河北省承德第一中学2020届高三下学期3月线上考试物理试题 17页

高三物理 一、单选题（本大题共5小题，共20.0分）‎ ‎1.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶汽车a和b的位移—时间(x-t)图象．由图可知 A. 在时刻t1，a、b两车相遇，且运动方向相反 B. 在时刻t2，a车追上b车，且运动方向相同 C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先增大后减小 D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在时刻t1，a、b两车到达同一位置而相遇，根据图象切线的斜率表示速度可知两车运动方向相反，故A正确；‎ B．在时刻t2前，a在前，b在后，则在时刻t2，b车追上a车，根据图象切线的斜率表示速度可知两车运动方向相同，故B错误；‎ C．图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加，故C错误；‎ D．在t1到t2这段时间内，b车的速率先大于a后小于a，最后又大于a，故D错误；‎ ‎2.当卫星绕地球运动的轨道半径为R时，线速度为v，周期为T。下列情形符合物理规律是（　　）‎ A. 若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运动周期从T变为2T B. 若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运行线速度从v变为 C. 若卫星运行周期从T变为8T，则卫星轨道半径从R变为4R D. 若卫星运行线速度从v变为，则卫星运行周期从T变为4T ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据卫星绕地球做匀速圆周运动可知 AC．周期与半径关系为 若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运动周期从T变为T；若卫星运行周期从T变为8T，则卫星轨道半径从R变为4R，所以C选项正确，A选项错误；‎ B．线速度与半径关系为 若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运行线速度从v变为，所以B选项错误；‎ D．根据 可知，若卫星运行线速度从v变为，则卫星轨道半径从R变为4R，再根据 可知，当卫星轨道半径从R变为4R，卫星运行周期从T变为8T，所以D选项错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，重力加速度为g．某时刻杆对球的作用力方向恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角θ满足（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，受力如图所示；‎ 根据牛顿第二定律有：mgsinθ=mLω2，解得：sinθ=，故A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎4.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动 B. P点的电势将降低 C. 带点油滴的电势能将减少 D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P 点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B．‎ ‎【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．‎ ‎5.如图所示，一个倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t=0时，滑块以初速度v0=‎10m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0．5，重力加速度g取‎10m/s2，sin37°=0．6，cos37°=0．8．下列说法正确的是（ ）‎ A. 滑块一直做匀变速直线运动 B. t=1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上 C. t=2s时，滑块恰好又回到出发点 D. t=3s时，滑块的速度为‎4m/s ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：滑块上滑和下滑的加速度不同，故滑块不可能一直做匀变速直线运动，选项A错误；因为，故物体不可能静止在斜面上，选项B错误；物体上滑的加速度；下滑的加速度为；故上滑的时间；上滑的最远距离；下滑到底端的时间，选项C错误；t=3s时，滑块在下滑阶段，则此时滑块的速度为v=a下t=‎4m/s，选项D正确，故选D．‎ 考点：匀变速直线运动的基本规律；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】此题是对匀变速直线运动的基本规律及牛顿第二定律的考查；解题的关键是知道物体的运动规律，根据牛顿第二定律求解出物体上滑和下滑的加速度，然后根据运动公式进行解答；此贴较简单，是一道基础题．‎ 二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）‎ ‎6.如图所示．轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B．直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是（　　）‎ A. B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量 B. B物体的机械能一直减小 C. 细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量 D. B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由于A、B和弹簧系统机械能守恒，所以B物体重力势能的减少量等于A、B增加的动能以及弹性势能，故选项A正确；整个系统机械能守恒，所以B物体机械能减少量等于A物体与弹簧机械能的增加，故选项B错误；根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的力即绳子的拉力等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故选项C正确；由于物块A的速度增加，即动能增加，则根据动能定理可以知道，合力对A做正功，故选项D错误．所以本题正确的选项为AC．‎ ‎7.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为得的小球，系在一根长为l的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度为．下列说法正确的是( ) ‎ A. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,，则小球运动到B点时的机械能最大 C. 若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动 D. 