黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期第三次调研考试物理试题

哈六中2019-2020学年度上学期

高三学年第三次调研考试 物理 试卷

一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～14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.如图所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图像，已知在t2时刻，两车相遇，下列说法正确的是（ ）

A. a车速度先减小后增大，b车速度先增大后减小

B. t1时刻a车在前，b车在后

C. t1～t2汽车a、b的位移相同

D. a、b车加速度都是先减小后增大

【答案】D

【解析】

试题分析：由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大，故A错误；在时刻，两车相遇，在时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知时刻，b车在前，a车在后，故BC错误；图线切线的斜率表示加速度，可知a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大，故D正确。

考点：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

【名师点睛】解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，图线的切线斜率表示瞬时加速度。

2.如图所示，物块m在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然顺时针（图中箭头所示）转动，则传送带转动后，下列说法正确的是（      ）

A. m受到的摩擦力不变 B. m受到的摩擦力变大

C. m可能减速下滑 D. m可能加速下滑

【答案】A

【解析】

【详解】传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力。

传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑，故A正确。

3.如图所示，质量为1.5kg的物体静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体由细线悬挂在天花板上，与刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间、间的作用力大小为（取）（    ）

A. 0 B. 2.5N C. 5N D. 3.75N

【答案】D

【解析】

【详解】剪断细线前，只有对弹簧有作用力，所以剪断细线前弹簧的弹力，

将细线剪断的瞬间，根据牛顿第二定律可得

，

解得，

隔离，则有:

，

代入数据解得，D正确。

4.如图所示，足够长的斜面上A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；若将此球改用2v0水平速度抛出，落到斜面上所用时间为t2，则t1 : t2为（      ）

A. 1∶1 B. 1∶3 C. 1∶2 D. 1∶4

【答案】C

【解析】

【详解】斜面倾角的正切值，则运动的时间，知运动的时间与平抛运动的初速度有关，初速度变为原来的2倍，则运行时间变为原来的2倍。所以时间比为1：2．故C正确，ABD错误。故选C。

5.飞机俯冲拉起时，飞行员处于超重状态，此时座位对飞行员的支持力大于所受的重力，这种现象叫过荷．过荷过重会造成飞行员大脑贫血，四肢沉重，暂时失明，甚至昏厥．受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的支持力影响．取g=10m/s2，则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲速度为100m/s时，圆弧轨道的最小半径为（ ）

A. 100m B. 111m C. 125m D. 250m

【答案】C

【解析】

试题分析：飞机俯冲到最低点时支持力最大，根据牛顿第二定律有，，所以，故圆弧轨道的最小半径为125m。

故选C

考点：竖直平面内的圆周运动

点评：本题关键点是找到飞行员受到支持力最大的位置，通过分析可知，在轨道最低点支持力最大，此位置飞行员受到的合外力作为飞行员做圆周运动的向心力。

6.如图所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为θ。在杆的上端a处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与a处在同一水平线上的O点，且O、b两点处在同一竖直线上。由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是（      ）

A. 圆环的机械能保持不变

B. 弹簧对圆环一直做负功

C. 弹簧的弹性势能逐渐增大

D. 圆环、地球及弹簧组成的系统机械能守恒

【答案】D

【解析】

【详解】AB．由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以在环从a到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到b的过程中弹簧对环做负功，所以环的机械能是变化的，故AB错误；

C．当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故C错误；

D．在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，圆环、地球及弹簧组成的系统机械能守恒，故D正确。

7.某一电场的电场线分布如图所示，则下列说法正确的是

A. 点的电势低于点的电势

B. 点的电场强度小于点的电场强度

C. 一正电荷由点释放，一定沿着电场线运动到点

D. 一负电荷在点的电势能大于在点的电势能

【答案】AB

【解析】

【详解】沿着电场线方向电势逐渐降低，因此a点的电势高于b点的电势，故A正确；从电场线的分布情况可知，a点的电场线比b点的稀疏，所以a点的电场强度小于b点的电场强度，故B正确；电场线不一定是电荷的运动轨迹，由a点释放的正电荷不一定沿着电场线运动到b点，故C错误；某一负电荷从a点移到b点，电场力做负功，电势能增加，因此负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。所以AB正确，CD错误。

8.如图所示，半径为的光滑圆槽质量为，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为的小球被细线吊着位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为（    ）

A. 0

B. ，向左

C. ，向右

D. 不能确定

【答案】B

【解析】

【详解】以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v'，根据动量守恒定律得：

，

根据机械能守恒定律列方程得：

，

联立以上两式解得

，向左。

A. 0，与结论不相符，选项A不符合题意；

B. ，向左，与结论相符，选项B符合题意；

C. ，向右，与结论不相符，选项C不符合题意；

D. 不能确定，与结论不相符，选项D不符合题意；

9.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则(　　)

