河南省八市重点高中联盟2020届高三12月联考（领军考试）物理试题.docx

1、2019- 2020 学年度上期八市重点高中联盟学年度上期八市重点高中联盟 “领军考试领军考试”高三物理试题高三物理试题 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在本试题相应的位置。 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡.上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用 0.5mm 黑色笔迹签字笔写 在答题卡上。 4.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 一、选择题:本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-6 题

2、只有一项是符 合题目要求， 第 7-10 有多个选项符合题目要求， 全部选对得 5 分， 选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分。 1.水平长直导线中有恒定电流 I 通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的 运动情况是 A.沿路径 oa 运动 B.沿路径 ob 运动 C.沿路径 oc 运动 D.沿路径 od 运动 2.一个质量为 0.1kg 的小球从 20m 高处落下，与地面碰撞后反弹，上升的最大高度为 12.8m，小球从开始下 落到上升到最高点所用时间为 4s，重力加速度 g=10m/s2，不计空气阻力，则小球对地面的平均作用力大小 为 A.8N B.10N

3、C.12N D.15N 3.如图所示，在水平面上运动的两个物体甲和乙，其位移-时间(x- -t)图象分别为图中抛物线甲和直线乙，已 知甲物体的初速度为零，图中虛线为抛物线的切线，则下列说法中正确的是 A.甲物体做加速度 a=2m/s2 的匀加速直线运动 B.乙物体做匀速直线运动，甲做曲线运动 C.t =2s 时，甲、乙两物体相遇，且两物体速度相同 D. t=ls 时，甲、乙两物体相距 3.5m 4.如图所示，倾角为 a 的斜面体 A 固定在水平地面上，斜面光滑。另一斜面体 B.上表面粗糙水平，上表面 放置一质量为 m 方木快 C、B 和 C 相对静止一起从 A 的顶端沿斜面由静止滑下。重力加速

4、为 g，下列说法 正确的是 A. B 沿斜面向下匀加速的加速度为 gcosa B. B 对 C 的合力为 mgcosa C.B 对 C 的支持力为 mgcosa D.B 对 C 的静摩擦力为 mgcos2a 5.有一半径为 R 的均匀带电薄球壳，在通过球心的直线上，各点的场强为 E 随与球心的距离 x 变化的关系 如图所示;在球壳外空间，电场分布与电荷量全部集中在球心时相同，已知静电常数为 k，半径为 R 的球面 面积为 S=4rR2，则下列说法正确的是 A.均匀带电球壳带电密度为 B.图中 r=1.5R C.在 x 轴上各点中有且只有 x=R 处电势最高 D.球面与球心间电势差为 E0R 6

5、.海卫一是海王星的一颗逆行卫星，天文学界几乎一致认为海卫一是被海王星捕获而来的。由于海卫一是逆 行卫星并且和海王星之间的距离太近，海王星巨大的引力使得海卫一的公转半径逐渐变小，总有一天海卫 一会被海王星撕成碎片。假设在未来某个时候，海王星周围存在着环状物质，为了测定环状物质是海王星 的组成部分还是环绕该行星的卫星群，天文学家对其做了精确的观测，发现环状物质绕行星中心的运行速 度 v 与到行星中心的距离 r 的关系如图所示。已知行星除环状物外的半径为 R，环状物质的宽度为 d，引力 常量为 G。则以下说法错误的是 A.环状物质不是该行星的组成部分 B.该行星的自转周期 1 2 ()Rd T v

6、C该行星除去环状物质部分后的质量为 2 0 v R M G D.行星表面的重力加速度为 2 0 v g R 7.如图所示，小车静止在固定在倾角=30的斜面上，车厢内两质量相同的小球 A、B 通过轻绳系于车厢 顶部，轻绳 OA 与垂直斜面方向的夹角也为， OB 恰好在竖直方向，其中 A 球用平行斜面方向轻绳 AC 系于小车侧壁，B 球用平行斜面方向轻绳 BD 系于小车侧壁，已知两个小球的质量为 m，小车的质量为 M， 重力加速度为 g，则下列说法正确的是 A.轻绳 OA、OB 的拉力大小相等 B.轻绳 AC、BD 的拉力大小相等 C.轻绳 AC 的拉力大小是 OA 拉力大小的3倍 D.小车对斜面