若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于电场强度，故有 则等效最低点在BC之间，重力和电场力的合力为mg，根据圆周运动公式 小球在等效最高点的最小速度为 故A错误；‎ B.除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B正确；‎ C.小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；‎ D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上拋，加速度为-g，水平方向做匀加速运动，加速度为g，当竖直方向上的位移为0时，运动的时间为 水平位移 则小球刚好运动到B点，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】掌握合外力做功与动能的关系、注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的提供向心力，此最高点在AD弧线的中点。‎ ‎8.如图所示，光滑地面上有P，Q两个固定挡板，A，B是两挡板连线的三等分点．A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动．小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点．已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1：m2可能为（   ）‎ A. 3：1 B. 1：‎3 ‎C. 1：5 D. 1：7‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v 2 t=3v 1 t，即：v 2 =3v 1 ．‎ 根据动量守恒得，m 1 v 0 =m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根据机械能守恒得：‎ 联立解得m 1 =‎3m 2‎ 若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2， 则有：v 1 t=3v 2 t，即：v 1 =3v 2‎ 根据动量守恒得：m 1 v 0 =-m 1 v 1 +m 2 v 2 ，‎ 根据机械能守恒得：‎ 联立解得：m 2 =‎7m 1‎ 若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，‎ 则有：v1t=v2t，即：v1=v2， ‎ 根据动量守恒得：m1v0=-m1v1+m2v2， 根据机械能守恒得 联立解得：m2=‎3m1 ‎ 综上所述，故A、B、D正确．‎ 点晴：解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，动量守恒，机械能守恒，结合两球碰后的速度大小的关系和方向，运用动量守恒和机械能守恒综合求解．‎ ‎9.下列说法中正确的有（ ）‎ A. 在完全失重的情况下，密封容器内的气体对器壁的顶部没有作用力 B. 一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度降低而增加 C. 某气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏伽德罗常数为NA，则该气体的分子体积为V0＝‎ D. 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大 E. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.气体的压强是大量的气体分子对器壁频繁碰撞而产生的，与是否失重无关，故A错误；‎ B.一定量的理想气体，在压强不变时，温度降低，则体积减小，气体的密度变大，分子的平均动能减小，则气体分子对器壁的碰撞力减小，但在气体压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数增加，故B正确；‎ C.某气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏伽德罗常数为NA，则该气体的一个分子运动占据的空间的体积为V0＝，气体分子的体积远小于分子运动占据的空间的体积，故C错误；‎ D.物体的内能与物体的温度、体积及物质的量等都有关系，则温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故D正确；‎ E.当分子间作用力表现为斥力时，分子距离减小时，分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大，故E正确。‎ 故选BDE.‎ ‎10.沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 从图示时刻开始，经质点a通过的路程为‎40cm，此时相对平衡位置的位移为零 B. 图中质点b的加速度在增大 C. 若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸一般不小于‎200m D. 从图示时刻开始，经质点b位于平衡位置上方，并向上做减速运动 E. 若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图λ= ‎4m，则 经0.01s质点a通过的路程为S = ‎2A =‎40cm ，恰好到达最低点。故A错误。‎ B．波沿x轴正方向传播，此时b质点振动方向向下，位移沿负方向增大，而 所以图中质点b的加速度在增大。故B正确。‎ C．由于波长λ=‎4m，若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸一般不大于‎4m，故C错误。‎ D．该波沿x轴的正方向传播，结合图像可知t = 0时刻b正在向下运动，所以从图示时刻开始，经质点b位于对称位置处，即平衡位置上方，并向上做减速运动。故D正确。‎ E．该波的频率 根据波发生下干涉的条件可知，若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz 。故E正确。‎ 故选BDE。‎ 三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）‎ ‎11.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块“悬浮”在导轨上，滑块对导轨的压力近似为零，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。某实验小组验证动量守恒定律的实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：（滑块A、B的质量mA、mB已经给出且不相等）‎ ‎①调整气垫导轨，使导轨处于水平。‎ ‎②在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。‎ ‎③用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；B的右端至D板的距离L2。‎ ‎④给导轨送气，气流稳定后，按下电钮放开卡销。