2021年广西壮族自治区南宁市市第三十九中学高三物理联考试题含解析

2021年广西壮族自治区南宁市市第三十九中学高三物
理联考试题含解析
一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意
1. 以下说法中正确的是______。

（填选项前的字母）．
A．原子的核式结构学说，是卢瑟福根据天然放射实验提出来的
B．核反应方程：Be＋He―→C＋X中的X为质子
C.C的半衰期为5 730年，若测得一古生物遗骸中的C含量只有活体中的，则此遗骸距今约有17 190年
D．一群氢原子处在n＝4的能级，跃迁到较低能级时，辐射的光谱线条数为4条参考答案：
C
2. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：l，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示。

副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。

下列说法正确的是
A．副线圈输出电压的频率为50Hz
B．副线圈输出电压的有效值为3lV
C．P向右移动时，电阻R消耗的功率增大
D．P向右移动时，原、副线圈的电流比增大
参考答案：
AC
3. 在研究力和运动的关系时，伽利略巧妙地设想了两个对接斜面的实验，假想让一个小球在斜面上滚动。

伽利略运用了（）
A. 理想实验方法
B. 控制变量方法
C. 等效替代方法
D. 建立模型方法
参考答案：
A
4. 在研究力和运动的关系时，伽利略巧妙地设想了两个对接斜面的实验，假想让一个小球在斜面上滚动。

伽利略运用了（）
A. 理想实验方法
B. 控制变量方法
C. 等效替代方法
D. 建立模型方法
参考答案：
A
5. 1927年戴维逊和革末完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图所示的是该实验装置的简化图. 下列说法不正确的是▲
（填写选项前的字母）.
A．亮条纹是电子到达概率大的地方 B．该实验说明物质波理论是正确的
C．该实验再次说明光子具有波动性 D．该实验说明实物粒子具有波动性
参考答案：
C
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分
6. 重为500N的物体放在水平地面上，与地面的滑动摩擦因数为μ=0.2，在大小为F=500N，方向与水平面成α=37°斜向上的拉力作用下前进l=10m．在此过程中力F做功为
J，摩擦力做功为J．
参考答案：
7. 如图所示，为一平抛小球运动的示意图，对图中小球所处位置进行测量得：位置点1与位置点4竖直距离为15cm，位置点4与位置点7 的竖直距离为25cm，各位置点之间的水平距离均为5cm。

则
（1）小球抛出时的速度大小为 m/s。

（2）小球抛出点（填“在”或“不在”）位置点1处。

（3）小球在位置点4时的竖直速度是 m/s。

（空气阻力不计，g=10m/s2，保留二位有效数字）
参考答案：
（1）1.5 （2）不在 0.67
8. 某发电厂用2.2KV的电压将电能输出到远处的用户，后改为用22KV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率。

前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为__________。

要将2.2KV的电压升高到22KV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是________匝。

参考答案：
答案：100；1800
解析：由于电线的电阻不变，相同的功率，以不同的电压输送时，输送电流也不同。

设输送功率为P，则有，而在电线上损耗功率为
，所以有损失的功率与输送电压的平方成反比，两种输电方式的输送电压之比为，所以损失功率之比为，即前后两种输电方式消耗在输
电线上的电功率之比为100。

理想变压器没有能量损失，原副线圈的电压比等于匝数比。

所以副线圈的匝数为原线圈匝数的10倍，等于1800匝。

9. 地球表面的重力加速度为g，地球半径为R。

有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道离地面的高度是地球半径的3倍。

则该卫星做圆周运动的向心加速度大小为__________；周期为____________。

参考答案：
10. （1）用欧姆表测电阻时，两表笔短接时指针所指位置如图所示。

如果不调零就去测电阻，那么被测电阻的测量值将比它的真实值偏 .
（2）用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ。

给定电压表（内阻约为50kΩ）、电流表（内阻约为40Ω）、滑动变阻器、电源、电键、待测电阻（约为250Ω）及导线若干。

①如图（1）所示电路图中，电压表应接__________点（填a或b）。

②图（2）中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试作图像并求出电阻值R=__________________Ω。

（保留3位有效数字）
③待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图（3）、图（4）所示。

由图可知其长度为8.02mm，图（4）直径读数为________mm。

④由以上数据可求出ρ=_______________Ω·m。

（保留3位有效数字）
参考答案：
（1）小（2分）
（2）① a （2分）
②作图为过原点的直线，其中第2个点舍弃（2分） 244 （242 ~ 246均可）（2分）
③1.92 （2分）
④0.0882
11. 测速仪安装有超声波发射和接受装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始作匀加速直线运动。

当B 接收到反射回来的超声波信号时，AB相距355m，已知声速为340m/s。

则从B发出超声波到接收到反射回来的超声波信号用时为________s，汽车的加速度大小为
__________ m/s2。

参考答案：
2, 10
12. 如图所示，质量M=2kg均匀矩形木块靠在光滑墙上，A点处有固定光滑转动轴，AB与水平方向夹角30°，CD边长为2m，B、D两点连线与地面平行，一质量m=10kg的小物体若固定在CD边上且位于A点正上方处，则墙对木块的弹力为
______________N；若将小物体从C点处静止释放使其沿CD边自由下滑，物体与木块间动摩擦因数为μ=0.2，物体维持匀加速直线运动的时间为______________s。