7、的作用大小为(M+2m) g， 方向竖直向下 8.如图甲所示，绝缘轻质弹簧的下端固定在水平地面上，地面上方存在一方向竖直向下的匀强电场，一质量 为 m，带电量为+q 小球，轻放在弹簧的上端，小球向下运动的过程中，加速度 a 和位移 x 的关系如图乙所 示，图乙中 a0、x0均为已知量，重力加速度为 g，不计空气阻力，则下列物理量能够求出的是 A.匀强电场的场强 B.弹簧的劲度系数 C.小球下落 x0时的电势能 D.小球下落过程中的最大速度 9.如图甲所示为某元件 X 的 U-1 曲线，将其与一定值电阻 R0串联后连接在电动势 E=5V，内阻 r=1.0的电 源两端，电压表和电流表均为理想电表，

8、定值电阻 R0=4，则闭合电键后 A.电压表的示数约为 3V B.电流表示数约为 0.4A C. X 消耗的功率约为 1.8W D.电源的输出功率约为 1.84W 10.如图所示，质量为 4m，长度为 L，带电量为+q 铁板放在水平桌面上，在铁板的右端放有一质量为 m 的 小木块(可视为质点)。开始时，铁板、木块均静止，某时刻起，水平面内加上电场强度为 E 的电场。已知木 块与铁板之间，铁板与桌面间的动摩擦因均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是 A.要使铁板从小木块下拉出，电场强度 E 应满足 10 mg E q B.要使铁板从小木块下拉出，电场强度 E 应满足 8 mg E

9、 q C.若电场强度 15 mg E q ，从开始运动到小木块滑落铁板所经历的时间 t= 8 5 L g . D.电场力对长板做的功等于长板机械能的增量 二、非选择题:本题共 6 小题，共 60 分。 11. (6 分) 某实验小组成员用如图甲所示的装置做“验证机械能守恒定律”实验。挡板 A 和光电门 B 安装在铁架台上， 调整光电门的位置，使光电门刚好位于挡板的正下方，让小球贴着挡板自由下落，下落过程中经过光电门 时，光电计时器记录下小球通过光电门时间 t，当地重力加速度为 g。 (1)实验前先用游标卡尺测出小球的直径，示数如图乙所示，可知小球的直径 D=_ cm。 (2)为了验证机械能守恒

10、定律，该实验还需要测量的物理量是_ 。 A.小球的质量 m B. AB 之间的距离 H C. 小球从 A 到 B 的下落时间 tAB (3)要验证机械能守恒，只要验证表达式_ _成立即可。 (4)实验中小钢球通过光电门的平均速度_ (选填“大于”或“小于”)小钢球球心通过光电门时的瞬 时速度。 12. (7 分) 某同学要测量一个未知电阻的阻值。 (1)该同学先用多用电表进行粗测，调节好多用电表欧姆档，将选择开关调节到1挡，多用电表示数如图 甲所示，则粗测得到电阻的阻值为_ _. (2)为了精确测量电阻的阻值，该同学又设计了如图乙所示的测量电路，其中 R 为电阻箱，Rx为被测电阻， 请将丙图中

