广东省茂名市五大联盟学校届高三联考理综物理试题带解析Word下载.docx

1、15如图甲所示为研究某金属光电效应的电路图，图乙为采用不同频率的光照射时遏止电压与入射光频率v的关系图，图中频率，遏制电压及电子的电荷量e均为已知，则下列说法正确的是A普朗克常量B普朗克常量C该金属的截止频率为D该金属的截止频率为15A 根据爱因斯坦光电效应放出及动能定理可得，结合图像可知，普朗克常量，A正确BCD错误；162018年12月9日新浪网报道，为了预防太空垃圾的撞击，国际空间站安装了太空碎片传感器（简称SDS）。旨在检测太空垃圾中较小的、难以追踪的垃圾所造成的任何撞击，科学家担心，数目庞大的太空垃圾威胁各种宇宙探索活动，可能令人类彻底失去地球同步卫星轨道，下面关于地球同步卫星的说法

2、正确的是A地球同步卫星的周期与地球公转的周期相同B若已知地球半径，结合地球自转周期与重力加速度，可估算出地球同步卫星距地面的高度C神州系列飞船的周期与地球同步卫星的周期差不多D若已知地球同步卫星的轨道半径和周期，可计算出它和地球间的万有引力16B 地球同步卫星的周期与地球自转的周期相同，A错误；在地球表面有，对地球同步卫星有，联立可求出地球同步卫星距地面的高度h=r-R，B正确；神州系列飞船的周期远小于地球同步卫星的周期，C错误；知道地球同步卫星的轨道半径和周期不能计算出它和地球间的万有引力，因为不知道卫星的质量，D错误。17如图所示，一物块从斜面低端以初速度v0开始演斜面上滑，物块与斜面间的

3、动摩擦因数，其中为斜面的倾角，物块沿斜面运动的最大高度为H，已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取斜面低端为参考平面，则物块在斜面上运动过程中机械能、动能、重力势能与高度的关系可能是下图中的17D 重力势能先随高度增大而增大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，B错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，C错误D正确；18如图所示，正电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面半径为R，CD为通

4、过半球顶点C和球心O的轴线。P、M为CD轴线上的两点，距球心O的距离均为，在M右侧轴线上点固定正点电荷Q，点、M间距离为R，已知P点的场强为零，若带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，则M点的场强为A0 B C D 18C 根据P点的场强为零，得半球面对P点场强和点电荷Q对P场强等大反向，即半球面对P点场强大小为，方向向右；现只研究半球面，若补全右半球面，如图所示，根据带电均匀的封闭球壳内部电场强度处处为零，补全右半球面后，正电球面在P、M两点产生的电场强度均为零，由于对称性，左半球面对M点场强和右半球面对M点场强等大反向，左半球面P点场强和右半球面对M点场强等大反向，即左半球面对M点场强为

5、，方向向右，点电荷Q对M点场强为，方向向左，叠加得M点合场强为，方向向左，C正确；19如图甲所示，一个匝数N=200、电阻r=2的矩形线圈置于磁感应强度B=1T的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的电流通过滑环与电刷输送到外电路。电路中的交流电压表为理想电表，可变电阻R接入电路的阻值为18。穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示则下列说法正确的是A线圈的面积为0.02m2B线圈内产生的感应电动势的峰值为300VC理想交流电压表的读数约为255VD通过可变电阻的电流的瞬时值表达式为19AC 由图乙可知而，所以线圈的面积为0.02m2，A正确；由图乙可知，所以，则线圈内产生的感应电动势

6、的峰值为，B错误；理想交流电压表的读数为有效值，C正确；通过可变电阻的电流的峰值为，由图乙可知电流按余弦规律变化，所以电流的瞬时值表达式为i=20cos100tA，D错误。20如图所示，金属棒MN与金属网PQ之间存在水平向右的匀强电场，PQ与虚线JK之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E，磁场的磁感应强度大小为，两个区域的宽度均为d。一个带正电的微粒贴着MN以初速度竖直向上射入场区，运动到PQ时速度大小仍为，方向变为水平向右。已知重力加速度为g，下列说法正确的是A微粒在MN与PQ间做匀变速运动，运动时间为B微粒在PQ与JK间做匀速圆周运动，圆周半

7、径r=dC微粒在PQ与JK间做匀速直线运动，运动时间为D微粒在题述两个区域中运动的总时间为20AD 微粒在MN与PQ间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，由于都是恒力，故微粒做匀变速运动，由对称性可知Eq=mg，在竖直方向，则或水平方向，A正确；微粒在刚进入PQ与JK间时，受到向下的重力，向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于，则，由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，半径为，B错误；由几何关系可知，微粒在PQ与JK间运动的圆心角为30，故所用时间为，所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为，C错误D正确。21如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强

