湖南省衡阳八中澧县一中2020届高三上学期11月联考物理试题

衡阳市八中、澧县一中高三11月联合考试

物理试卷

一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

1.足球运动员沿直线一路带球前进，球每次被踢出后在草地上做减速运动，当球的速度减小后，运动员又赶上去再踢，下图中图象最能反映足球这种运动情况的是

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由题意分析可知，足球匀减速运动一段时间后，速度突然增大，再做匀减速运动，速度又突然增大，如此反复，速度作周期性的变化，而匀减速运动的图象是向下倾斜的直线，故选项C正确，ABD错误．

2.一光滑轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点，站在地面上的人用轻绳跨过滑轮拉住沙漏斗，在沙子缓慢漏出的过程中，人握住轻绳保持位置不动，则在这一过程中（  ）

A. 细线OO′与竖直方向夹角逐渐减小

B. 细线OO′张力逐渐增大

C. 人对地面的压力将逐渐增大

D. 人对地面的摩擦力将逐渐增大

【答案】C

【解析】

因滑轮两边绳子的拉力相等，且方向不变，则细线OO′与竖直方向夹角不变，选项A错误；因沙子逐渐流出时，滑轮两边绳子拉力逐渐减小，则细线OO′的张力逐渐减小，选项B错误；对人： (θ为绳子与竖直方向的夹角)，因T减小，则人对地面的压力将逐渐增大，选项C正确；人对地面的摩擦力f=Tsinθ,则摩擦力将逐渐减小，选项D错误；故选C.

点睛：本题重点是系统平衡连接砂桶两边的绳子拉力大小始终等于砂桶的重力大小．绳子拉力大小逐渐减小，夹角不变，合力减小．

3.“月亮正加速远离地球!后代没月亮看了．”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球正在以每年3.8cm的速度远离地球．不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确的是：

A. 地球同步定点卫星的高度增大 B. 地球同步定点卫星的角速度增大

C. 月球绕地球做圆周运动的周期将减小 D. 月球绕地球做圆周运动的线速度增大

【答案】A

【解析】

【详解】AB.地球的旋转速度减小，自转周期增加，故自转角速度变小，故同步卫星的角速度变小；

同步卫星的周期变大，根据

得

，

轨道半径变大，故高度增大；故A正确，B错误；

C.月球绕着地球做匀速圆周运动，故：

解得：

，

随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的周期将变大，故C错误；

D.月球绕着地球做匀速圆周运动，故：

，

解得：

，

随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的线速度变小，故D错误；

4.如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q(图中未画出)产生的电场．另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动，在M点的速度大小为v0，方向沿MP方向，到达N点时速度大小为v，且v< v0，则(　　)

A. Q一定在虚线MP下方

B. M点的电势比N点的电势高

C. q在M点的电势能比在N点的电势能小

D. q在M点的加速度比在N点的加速度小

【答案】C

【解析】

A、场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧,故Q应该在轨迹的内侧，故A错；

B、试探电荷从M到N速度减小,说明M点离场源电荷较近,越靠近场源电荷电势越低，所以M点的电势比N点的电势低，故B错误；

C、只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,N点动能小,故在N点电势能大,故C正确；

D、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以q在M点的加速度比在N点的加速度大，故D错误；

故选C

点睛：曲线运动合力指向曲线的内侧,题中只有电场力做功,动能和电势能之和守恒,正电荷在电势越高的点电势能越大.
解决电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹的综合问题应熟练掌握以下知识及规律:

(1)带电粒子所受合力(往往仅为电场力)指向轨迹曲线的内侧.
(2)该点速度方向为轨迹切线方向.
(3)电场线或等差等势面密集的地方场强大.
(4)电场线垂直于等势面.
(5)顺着电场线电势降低最快.