A. 在前时间内，静电力对粒子做的功为

B. 在后时间内，静电力对粒子做功为qU

C. 在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为1∶2

D. 在粒子偏转前和后过程中，静电力做功之比为2∶1

【答案】B

【解析】

【详解】AB．粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由可得，前时间内与t时间内垂直于板方向之比为1：4，在前时间内的位移为，在后时间内的位移为；电场力对粒子做功为

，

故A错误，B正确。

CD．由电场力做功W=qEy，则前粒子在下落前和后内，电场力做功之比1：1．故CD错误．

10.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为、总电阻为的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是（  ）

A. 磁感应强度的大小为 T

B. 导线框运动速度的大小为

C. 磁感应强度的方向垂直于纸面向外

D. 在至这段时间内，导线框所受的安培力大小为

【答案】BC

【解析】

【详解】由E–t图象可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度，选项B正确；E=0.01 V，根据E=BLv可知，B=0.2 T，选项A错误；线框进磁场过程中，感应为电流顺时针，根据右手定则可知，原磁场的磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t=0.4 s至t=0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流，所受的安培力大小为F=BIL=0.04 N，选项D错误。

11.暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命。为了探测暗物质，我国曾成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物质探测卫星。已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于其运动周期)，运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为β(弧度)，引力常量为G，则下列说法中正确的是(　 　)

A. “悟空”的线速度大于第一宇宙速度

B. “悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度

C. “悟空”的环绕周期为

D. “悟空”质量为

【答案】BC

【解析】

【详解】A、“悟空”经过时间t（t小于“悟空”的周期），它运动的弧长为s，它与地球中心连线扫过的角度为β（弧度），
则“悟空”的线速度为
角速度为：
根据得轨道半径为：
由万有引力提供向心力，则有：，得，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误；
B、由得：加速度，由题可知：“悟空”的轨道半径小于在同步卫星的轨道半径，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B正确；
C、“悟空”的环绕周期为，故C正确；
D、“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：，，联立解得：地球的质量为，不能求出“悟空”的质量，故D错误。

点睛：本题考查匀速圆周运动的线速度和角速度的定义，以及其关系，万有引力提供向心力，可求得中心天体的质量，关键是熟练记忆公式。

12.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）。两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ．电源电动势E和内阻r一定，下列说法中错误的是（　　）

A. 若将R2的滑动触头P向a端移动，则θ不变

B. 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小

C. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后θ变小

D. 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变

【答案】B

【解析】

【分析】

该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及θ角的变化。通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化。

【详解】滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则θ不变。故A正确，B错误。用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量=r不变。因为外电压减小，R3电压增大，则R1两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后θ变小。故CD正确。此题选择不正确的选项，故选B。

13.如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区（图中未画出），所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点。下列说法正确的是（      ）

A. 磁场方向一定是垂直xOy平面向里

B. 所有粒子通过磁场区的时间相同

C. 所有粒子在磁场区运动的半径相等

D. 磁场区边界可能是圆，也可能是圆的一部分

【答案】CD

【解析】

【详解】A．由题意可知，正粒子经磁场偏转，都集中于一点a，根据左手定则可有，磁场的方向垂直平面向外，故A错误；

B．由洛伦兹力提供向心力，可得，而运动的时间还与圆心角有关，因此粒子的运动时间不等，故B错误；

C．由洛伦兹力提供向心力

可得

由于同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；

D．所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆弧，故D正确。

14.如图所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里。带有等量同种电荷的三个液滴在此空间中，液滴静止不动，液滴沿水平线向右做直线运动，液滴沿水平线向左做直线运动，则下列说法中正确的是

A. 三个液滴都带负电

B. 液滴的速率一定大于液滴的速率

C. 三个液滴中液滴质量最大

D. 液滴和液滴一定做的是匀速直线运动

【答案】AD

【解析】

【分析】

三个带电油滴都受力平衡，根据共点力平衡条件列式求解确定电性与质量大小，再依据洛伦兹力、电场力与重力关系，来判定速率的大小，最后根据洛伦兹力受到速率的影响，从而确定运动性质；

【详解】AC、a球受力平衡，有：，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电；b球受力平衡，有：，c球受力平衡,有：，解得：，故A正确，C错误；

B、由上分析可知，无法确定b与c洛伦兹力大小，因此无法确定液滴速率大小，故B错误；

D、根据可知，液滴的洛伦兹力受到速率的约束，若不是做匀速直线运动时，则洛伦兹力变化，导致受力不平衡，那么就不可能做直线运动，故D正确；

故选AD。

二、实验题：共16分。

15.某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系。小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，平衡摩擦力后通过改变m来改变小车所受的合外力大小。小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值（F为弹簧测力计的示数）。