8、度方向与水平面垂直，边长为l的正方形单匝金属线框abcd位于水平面内，cd边与磁场边界平行。T=0时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是A水平外力为恒力B匀强磁场的宽度为Cab边离开磁场的时间为D线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功21BC 线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力F必然不是恒力，A错误；由图乙可知时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为a，磁场的宽度为，故，B正确；设t时刻线框穿出磁场，则，解得，C正确；线框进入

9、磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功，D错误。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题22某同学为了测量木块与木板之间的摩擦力，采用了如图甲所示装置，木板倾斜放置，木块置于木板上端，并连接穿过打点计时器的纸带，木块与静止从木板上端滑下时打出的纸带如图乙所示。（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用纸带中测出的数据可得木块下滑的加速度大小a=_（结果保留两位有效数字）；（2）为了测出木块与木板间的摩擦力，该同学已经测出了木板的长度l及高度h，他还需要测量的物理量是_（写出物理量

10、的名称及表示的字母），利用测得的量及加速度a表示摩擦力的大小f=_。22、（1）4.0（2）木块的质量m； 【解析】（1）根据，用BC的长度剪去AB的长度，或者用CD的长度减去BC的长度，得到，代入T=0.04s可求出（2）由牛顿第二定律，又，联立解得，所以为了测出木块与木板间的摩擦力，该同学还需要测量的物理量是木块的质量m。23某实验小组用一段金属管做“测定金属的电阻率”实验。（1）小组中同学用螺旋测微器测量金属管的直径，测量数据如图所示，其值为d=_m。（2）已知待测金属管的阻值约为1020，除此之外，实验室备有如下器材：A电流表A：量程为500mA，内阻约为5B电压表V1：量程为3V，内

11、阻约为1000C电压表V2：量程为15V，内阻约为5000D滑动变阻器R1:05，2AE滑动变阻器R2:02000，0.5AF直流恒压电源E：3.0V，内阻不计G开关S、导线若干在现有器材的条件下，要用伏安法测金属管电阻，在上述器材中，电压表应选_，滑动变阻器应选_。（填选项字母）；（3）在方框中画出相应的实验电路图23、（1）3.000010-2（2）B（3）如图所示（1）由图乙可知，固定刻度上读数至少为29.5mm，30mm刻度处于边缘；观察可动刻度，0刻度与固定刻度上的横线对齐，由此可知，螺旋测微器的读数为30.000mm，即3.000010-2m（2）因为电源电动势为3.0V，电压表应

12、选B；滑动变阻器R2阻值太大，不便于调节；滑动变阻器R1阻值大小，如果采用限流接法调节范围太小，采用分压接法比较合适，所以滑动变阻器选择D。24如图所示，在某空间存在一面积足够大的匀强磁场区域，在该区域中心有一半径为R的圆，O为圆心，园内的磁场垂直纸面向里，圆外的磁场垂直纸面向外，磁场的磁感应强度为B。如果在P点有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿半径方向射入，它在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，求：（1）带电粒子的初速度大小；（2）带电粒子回到P点所需的时间。24、（1）由牛顿第二定律和洛伦兹力公式可得，解得；（2）因为粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R，所以它在圆形区域内的轨迹是四

13、分之一圆弧，如图所示，是圆的一部分；离开圆形区域后，所受洛伦兹力方向相反，以为圆心做圆周运动，经过四分之三弧长后又进入圆形区域，这样依次以、为圆心做部分圆周运动后又回到P点。粒子在磁场中做圆周运动的周期为，所以带电粒子回到P点所需的时间为25如图所示，圆心角=60的圆弧轨道JK与半圆弧轨道GH都固定在竖直平面内，在两者之间的光滑地面上放置质量为M的木板，木板上表面与H、K两点相切，木板右端与K端接触，左端与H点相距L，木板长度d=6.5R。两圆弧轨道均光滑，半径为R。现在相对于J点高度为3R的P点水平向右抛出一可视为质点的质量为m的木块，木块恰好从J点沿切线进入圆弧轨道，然后滑上木板，木块与

14、木板间的动摩擦因数；当木板接触H点时即被黏住，木块恰好能运动到半圆弧轨道GH的中点。已知M=2m，重力加速度为g。（1）求木块在P点抛出的初速度大小以及运动到K时对K点的压力；（2）求L的大小（结果用字母m、g、R表示）25、（1）设木块在P点的初速度为，从P点到J点有因为木块在J点与圆弧相切，故，联立解得设木块滑到K点的速度为，从P点到K点根据机械能守恒定律有解得根据牛顿第二定律可得，解得根据牛顿第三定律可得木块运动到K时对K点的压力为10mg，方向竖直向下（2）木块从K点滑上木板后开始做匀减速运动，此时木板开始做匀加速直线运动，假设木块与木板能达到共同速度，则此后二者开始做匀速运动，规定的方向为正方向，根据动量守恒定律可得，解得对木块根据动能定理有，对木板根据动能定理有解得，木块相对木板的位移，即木板与木块到达相同速度时，木块未离开木板设木块运动到H点时速度大小为，根据动能定理可