11、的实物连接完整。 (3)若实验室提供的器材有: A.电流表(量程 15mA，内阻未知) ; B.电流表(量程 0.6A，内阻未知) ; C.电阻箱(最 大电阻 9.99; D.电阻箱(最大电阻 999.99 E.电源(电动势 3V，内阻 1) ; F.单刀单掷开关 2 只; G.导线若 干。则电流表应选_ 电阻箱应选择 _。(填器材前字母) (4)连接好器材，调节电阻箱，使电阻箱到最大值，仅闭合 S1再次调节电阻箱有合适的阻值 R1使电流表有较 大的偏转且读数为 I;再调节电阻箱至最大值， 保持开关 S1闭合， 开关 S2闭合， 再次调节电阻箱的阻值为 R2， 使电流表读数仍为 I。则被测电阻

12、的阻值 Rx=_。 13. (8 分) 利用高空气球可以进行科学考察，为了便于调节运动状态，需要携带压舱物。某气球科学考察结束后正以 大小为 v 的速度匀速下降，气球的总质量为 M，当气球离地面某一高度时，释放质量为 1 4 M 的压舱物，结 果气球到达地面时的速度恰好为零， 重力加速度为 g，求: (1)释放压舱物的一瞬间，气球的加速度大小; (2)释放压舱物时气球离地面的高度及释放压舱物后气球到达地面所用的时间。 14. (10 分) 如图所示，质量为 1kg 的物块放在水平平台上的 A 点，平台离地面的高度为 0.8m，物块离平台右端 B 点距 离为 1.2m，一个质量为 0.5kg 的

13、小球用轻绳悬吊在天花板上的 O 点，O 点在 B 点正上方 lm 处，小球与平 台刚好要接触，给物块一个向右、大小为 27 m/s 的初速度，物块滑到 B 点与悬挂的小球相碰，物块的 落地点离 B 点的水平距离为 0.8m，已知物块平台间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度 g=10m/s2，不计小球 的大小，求: (1)物块与小球相碰前的速度大小; (2)小球被碰后一瞬间细绳上的拉力。 15. (12 分) 如图所示，两平行金属导轨竖直放置固定在竖直面上，间距为 L，上端接有阻值为 R 的定值电阻。两导轨 间匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度大小为 B。质量为 m，阻值为 r 的金属棒垂直于导轨

14、放置，始终与导 轨接触良好。不计导轨电阻，忽略棒与导轨间的摩擦。 (1)现对棒施加竖直向下的恒定拉力 F0，使棒由静止开始向下运动。若棒向下运动距离为 x 时速度达到最大 值，求在棒运动位移 x 的过程中，回路中产生的总热量。 (2)现对棒施加竖直向下的拉力 F，使棒做自由落体运动，求 F 对运动时间 t 的函数关系式。 16. (17 分) 如图所示，宽度为 R 的平行竖直边界 AB、CD 间有水平向右的匀强电场，半径为 R 的圆形区域内有垂直纸 面向里的匀强磁场，磁场边界和电场边界 CD 相切于 P 点，一个质量为 m 电荷量为 q 的带正电粒子在 AB 边界上的 O 点以大小为 v0的初

15、速度向右射入电场，经电场加速后最终进入磁场，粒子经磁场偏转后从 P 点 进入电场，不计粒子的重力，匀强电场的电场强度 2 0 3 2 mv E qR ，O、P 两点沿竖直方向的距离为 3 2 R，求: (1)粒子进磁场时速度的大小; (2)匀强磁场的磁感应强度大小; (3)粒子第二次在电场中运动的位移大小。 2019-2020 学年度上期八市重点高中联盟学年度上期八市重点高中联盟 “领军考试领军考试”高三物理参考答案高三物理参考答案 1. 【答案】 D 【解析】由安培定则可知，导线下方的磁场方向垂直纸面向外，且离导线越远，磁场越弱，如图所示，电 子初速度方向与电流方向相同，由左手定则可知受到的