5.如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为                                             （    ）

A. 1：2 B. 1：1 C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：①，②，又③，联立①②③得④，则A在C点的速度；小球B恰好垂直打到斜面上，则有⑤，则得⑥，由④⑥得：．则B在C点的速度，则，故ABC错误，D正确．

故选：D

【点睛】两个小球同时做平抛运动，又同时落在C点，说明运动时间相同，竖直速度相同．小球垂直撞在斜面上的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量．

6.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.2s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.6s，刹车的加速度大小为，则该ETC通道的长度约为

A. 4.2m

B. 6.0m

C. 7.8m

D. 8.4m

【答案】D

【解析】

【详解】变换单位：

汽车在前内做匀速直线运动，位移为：

随后汽车做减速运动，位移为：

所以该ETC通道的长度为：

综上所述，故选项D正确，ABC错误．

7.电荷量不等的两点电荷固定在x轴上坐标为-3L和3L的两点，其中坐标为3L处电荷带正电，电荷量为Q．两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中x=L处电势最低，x轴上M、N两点的坐标分别为-2L和2L，则下列判断正确的是：

A. 两点电荷一定为异种电荷

B. 原点O处场强大小为

C. 负检验电荷在原点O处受到向右的电场力

D. 负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先减小后增大

【答案】B

【解析】

【详解】A.在φ−x图象特点可知L处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A错误；

BC.x＝L处电势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，

解得

，

故原点处的场强大小为

，

方向向右，负检验电荷在原点O处受到的电场力向左，故B正确，C错误；

D.由M点到N点电势先减小后增大，所以负检验电荷由M点运动到N点的过程，电势能先增大后减小，故D错误；

8.如图所示，A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为

A.  B.  C.  D. 不能确定

【答案】A

【解析】

【详解】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同．取A或B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mAv=（mA+mB）v′

由机械能守恒定律得：

Ep=mAv2-（mA+mB）v′2

联立解得弹簧压缩到最短时有：

Ep=

故两次的弹性势能相等，则有：L1=L2．故选A．

9.传送带是现代生产、生活中广泛应用于运送货物的运输工具，其大量应用于工厂、车站、机场、地铁站等．如图所示，地铁一号线的某地铁站内有一条水平匀速运行的行李运输传送带，假设传送带匀速运动的速度大小为v，且传送带足够长．某乘客将一个质量为m的行李箱轻轻地放在传送带一端，行李箱与传送带间的动摩擦因数为μ．当行李箱的速度与传送带的速度刚好相等时，地铁站突然停电，假设传送带在制动力的作用下立即停止运动．则下列说法中正确的有：

A. 行李箱在传送带上运动的总时间为

B. 行李箱相对于传送带的总位移为0

C. 行李箱与传送带之间因摩擦产生的热量为mv2

D. 由于运送行李箱，整个过程中传送带多消耗的电能为mv2

【答案】BC

【解析】

【详解】A.行李箱所受的合外力等于滑动摩擦力，有

，

解得

，

经过一段时间t1，行李箱和传送带刚好速度相等，

,

停电后，传送带停止运动，行李箱在摩擦力作用下继续向前做匀减速直线运动且加速度大小依旧为ug，则减速时间

，

则行李箱在传送带上运动的总时间为

选项A错误；

B.行李箱在加速过程和减速过程中，行李箱和传送带的相对位移大小均为，但相对位移方向相反，总的相对位移为零，选项B正确；

C.全程行李箱与传送带间的相对路程为，摩擦力大小不变，所以总过程产生的内能

，

选项C正确；

D.根据能量守恒，多消耗的电能等于全程产生的内能，为，选项D错误；

10.如图所示，质量为的足够长的木板置于水平地面上，质量为的小滑块以初速度滑上木板，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度为，下列说法正确的是

A. 若木板与地面间光滑，则长木板的最终速度大小为

B. 若木板与地面间光滑，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为

C. 若木板与地面间的动摩擦因数也为，则小滑块与木板组成的系统最终能产生的内能为

D. 若木板与地面间的动摩擦因数也为，则在整个运动过程中地面对木板的摩擦力的冲量大小为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．若地面光滑，则由动量守恒得最后的速度为：

产生的内能为：

故A正确， B错误；

C．若木板与地面间的动摩擦因数也为，则小滑块与木板最后会静止于地面，组成的系统最终能产生的内能为，地面对木板的冲量大小等于木块的初动量的大小，故C正确，D错误．

11.用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m．现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中

A. 小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒

B. 小球B机械能一直减小

C. 小球B落地的速度大小为

D. 当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg

【答案】CD

【解析】

【详解】小球A、B、C、D、E组成系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系 可知小球B的速度为，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD

12.空间存在匀强电场，在电场中建立Oqyz空间坐标系如图所示，a、b、c三点分别在三个坐标轴上，距离原点O的距离，，d点在yOz平面上，且将带电荷量为的试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，从a点移动到b点电场力做功，bO间电势差，由此可判断　　

A. 空间电场强度的方向沿x轴正方向 B. 空间电场强度的大小为

C. cO间电势差 D. 电场中的等势面垂直于xOy平面

【答案】BD

【解析】

【分析】

试探电荷从d点移到b点电场力做功零，说明匀强电场线垂直于db，且db在等势面上．根据bO间电势差求出电场强度大小．

【详解】空间电场强度的方向只要垂直于db即可，故A错误；在xOy平面上的直角三角形aOb如图所示，a、b间电势差，bO间电势差，则原点O与ab中点电势相等，故过原点O作ab中点的连线Oe为等势线，三角形中a点电势最低，因此作Oe的垂线指向a即为xOy平面上的一条电场线，所以场强方向与x轴正方向成角，场强大小，故B正确；

cO平行于db，故cO间电势差为0，故C错误；试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，说明匀强电场线垂直于db，且db在等势面上，故电场中的等势面垂直于xOy平面，故D正确．所以BD正确，AC错误．

【点睛】解答此题的关键是知道等势面与电场线垂直，会运用求解电场强度．

二、实验题：本大题共两小题，第13题6分，第14题8分，共14分。请将答案填写在答题卷相应位置，不要求写出演算过程。

13.用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方．

(1) 某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________ mm.

(2) 实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L．在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与___________________(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒．

(3) 下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)．

A. 滑块必须由静止释放     B. 应使滑块的质量远大于钩码的质量

C. 已知当地重力加速度     D. 应使细线与气垫导轨平行

【答案】    (1). （1）2.70    (2). （2）     (3). （3）B

【解析】

（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数为2mm，游标尺示数为14×0.05mm=0.70mm，则游标卡尺读数为2mm+0.70mm=2.70mm；
（2）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v=d/t；实验要验证机械能守恒定律，故：

mgL=（M+m）v2= ；
（3）本实验中拉力时通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系，故不需要保证所挂钩码的质量m远小于滑块质量M，故ACD不符合题意，B符合；
点睛：本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握实验原理、实验器材与实验注意事项、实验数据的处理方法；常常应用图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据时为方便实验数据处理，注意游标卡尺没有估计值．

14.某同学在家中找到两根一样的轻弹簧P和Q、装有水总质量m=1kg的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材，设计如下实验验证力的平行四边形定则，同时测出弹簧的劲度系数k．其操作如下：

a、将弹簧P上端固定，让其自然下垂，用刻度尺测出此时弹簧P的长度L0=12.50cm；

b、将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P下端，待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P的长度L1，如图甲所示，则L1=____________cm；

c、在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油，将细绳搭在挂钩上，缓慢的拉起弹簧Q，使弹簧P偏离竖直方向夹角为60°，测出弹簧Q的长度为L2及其轴线与竖直方向夹角为θ，如图乙所示；

(1)取重力加速度g=10m/s2，则弹簧P的劲度系数k=____________；

(2)若要验证力的平行四边形定则，L2和θ需满足的条件是L2=__________cm，θ=_________．

【答案】    (1). 17.50    (2). 200N/m    (3). 17.50    (4). 60º

【解析】

【详解】（1）由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm，根据甲图可知，物体的长度为L=17.50cm．
（2）若要验证力的平行四边形定则，则两个弹簧拉力的合力与重力等大反向，根据几何关系可知，若两根弹簧的拉力相等，即弹簧的长度相等，与竖直方向的夹角也相等，此时F1=F2=mg，即可验证了力的平行四边形定则，则有：L2=17.50 cm，θ=60°．

三、论述计算题(本题共4小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)

15.如图所示，质量为M的物块被质量为m的夹子夹住刚好能不下滑，夹子由长度相等的轻绳悬挂在A、B两轻环上，轻环套在水平直杆上，整个装置处于静止状态．已知物块与夹子间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：

