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1、2022年高三物理10月联考试题（含解析）新人教版14甲、乙两物体沿同一直线运动的v -t图象如图所示，由图可知 （ ） A乙做速度为1m/s2匀速直线运动 B前4s内甲物体一直在乙物体前方 C4s内乙的平均速度大小为2m/s D4s内乙的速度大于甲的速度【知识点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系.A5 A2【答案解析】C 解析：由图像可知前4秒甲做4m/s的匀速直线运动，乙做初速为0的加速度为1m/s2的匀加速直线运动，位移是8m，平均速度为2m/s，故C对，A、B、D错.【思路点拨】速度时间图像的斜率代表物体的加速度，速度图像与时间轴围成的面积代表物体通过的位移.15
2、. 细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连。平衡时细绳与竖直方向的夹角为53，如图所示，以下说法正确的是（已知sin53=0.8,cos53=0.6）( )A.小球静止时弹簧的弹力大小为B小球静止时细绳的拉力大小为C细线烧断后小球做平抛运动D细绳烧断瞬间小球的加速度为【知识点】共点力平衡的条件及应用；力的合成与分解的应用 B3 B7【答案解析】D 解析：A：B小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：弹簧弹力大小：细绳拉力大小：.故AB错误.CD细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，故瞬间小球加速度大小为：a=
3、,故C错误，D正确.【思路点拨】小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧弹力大小和细绳拉力大小.细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度.【题文】16如图，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是A两小球落地时的速度相同B两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小C从开始运动至落地，A球重力做功较大D从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小【知识点】功率、平均功率和瞬时功率 机械能守恒 E1 E3【答案解析】B 解析：A、两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们落地
4、时的速度大小相等，方向不同，故A错误B、到达底端时速率相同，重力相同，但A物重力与速度有夹角，B物语速度方向相同，所以B正确.C、由重力做功表达式得两物体运动过程重力对小球做功都为mgh.D、重力做功表达式得两物体运动过程重力对小球做功相同，但A所用时间小于B所用时间，根据可知重力对A小球做功德平均功率较大，故D错.故选B.【思路点拨】两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们落地时的速度大小，再由平均功率和瞬时功率公式得出结论.【题文】17.如图所示，在倾角为30的光滑斜面上端系有一劲度系数为20N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧恰
5、处于原长。若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下匀加速运动，则（ ）A小球向下运动0.1m时速度最大B小球向下运动0.1m时与挡板分离C在小球开始运动到速度达到最大的过程中，小球一直做匀加速直线运动D在小球从开始运动到与挡板分离的过程中，小球重力势能的减少量等于其动能与弹簧弹性势能增加量之和【知识点】牛顿第二定律 胡克定律 C2【答案解析】B 解析：A：球与挡板分离前小球做匀加速运动；球与挡板分离后小球做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力即：，解得：由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时运动的路程为0.5故A错误【思路点拨】对球受力分析可知，当球受力平衡时，速度最
6、大，此时弹簧的弹力与物体重力沿斜面的分力相等，由胡克定律和平衡条件即可求得小球向下运动的路程从开始运动到小球与挡板分离的过程中，挡板A始终以加速度a=4m/s2匀加速运动，小球与挡板刚分离时，相互间的弹力为零，由牛顿第二定律和胡克定律结合求得小球的位移；在挡板运动的过程中，挡板对球的支持力的大小是在不断减小的，从而可以使球和挡板一起以恒定的加速度运动，在运动的过程中物体的受力在变化，但是物体的运动状态不变，从而可以求得物体运动的位移【题文】18若某恒星系中所有天体的密度增大为原来的2倍,天体的直径和天体间的距离不变，某行星绕该恒星做匀速圆周运动，则下述运行参量变化正确的是（ ）A. 行星绕该恒
7、星做匀速圆周运动的向心力变为原来的2倍B. 行星绕该恒星做匀速圆周运动的线速度变为原来的4倍C. 行星绕该恒星做匀速圆周运动的线速度变为原来的2倍D. 行星绕该恒星做匀速圆周运动的周期变为原来的倍【知识点】万有引力定律及其应用 D5【答案解析】D 解析：A、M=v，中心天体的质量，直径不变，则体积不变，可知质量变为原来的2倍，向心力，知M和m都变为原来的2倍，则向心力变为原来的4倍.故A错误.B、根据，轨道半径不变，质量变为原来的2倍，则线速度变为原来的倍，周期T=变为原来的倍.故D正确，B C错误.【思路点拨】结合中心天体的质量变化，通过万有引力提供向心力得出线速度、周期的变化.解本题的关键
8、掌握万有引力提供向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、周期与半径的关系.【题文】19.如图10所示a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，。现将三个等量的正电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，将一个电荷量为+q的点电荷依次放在菱形中心O点和另一个顶点d处，下列说法正确的是Ad点电场强度的方向由O指向dB+q在d点所具有的电势能比在O点的大Cd点的电势低于O点的电势Dd点的电场强度大于O点的电场强度【知识点】电势能；电场强度；电势 I1 I2【答案解析】A C 解析：A、d点电场是由三个点电荷所产生的电场的叠加，根据对称性和平行四边形定则可知，d点电场强度的方向由o点指向d点，故A正确、，