参考答案：
， 1.08
13. 在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材：A.打点计时器；B.天平；C秒表；D.低压交流电源；E.电池； F.纸带；G.细线、砝码、小车、砝码盘；H.薄木板．
①其中多余的器材是____________，缺少的器材是__________________．
②测量时间的工具是__________________；测量质量的工具是
____________________．
③如图实所示是打点计时器打出的小车(质量为m)在恒力F作用下做匀加速直线运动的纸带．要测量的数据已用字母表示在图中，打点计时器的打点周期为T.请分析，利用这些数据能否验证动能定理？若不能，请说明理由；若能，请写出需验证的表达式．
________________________________________________________________________ _________
参考答案：
）①C、E 毫米刻度尺
②A B
③能从A到B的过程中，恒力做的功为WAB＝FsAB物体动能的变化量为
EkB－EkA＝mv－mv＝m()2－m()2＝m
只要验证FsAB＝m即可．
优点：A、B两点的距离较远，测量时的相对误差较小；
缺点：只进行了一次测量验证，说服力不强．
三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分
14. 利用如图所示电路测量一个量程为300mV的电压表的
内阻Rv，Rv约为300Ω。

①请将实验步骤补充完整
A．按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到________(填“a”或“b”)端，闭合开关S2；
B．闭合开关Sl，调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；
C．保持开关S1闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开开关S2，调整电阻箱R0的阻值大小，使电压表的指针指到满刻度的______；
D．读出此时电阻箱R0的阻值，即等于电压表内阻Rv
②实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱(最大阻值999.9Ω)、电池(电动势约
1.5V，内阻可忽略不计)、导线和开关之外，还有如下可供选择的实验器材：A、滑动变阻器(最大阻值200Ω)；B、滑动变阻器(最大阻值20Ω)。

为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用________ (填序号)。

③对于上述测量方法，从实验原理分析可知，实际测出的电压表内阻的测量值R 测________ (填“大于”、“小于”或“等于”)真实值Rv．
参考答案：
a （2分）半偏（1分） B （1分）大于（2分）
15. 在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表（内阻
约为1）、电压表（内阻约为3000）、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图示是没有连接完的实物电路。

①请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整。

②闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2. 2V，若要测量小灯泡的额定功率’
应将滑片P向（填“左”或“右”）端滑动。

③通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图所
示的U—I图线。

现有一个电动势为3V，内阻为20的废旧电池，给小灯泡单独供电，根据V一I图线提供的信息，可求出小灯泡实际功率为 W。

参考答案：
四、计算题：本题共3小题，共计47分
16. 如图，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线MN的右侧有垂直纸面向里、磁感
应强度为B的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小颗粒自A点由静止开始运动，刚好沿直线运动至光滑绝缘的水平面C点，与水平面碰撞的瞬间小颗粒的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小颗粒运动至D处刚好离开水平
面，然后沿图示曲线DP轨迹运动，AC与水平面夹角α = 30°，重力加速度为g，求：
⑴匀强电场的场强E；
⑵AD之间的水平距离d；
⑶已知小颗粒在轨迹DP上某处的最大速度为vm，该处轨迹的曲率半径是距水平面高度的k倍，则该处的高度为多大？
参考答案：
．⑴小球受力如图所示
qE=mgcotα E=mg/q （2分）
⑵设小球在D点速度为vD，在水平方向由牛顿第二定律得：
qE=max
小球在D点离开水平面的条件是： qvDB=mg 得：
d=
⑶当速度方向与电场力和重力合力方向垂直
时，速度最大，（1分）
则： R = kh
17. “折返跑”是耐力跑的替代项目．这个项目既能发展学生的速度和灵敏素质，又能提高变换方向的能力，是一项很有价值的锻炼项目．在某次“20米折返跑”测试中，受试者在平直跑道上听到“跑”的口令后，在起点终点线前全力跑向正前方20米处的折返线，测试员同时开始计时．受试者到达折返线时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所计时间即为“折返跑”的成绩，如图所示．设受试者起跑的加速度为4.0m/s2，运动过程中的最大速度为6.4m/s，到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为8.0m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线．受试者在加速和减速阶段的运动均可视为匀变速直线运动．求该受试者“折返跑”的成绩为多少秒？
参考答案：
解：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中；
加速阶段：
…①
m…②
减速阶段：
…③
…④
匀速阶段：
…⑤
由折返线向起点终点线运动的过程中
加速阶段：
t4=t1=1.6s，…⑥
x4=x1=5.12m…⑦
匀速阶段：
…⑧
受试者“折返跑”的成绩为：
t=t1+t2+t3+t4+t5=8.25s
答：该受试者“折返跑”的成绩为8.25s．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀加速运动和匀减速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，结合速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，抓住返回10m和前10m的运动情况相同，求出总时间．
18. 如图所示，质量m=2.0kg的木块静止在水平面上，用大小F=20N、方向与水平方向成θ=37°角的力拉动木块，当木块运动到x=10m时撤去力F．不计空气阻力．已知木块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2．求：
（1）撤去力F时木块速度的大小；
（2）撤去力F后木块运动的时间．
参考答案：
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析：（1）分析木块的受力情况，根据牛顿第二定律和摩擦力公式求出加速度，由运动学位移速度关系公式求出撤去力F时木块速度的大小；
（2）撤去F后，木块由于滑动摩擦力而做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解木块运动的时间．
解答：解：（1）力F拉动木块的过程中，木块的受力情况如图1所示．根据牛顿运动定律有
Fcos37°﹣f1=ma1mg﹣Fsin37°﹣N1=0
又因为f1=μN1
代入数据可求得：N1=8.0N，
解得：
因为：v2=2a1x
所以：
（2）撤去F后，木块的受图情况如图2所示．根据牛顿运动定律有：
N2﹣mg=0﹣f2=ma2
又因为：f2=μN2
代入数据可求得：N2=20N，
解得：
因为：v末=v+a2t
所以：
答：
（1）撤去力F时木块速度的大小是12m/s；
（2）撤去力F后木块运动的时间是6s．
点评：本题是牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题，加速度是关键量，是联系力和运动学关系的桥梁，在这种方法中是必求的量．。