同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时自动停止计时，从记时器上记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。‎ ‎(1)利用已经给的量和上述测量的实验数据，写出验证动量守恒定律的表达式___________________。‎ ‎(2)利用上述实验数据还可以求出被压缩弹簧的弹性势能的大小，请写出弹性势能表达式为________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]滑块A、B在弹簧被释放时满足动量守恒定律，得 滑块被弹开后做匀速直线运动，则 ‎，‎ 得 ‎(2)[2]滑块A、B在弹簧被释放时，弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则根据能量守恒可得 ‎12.(1)小明准备将电流表G改装成电压表，需要测量电流表的内阻，他采用如图（a）所示的电路，实验步骤如下：‎ ‎①连接好电路，闭合开关前，滑块变阻器的滑片应置于_____（填“a”或“b”）端附近．‎ ‎②闭合，断开，调节使电流表G满偏．‎ ‎③闭合，保持阻值不变，调节电阻箱的阻值，使电流表G的指针指到满刻度的，读出电阻箱示数，则测得电流表G的内阻=________Ω．‎ ‎(2)查阅说明书后，知电流表G的内阻，量程，其改装成量程为15V的电压表，串联的电阻箱的阻值电压表应调到__________Ω．‎ ‎(3)将改装后电压表标准后，用如图（b）所示的电路测量电源的电动势和内阻，已知定值电阻，根据实验测得数据作出电压表读数U与电流表A读数I的关系图像如图（c），则电源电动势E=_____V，内阻r=_________Ω，（结果保留到小数点后2位）．‎ ‎【答案】 (1). a (2). 52.0 (3). 14947.0 (4). 12.10 (5). 1.05‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①为保护电路，连接电路时，滑动变阻器滑片应该移到阻值最大处，所以滑片应滑至a端；‎ ‎③电流表G的指针指到满刻度的，则电阻箱的电流为电流表满偏的，根据并联电路反比分流，电流表的内阻为电阻箱阻值的一半，为52.0Ω；‎ ‎(2)根据电表的改装原理可知，应串联的电阻为：‎ R= −53.0=14947.0Ω ‎(3)因内阻约为1Ω；故为了便于调节，滑动变阻器选择较小的H即可；同时为了保护电路，应接入阻值较小的J；‎ ‎(4)根据闭合电路欧姆定律可知，U=E−Ir，故图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故有：‎ E=1210V r=−5=1.05Ω 四、计算题（本大题共4小题，共50.0分）‎ ‎13.如图，I、II为极限运动中的两部分赛道，其中I的AB部分为竖直平面内半径为R的光滑圆弧赛道，最低点B的切线水平; II上CD为倾角为30°的斜面，最低点C处于B点的正下方，B、C两点距离也等于R.质量为m的极限运动员(可视为质点)从AB上P点处由静止开始滑下，恰好垂直CD落到斜面上．求: ‎ ‎(1) 极限运动员落到CD上的位置与C的距离; ‎ ‎(2)极限运动员通过B点时对圆弧轨道的压力; ‎ ‎(3)P点与B点的高度差．‎ ‎【答案】（1） （2） ，竖直向下（3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设极限运动员在B点的速度为v0，落在CD上的位置与C的距离为x，速度大小为v，在空中运动的时间为t，则xcos300=v0t ‎ R-xsin300=gt2 ‎ ‎ ‎ 解得x=0.8R ‎（2）由（1）可得： ‎ 通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FN ‎ ‎ 极限运动员对轨道的压力大小为FN′，则FN′=FN，‎ 解得，方向竖直向下；‎ ‎（3） P点与B点高度差为h,则mgh=mv02‎ 解得h=R/5‎ ‎14.如图所示，长木板B的质量为m2=‎1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3=‎1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1=‎0.5kg的物块A从距离长木板B左侧l=‎9.5 m处，以速度v0=‎10m／s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2=0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10m／s2，求：‎ ‎(1)碰后瞬间物块A和长木板B速度；‎ ‎(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．‎ ‎【答案】(1)， (2) d=‎3m ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设物块A与木板B碰前的速度为v 由动能定理得 ‎ 解得 ＝‎9 m/s A与B发生完全弹性碰撞，假设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得 ‎ 由机械能守恒定律得 ‎ 联立解得，‎ ‎（2）之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板B有 对物块C ‎ 设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t， ‎ 木板B的最小长度＝‎‎3 m B、C达到共同速度之后，因，二者一起减速至停下，‎ 由牛顿运动定律得 整个过程B运动的位移为＝‎‎6 m A与B碰撞后，A做减速运动的加速度也为a3，位移为 ‎‎4.5 m 物块A离长木板B左侧的最终距离为‎10.5 m ‎15.如图所示，两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内有 A、B 两段长度均为， 的理想气体气柱和一段长为 h 的水银柱，且气柱 A 的压强等于 （ρ 为水银的 密度、g 为重力加速度）．当玻璃管以某一加速度 a 做竖直向上的匀加速运动， 稳定后，上部空气柱长度是下部空气柱的 3 倍，求这个加速度 a 的大小．已知运 动过程中整个管内各处的温度不变．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设玻璃管的横截面积为S，依题意温度不变，AB段气体的状态参量分别为：A 气体：初态： 末态：pA′；‎ 依据玻意耳定律：‎ 解得 对气体B：初态： VB=lS 末态：pB′；‎ 依据玻意耳定律：‎ 解得 对水银柱，由牛顿第二定律 解得 ‎16.如图所示，透明的柱形元件的横截面是半径为R的圆弧，圆心为O，以O为原点建立直角坐标系xOy。一束单色光平行于x轴射入该元件，入射点的坐标为（0，d），单色光对此元件的折射率为，真空中光速为c，。‎ ‎(1)当d多大时，该单色光在圆弧面上恰好发生全反射？‎ ‎(2)当时，求该单色光从y轴入射到x轴传播的时间。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如图a所示 当光射到圆弧面上的入射角等于临界角时，刚好发生全反射，由 解得 根据几何关系 ‎(2)如图b所示 ‎ 当 时 ‎，‎ 由折射定律 得 ‎，‎ 元件中的传播速度 传播的时间 在中，由正弦定理 从E到F传播时间 则总时间 ‎ ‎