【文档说明】【精准解析】河南省郑州市中原联盟2020届高三3月联考理综物理试题.doc，共(20)页，748.500 KB，由小赞的店铺上传

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郑州市中原联盟高三年级2020理综学科测试（线上）物理二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得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的汽车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2TB.若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运行线速度从v变为2vC.若卫星运行周期从T变为8T，则卫星轨道半径从R变为4RD.若卫星运行线

速度从v变为2v，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22224πMmvGmRmRTR==AC．周期与半径关系为234πRTGM=若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运动周期从T变为22T；若卫星运行周期从T变为8

T，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GMvR=若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运行线速度从v变为22v，所以B选项错误；D．根据GMvR=可知，若卫星运行线速度从v变为2v，则卫星轨道半径从R变

为4R，再根据234πRTGM=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，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直

，则此时杆与水平面的夹角满足（）A.2sinLg=B.2tanLg=C.2singL=D.2tangL=【答案】A【解析】【详解】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：2sinmgmL

=，解得：2sinLg=，AC．2sinLg=，A正确C错误；BD．求出来是sin的表达式，而并非tan的表达式，BD错误．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UEd=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UEd=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，一倾角37=的足够长的斜面固定在水平地面上。当0t=时，滑块以初速度010m/sv=沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数0.5=，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.1st=时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C.2st=时，滑块恰好又回到出发点D.3st=时，滑块的速度大小为4m/s【答案】D【解析】【详解】A．对滑块受力分析：重力G，斜

面支持力NF和摩擦力fF，将重力分解为沿斜面向下的分力1G和垂直于斜面向下的分力2G，则fNcos370.4FFmgmg===当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速直线运动，加速度为21f1sin370.410m/sGFmgmg

amm++===沿斜面向下运动的加速度为21f2sin370.42m/sGFmgmgamm−−===所以整个运动过程中加速度不同，滑块不是匀变速直线运动，所以A选项错误；B．根据匀变速直线运动速度公式，可得沿斜面向上运动的时间为0111svta==又由于1fGF所以当滑块沿斜面向

上速度减为0时，不会静止在斜面上，会继续沿斜面向下做匀加速直线运动，所以B选项错误；C．根据匀变速直线运动的位移公式可得滑块上滑时的位移为21115m2xat==则沿斜面向下运动回到出发点的时间为2225sxta==所以C选项错误；D．根据匀变速直线运动的速度公式可得

，3s时滑块的速度为232(31)m/s4m/svat==−=所以D选项正确。故选D。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q+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mgq．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glB.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gl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mgEq＝，故有mgqE=则等效最低点在BC之间，重力和电场力的合力为2mg，根据圆周运动公式22vmgmL=小球在等效最高点的最小速度为2vgL=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gL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022gLvtgg==水平位移2122xgtL==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.3：1B.1：3C.

1：5D.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：v2t=3v1t，即：v2=3v1．根据动量守恒得，m1v0=m1v1+m2v2，根据机械能守恒得：2

22101122111222mvmvmv=+联立解得m1=3m2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：v1t=3v2t，即：v1=3v2根据动量守恒得：m1v0=-m1v1+m2v2，根据

机械能守恒得：222101122111222mvmvmv=+联立解得：m2=7m1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222101122111222mvmvmv=+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．第Ⅱ卷非选择题三、非选择题：共1

74分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.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).12AB12LLmmtt=(

2).2212AB1211()()22LLmmtt+【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AABBmvmv=滑块被弹开后做匀速直线运动，则1A1Lvt=，2B2Lvt=得12AB12LLmmtt=(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2212BpA1211()()22ELLmmtt+=10.(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gR，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1S前，滑块变阻器1R的滑片应置于_____（填

“a”或“b”）端附近．②闭合1S，断开2S，调节1R使电流表G满偏．③闭合2S，保持1R阻值不变，调节电阻箱2R的阻值，使电流表G的指针指到满刻度的23，读出电阻箱示数2104.0R=，则测得电流表G的内阻gR=________Ω．(2)查阅说明书后，知电流表G的内阻53.0gR=