（1）根据实验数据画出了如图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为_____（选填字母代号）。

A．        B．        C．mg        D．F

（2）砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图乙的说法正确的是_____（选填字母代号）。

A．图线逐渐偏向纵轴                      B．图线逐渐偏向横轴

C．图线仍保持原方向不变

（3）下图为上述实验中打出的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则C点对应小车的速度为_____m/s，小车的加速度为_____m/s2（以上结果均保留1位有效数字）。

【答案】    (1). D    (2). C    (3). 0.8    (4). 4

【解析】

【详解】(1)[1]根据牛顿第二定律有

则

质量不变时，a与F成正比关系，故D正确；

(2)[2]由于图象的斜率为

所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确；

(3)[3]由于每两个记数点间还有四个计时点未画出，纸带上面每打一点的时间间隔是0.1s，根据匀变速直线运动的推论一段时间的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则C点的速度为：

[4]连续相等时间内位移差为

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可得：

16.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需要测量一个规格为“”的小灯泡两端的电压和通过它的电流。现有如下器材：

A.直流电源（电动势，内阻不计）

B.电流表（量程，内阻约为）

C.电流表（量程，内阻约）

D.电压表（量程，内阻约）

E.电压表（量程，内阻约为）

F．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）

（1）实验中，电流表应选择_________；电压表应选择____________。（填所选器材前的字母）

（2）为了尽可能地减小实验误差，请根据正确选择的器材设计电路并在方框中作出电路图______。

（3）在正确操作的情况下，某同学根据实验所得的数据画出该小灯泡在伏安特性曲线如图所示。实验中，若把该小灯泡和一个阻值为的定值电阻串联在电动势为3、内阻为的直流电源上，则小灯泡此时的电阻为_________。（结果保留两位有效数字）

【答案】    (1). C    (2). D    (3).     (4).

【解析】

【分析】

明确灯泡的额定值，从而根据安全和准确性原则进行分析，确定电表；根据实验原理明确实验中采用的接法，明确本实验采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法；在灯泡的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图象的交点即为灯泡的工作点，再根据欧姆定律即可求得电阻大小；

【详解】解：(1)由题意可知，灯泡的额定电压为2.5V，电流为0.5A，因此为了保证实验中的安全和准确，电压表应选择D，电流表选择C；

(2)本实验中要求电流由零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故本实验采用电流表外接法，故原理图如图所示；

(3)在灯泡的伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，如题图所示，由图可知，灯泡的电压为0.4V，电流为0.26A，故电阻；

三、计算题：本小题共38分。

17.如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一F＝8 N的水平拉力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10 m/s2。求：

（1）放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；

（2）经多长时间两者达到相同的速度；

（3）从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？

【答案】（1）2m/s2  0.5 m/s2（2）1s（3）2.1m。

【解析】

【详解】（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：

am=μg=2m/s2

小车的加速度：

（2）由：

amt=υ0+aMt

得：

t=1s

所以速度相同时用的时间为1s．

（3）在开始1s内小物块的位移：

最大速度：

υ=at=2m/s     

在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：

这0.5s内的位移：

所以通过的总位移

s=s1+s2=2.1m．

18.如图所示，一个质量为、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里，结果离子正好从距A点为的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2。不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内。

求：

（1）此离子在磁场中做圆周运动的半径；

（2）离子从D处运动到G处所需时间为多少；

（3）离子到达G处时的动能为多少。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

详解】（1）正离子轨迹如图所示，圆周运动半径r，满足：

d＝r＋rcos 60°

解得

（2）设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：T＝

由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：t1＝T

离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为：t2＝

离子从D→C→G的总时间为：

（3）设电场强度为E，则有：qE＝ma

d＝at

由动能定理得：qEd＝EkG－mv

解得EkG＝

19.如图所示，在长为l=57cm的一端封闭、另端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33℃。

(1)现将水银徐徐注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少?

(2)接着(1)中问题缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩下4cm高的水银柱?(大气压强为p0=76cmHg)

【答案】85 cmHg ，318 K

【解析】

【详解】设玻璃管的横截面积为S，初态时，管内气体的温度为T1=306 K，体积为V1=51S cm3，压强为p1=p0+h=80cmHg.

当水银面与管口相平时，水银柱高为H，则管内气体的体积为V2=(57−H)S cm3，压强为p2=p0+H=(76+H)cmHg.

由玻意耳定律得 p1V1=p2V2

代入数据，得 H2+19H−252=0

解得：H=9cm

所以p2=85 cmHg 

新注入水银柱的高度为Δh=H-4cm=5cm