力去拉弦，使其向后移動了0.9m。假定所有的能量都在箭上，那么箭離開弓的速率為

▲m/s，如果將箭豎直向上發(fā)射，那么它上升的高度為

▲m。（不計空氣阻力）參考答案：，

60m

13.(3-4模塊)(3分)一列向右傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖如圖所示。波速大小為0.6m/s，P質(zhì)點(diǎn)的橫坐標(biāo)x=0.96m。波源O點(diǎn)剛開始振動時的振動方向__▲___(填“y軸正方向”或“y軸負(fù)方向”)，波的周期為___▲___s。從圖中狀態(tài)為開始時刻，質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過__▲__s時間第二次達(dá)到波峰。參考答案：答案：y的負(fù)方向(1分)、0.4(1分)、1.9(1分)三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（4分）現(xiàn)用“與”門、“或”門和“非”門構(gòu)成如圖所示電路，請將右側(cè)的相關(guān)真值表補(bǔ)充完整。(填入答卷紙上的表格)參考答案：

答案：

ABY001010100111

15.如圖為一塊直角三棱鏡，頂角A為30°．一束激光沿平行于BC邊的方向射向直角邊AB，并從AC邊射出，出射光線與AC邊夾角也為30°．則該激光在棱鏡中的傳播速度為多少？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)參考答案：1.7×108m/s解：光路圖如圖：

由幾何關(guān)系得：α=∠A=30°，β=90°-30°=60°

折射率

激光在棱鏡中傳播速【點(diǎn)睛】幾何光學(xué)要正確作出光路圖，由幾何知識找出入射角和折射角是關(guān)鍵．知道光速和折射率的關(guān)系.四、計算題：本題共3小題，共計47分16.一質(zhì)量為m＝0.5kg的兒童玩具靜止在水平地面上，一幼兒沿與水平方向成53°角的恒力F=4N拉著它沿水平面運(yùn)動運(yùn)動，經(jīng)時間t＝2s移動了s＝4.8m，這時幼兒放開手，求：（1）玩具與水平地面間的動摩擦因數(shù)多大？（2）放手后玩具還能運(yùn)動多遠(yuǎn)？（sin53°=0.8

cos53°=0.6）參考答案：解：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得，F(xiàn)cos53°-μ（mg-Fsin53°）=ma------①根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

x＝1/2at2--------②

vm=at-------③由①②③解得，μ=0.67

vm=4.8m/s，（2）松手后玩具做勻減速運(yùn)動，

a'=μg=6.7m/s2滑行距離為

x′＝＝1.7m17.圖（a）所示的xOy平面處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示。當(dāng)B為+B0時，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向指向紙外。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于。不計重力。設(shè)P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正方向自O(shè)點(diǎn)開始運(yùn)動，將它經(jīng)過時間T到達(dá)的點(diǎn)記為A。（1）若t0=0，則直線OA與x軸的夾角是多少？（2）若t0=T/4，則直線OA與x軸的夾角是多少？（3）為了使直線OA與x軸的夾角為π/4，在0<t0<T/4的范圍內(nèi)，t0應(yīng)取何值？是多少？參考答案：解：(1)設(shè)粒子P的質(zhì)量為m，電荷量為q，速度為v，粒子P在洛倫茲力作用下，在xy平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，用R表示圓周的半徑，T’表示運(yùn)動周期，則有qvB0=mR.，①v=。②由①②式與已知條件得：T’=T。③粒子P在t=0到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)x軸上B點(diǎn)，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)x軸上A點(diǎn)，如圖（a）所示。OA與x軸夾角θ=0.。④（2）粒子P在t0=T/4時刻開始運(yùn)動，在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動1/4個圓周，到達(dá)C點(diǎn)，此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)B點(diǎn)，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=5T/4時間內(nèi)，沿順時針方向運(yùn)動1/4個圓周，到達(dá)A點(diǎn)，如圖（b）所示。由幾何關(guān)系可知，A點(diǎn)在y軸上，即OA與x軸夾角θ=π/2。⑤（3）若在任意時刻t=t0（0<t0<T/4）粒子P開始運(yùn)動，在t=t0到t=T/2時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn)，圓心O’位于x軸上，圓弧OC對應(yīng)的圓心角為∠OO’C=(T/2-t0),

⑥此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=T/2到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運(yùn)動半個圓周，到達(dá)B點(diǎn)，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=T+t0時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運(yùn)動到達(dá)A點(diǎn)，設(shè)圓心為O’’，圓弧BA對應(yīng)的圓心角為∠BO’’A=t0,18.（16分）如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板.求：（1）木塊B從剛開始運(yùn)動到與木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移；（2）木塊A在整個過程中的最小速度；（3）整個過程中，A、B兩木塊相對于滑板滑動的總路程是多少？參考答案：（1）木塊A先做勻減速直線運(yùn)動，后做勻加速直線運(yùn)動；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1.對A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得：mv0+2mv0=(m+m+3m)v1……………………（2分）

解得：v1=0.6v0

對木塊B運(yùn)用動能定理，有：

-μmgs=………………（2分）

解得：s=91/(50μg)…………………（2分）

（2）設(shè)木塊A在整個過程中的最小速度為v′，所用時間為t，由牛頓第二定律：

對木塊A：a1=μmg/m=μg，…………（1分）對木塊C：a2=2μmg/3m=2μg/3，…………………