，量程1mAgI=，其改装成量程为15V的电压表，串联的电阻箱2R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05R=，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23，则电阻箱的电流为电流表满偏的13，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=315110−−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=12.10Vr=12.102.00−5=1.05Ω11.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14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）45R（2）75mg，竖直向下（3）15R【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=v0tR-xsin300=12gt200tan30vgt=解得x=0.8R（2）由（1）可得：025vgR=通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FN20Nv

FmgmR−=极限运动员对轨道的压力大小为FN′，则FN′=FN，解得'75NFmg=，方向竖直向下；（3）P点与B点的高度差为h,则mgh=12mv02解得h=R/512.如图所示，长木板B的质量为21.0kgm=，静止放在粗糙的水平地面上，质量为31

.0kgm=的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端。一个质量为10.5kgm=的物块A从距离长木板B左侧9.5ml=处，以速度010m/sv=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10.1=，物块C与长木板间的动摩擦因数20.2=，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的速度；(2)长木板B的最小长度；(3)物块

A离长木板左侧的最终距离。【答案】(1)物块A的速度3m/s、方向向左，长木板B的速度6m/s、方向向右；(2)3m；(3)10.5m【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22111101122mglmvmv−=−解得20129m/svvgl

=−=A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得11122mvmvmv=+由机械能守恒定律得22211122111222mvmvmv=+联立解得121123m/smmvvmm−=−+=，121226m/smvvm

m=+=碰后物块A的速度大小为3m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6m/s、方向向右；(2)碰撞后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1232321()mmgmgma−+−=对物块C2332

mgma=设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则212vatat+=木板B的最小长度2221213m122dvtatat−+==(3)B、C达到共同速度之后，因12二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得123233()()mmgmma

=++整个过程B运动的位移为B1232220()216m2xvtatata+−=+=−A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为3A214.05m2xva−==−物块A离长木板B左侧的最终距离为AB10.5mxx+=13.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＝AMN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＝AMN，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.14.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2gh（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】113g【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：2Apgh=AVlS=末态：pA′；32AVlS=依据玻意耳定律：'322AghlSplS=解得'43Apgh=对气体B：初态：3Bpgh=VB=lS末态：pB′；12BVlS=

依据玻意耳定律：'132BghlSplS=解得'6Bpgh=对水银柱，由牛顿第二定律''BApSpShSghSa−−=解得113ag=15.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200m/s，则下列说法正确的是（）A.从图示时刻开始，经0.01s质点a通过的

路程为40cm，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为20mD.从图示时刻开始，经0.01s质点b位于平衡位置上方，并沿y轴正方向振动做减速运动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．由图象可知波长为4m=又波速为200m/sv=则该列波的周期为0.02sTv==那么经过0.01s，质点a振动了半个周期，质点a通过的路程为40cm，应在负向最大位移处，所以A错误；B．根据同侧法可以判断b

质点此时正沿y轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加速度在增大，所以B正确；C．由图象已知该波的波长是4m，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物20m不能观察到明显的衍射现象，C错误；D．经

过0.01s，质点b振动了半个周期，图示时刻质点b正沿y轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点b在平衡位置上方且沿y轴正方向振动，速度在减小，所以D正确；E．该波的周期是0.02s，所以频率为150HzfT==所以若此波遇到另一

列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是50Hz，所以E正确。故选BDE。16.如图所示，透明的柱形元件的横截面是半径为R的14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2n=，真空中光速为c，62sin154−=。(1)当d多大时，该单色光在圆弧面上恰好发生全反射？(2)当12dR=时，求该单色光从y轴入射到x轴传播的

时间。【答案】(1)22R；(2)3.16Rc【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1sinn=解得45=根据几何关系22dR=(2)如图b所示当12d

R=时1sin2=，30=由折射定律sinsinn=得2sin2=，45=元件中的传播速度22cvcn==传播的时间1cos62RctRv==在OEF中，由正弦定理sinsin()EFR=−622EF

R=+从E到F传播时间2622EFcctR+==则总时间126623.162tRcttRc++=+=