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

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