 (1)直杆对A环的支持力的大小；

(2)夹子右侧部分对物块的压力的大小．

【答案】（1）      （2）

【解析】

【详解】(1)由题意得，直杆对A、B环的支持力FN大小相等，方向竖直向上，选取物块和夹子整体为研究对象，由受力平衡的条件可得：

2FN=(M+m)g                                         

解得：FN=    

(2)由于物块恰好能不下滑，故物块受到两侧夹子的摩擦力为最大静摩擦力fm，fm等于滑动摩擦力，设此时夹子一侧对物块的压力为F，以物块为研究对象，由平衡条件可得：

2fm=Mg                                 

fm= μF                          

联立解得：F=

16.长为L0的轻弹簧K上端固定在天花板上，在其下端挂上质量为m的物块P．让弹簧处于原长且P从静止释放，P最大下落高度为h0（未超过弹性限度）．斜面ABC固定在水平面上，AB=L0+h0，AO=L0，DO=OB=h0，O点上方斜面部分粗糙，P与这部分的动摩擦因数μ=0.25，O点下方斜面部分光滑．现将轻弹簧K一端固定在斜面上A处，用外力使P压缩弹簧并静止于D点，P与弹簧未栓接，然后突然撤去外力．（重力加速度为g，θ=370）

（1）试通过计算说明：撤去外力后，在弹簧作用下，P不会滑离斜面；

（2）计算P在OB部分运动的总路程．

【答案】(1) (2)

【解析】

【详解】（1）当弹簧竖直时，由静止释放，由能量守恒知，弹簧形变量为时，其弹性势能为：

设滑块从斜面上释放后能沿斜面上升s，则：

解得：    

，

故会滑离斜面；

（2）滑块从点释放后会在斜面上往复运动，最终它向上运动到点速度减为0，便不再运动到上，设在部分运动的总路程为，

由动能定理知：

解得

；

17.一旦发生火灾，高楼居民如何逃生是一直困扰我们的致命问题．最近有人设计了一种新型逃生滑梯．提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下．逃生者倚躺在滑梯内．即可顺势滑到底楼．(假设每层间的高度h=3m，g取10m/s2)

(1)经发明者测试，逃生者可以从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为．忽略空气阻力和转角处的动能损失．求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因素．

(2)为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6m/s，刹车系统可以使减速过程的加速度的大小和加速过程的加速度大小相等．为了安全，滑到地面时的速度大小要求不超过2m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题(1)中的加速度大小相等，求从21楼下滑到地面的最短时间．

【答案】(1)   ； ； (2)

【解析】

【详解】（1）由

解得

a=0.4m/s2

由牛顿第二定律：

解得

μ=0.7

（2）经分析研究对象先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短．

轨道斜面总长：

加速到最大速度需要时间和位移：

减速到要求的落地最大速度2m/s需要时间和位移：

匀速的时间：

总时间：

t=t1+t2+t3=27.5s

18.如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电．现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：

(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；

(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；

(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件．

【答案】（1） （2）5qEx0（3）8x0<d≤18x0

【解析】

【详解】（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1．
对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma
由运动学公式有：v02=2ax0．
解得：v0=
对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv0=mvA1+mvB1
mv02=mvA12+mvB12．
解得：vB1=v0=，vA1=0
（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1．有：xA1=vA1t1+at12=vB1t1
从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：
W=qE（x0+xA1）
解得：W=5qEx0．
（3）设第二次碰撞前A的速度为vA1′，碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2．有：
vA1′=vA1+at1．
第二次碰撞过程，有：
mvA1′+mvB1=mvA2+mvB2．
mvA1′2+mvB12=mvA22+mvB22．
第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度vB2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：vB22-vA22=2a•△x1．
A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为vA2′，碰撞后A、B的速度分别为vA3、vB3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：
xA2=vA2t2+at22=vB2t2．
vA2′=vA2+at2．
第三次碰撞过程，有：mvA2′+mvB2=mvA3+mvB3
mvA2′2+mvB22=mvA32+mvB32．
vB32-vA32=2a•△x2
所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+xA1+△x1＜d≤x0+xA1+xA2+△x2．
解得：8x0＜d≤18x0