9、o、d间电场线方向由o点指向d，根据顺着电场线方向电势降低，o点电势高于d点电势，而正电荷在高电势处电势能较大，则+Q在d点所具有的电势能较小.故B错误，C正确.D、设菱形的边长为r，根据公式分析可知三个点电荷在d产生的场强大小相等，由电场叠加可知，d点场强大小为;o点的场强大小为=，可见，d点场强小于点场强.故D错误.【思路点拨】根据电场的叠加，分析d点电场强度的方向；o点电场强度等于b处+Q在o处产生的电场强度大小.顺着电场线方向电势降低，分析d点和o点电势关系.【题文】20.如图11所示，平行金属导轨MN和PQ，他们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值R=3.0的定值电阻，导体棒ab长
10、l=0.5m，其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场强度B=0.4T，现使ab以v=10m/s的速度向右匀速运动，以下判断正确的是A导体棒ab中的感应电动势E=2.0VB电路中的电流I=0.5AC导体棒ab所受安培力方向向右D拉力做功的功率为【知识点】导体切割磁感线时感应电动势；闭合电路欧姆定律；安培力；功率.K1 L3 J2【答案解析】 解析：A、ab棒切割产生的感应电动势：E=BLV=040510V=2V.故正确B、根据右手定则判断ab中的电流方向由b到a.电流大小为I=A，故B错误C、由左手定则判断安培力的方向向左，故C错误D、由公式P=，W，故正确.【
11、思路点拨】根据E=BL求出ab棒切割产生的感应电动势；根据右手定则判断ab中的电流方向；由左手定则判断安培力的方向；由功率公式P=，求功率.【题文】21.如图12甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，原线圈接图12乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、热敏电阻RT（阻值随温度的升高而减小）及报警器P组成闭合电路，回路中电流增加到一定值时报警器P将发出警报声。则以下判断正确的是（ ）A变压器副线圈输出交流电的频率为50HzB电压表的示数为9VCRT处温度升高到一定值时，报警器P将会发出警报声DRT处温度升高时，变压器的输入功率减小【知识点】变压器的构造和原理M2【答案解析】C 解析：A 、由图
12、乙知周期0.02秒，得频率50赫兹，故A正确.B、原线圈电压36v，匝数比4:1，得副线圈9v,但电压表测得是热敏电阻电压小于9v，故B错.C、Rt处温度升高时，阻值减小，电压不变，电流增大，电铃报警，故C正确.D、Rt处温度升高时，阻值减小，电压不变，电流增大，输入功率增大，故D错误.【思路点拨】由图乙可知交流电压最大值，周期.02秒，电压有效值36v，频率50赫兹，匝数比4:1，可得副线圈电压9v，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化.非 选 择 题 必 考 部 分【题文】22.（6分）某同学设计了一个如图13所示的装置测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为滑
13、块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦，装置水平放置。实验中该同学在砝码总质量(mmm0)保持不变的条件下，改变m和m的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数(1)该同学手中有打点计时器、纸带、质量已知且可随意组合的砝码若干、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有 ()A秒表 B毫米刻度尺 C天平 D低压交流电源(2)实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点(中间4个点没画出)，分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA
14、1.61 cm，OB4.02 cm，OC7.26 cm，OD11.30 cm，OE16.14 cm，OF21.80 cm，打点计时器打点频率为50 Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v_m/s，此次实验滑块的加速度a_m/s2.(结果均保留两位有效数字)(3)在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图15所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数_.(g取10 m/s2)【知识点】探究影响摩擦力的大小的因素 牛顿第二定律B2 C2【答案解析】（1）B （2）0.52；0.81；（3）0.3 解析：（1）实验需要测两点间距离，故要刻度尺，打点计时器用
15、到低压电源，故BD正确（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1秒，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：，同理可求，由匀变速规律得：所以=0.52m/s, 由得=0.81 m/ （3）对系统应用牛顿第二定律可得：a=所以，a-m图像中，纵轴的截距为-,故-=-3，=0.3【思路点拨】（1）需要交流电源和长度的测量工具.（2）每隔4个点取一计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1秒，用平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解速度，用求解加速度.（3）对系统应用牛顿第二定律，得到图线的纵截距为-g,可解得动摩擦因数【题文】23.（9分）实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表际电流表内阻的电路如图16所示供选择的仪器如下：待测电流表(量程为5mA，内阻约300)，电流表(量程为10mA，内阻约100)，定值电阻(阻值为300)，定值电阻(阻值为10)，滑动