16、洛伦兹力方向向下，由远离导线的方向磁场减弱， 由 mv R eB 可知电子的运动半径越大，符合条件的是 od，所以选项 D 正确。故选 D。 2. 【答案】 B 【解析】小球下落的时间 1 1 2 2 h ts g ，小球反弹后上升的时间 2 2 2 1.6 h ts g ，因此小球与地面作用 的时间为0.4ts ，从小球下落到小球上升到最高点，设向上为正方向，根据动量定理0 N Ftmgt ， 解得 FN=10N，B 项正确。 3.【答案】D 【解析】由于图中甲为抛物线，所以甲做匀加速直线运动，由图象的斜率可得，第 2s 末的速度 v=2m/s，所 以汽车甲的加速度 a=1m/s2， A 项

17、不符合要求;图中乙为直线，斜率是一个定值，所以乙物体做匀速直线运 动，甲也做直线运动，B 项不符合要求;由图象可知，t=2s 时甲乙相交于一点，所以甲、乙两物体相遇，但 甲的斜率为正、乙的斜率为负，两物体的速度方向不同，所以速度不相同，C 项错误;物体甲由 2 1 2 xat可 得 t=1s 时 x1=0. 5m，物体乙由图象可得 x2=4m，所以甲、乙两物体相距 3. 5m，D 项正确。 4.【答条】 B 【解析】 B 和 C 的整体为研究对象，进行受力分析，设总质量为 M，把重力沿着斜面和垂直斜面分解，可 得合力沿斜面向下为 Mgsina，由牛顿第二定律可得 Mgsina=Ma， B、C

18、整体的加速度沿斜面向下为 gsina， A 项错误;隔离方木快 C，进行受力分析如下图:把重力 mg 沿着斜面和垂直斜面分解，把水平向左的静摩擦 力 f 和竖直向上的支持力 FN合成，根据运动的加速度性质特点和牛顿第二定律可得: B 对 C 的合力即 f 和 FN的合力垂直斜面向上为 mgcos a，B 项正确;由力的合成、分解以及解力的直角形可得: FN=mgcosa2， f=mgcosa sina，C 项错误、D 项错误。 5. 【答案】 A 【解析】由图线可知，距离球心 R 处的场强为 E0，则根据点电荷场强公式可知: 0 2 kQ E R ;解得球壳带电 量为: 2 0 E R Q k

19、 则均匀带电球壳带电密度为: 0 2 44 EQ Rk 故 A 正确;B.根据点电荷场强公式:解 0 2 1 2 kQ E r 得2rR故 B 错误; C. D.由题意可知在在 x 轴上各点中，在 0-R 范围内各点的电势均相同， 球面与球心间的电势差为零，故 CD 错误:故选: A. 6. 【答案】 B 【解析】 若环状物质为行星的组成部分， 则环状物质与行星是同轴转动， 角速度都相同是定值， 由可 得: v r.若环状物质为卫星群，根据万有引力提供匀速圆周运动的向心力有 2 2 Mmv Gm rr 得 2 1 rGM r 则 2 1 v r ，根据题图线的特点可知 2 1 v r ，说明环

20、状物质是该行星的卫星群，并不是该行星的组成部分，A 项正确:因为环状物质不是行星的组成部分，行星的自转周期与卫星的公转周期 1 2 ()Rd T v 不同，B 错 误; 因为环状物质是行星的卫星群，所以用万有引力充当圆周运动的向心力，即 2 0 2 vGMm m RR .所求出的行星质 量 2 0 v M G 是正确的，C 正确;同理用万有引力充当匀速圆周运动的向心力以及黄金代换即 2 0 22 , vGMmGMm mmg RRR 所求出的行星表面的重力加 2 0 v g R 也是正确的，D 项正确。 7. 【答案】 AD 【解析】对小球 A 分析，轻绳 OA、AC 的拉力与小球重力，三个组成

21、一个矢量三角形，由几何关系可知这 是一个等边三角形，则三个力相等，都等于 mg，对小球 B 分析可得，只受两个力作用，OB 的拉力和小球 B 的重力，BD 上没有力的作用，所以 OB 的拉力大小等于 mg; 由以上分析可得: OA、AC、OB 三个拉力大 小相等，所以 A 项正确，BC 错误;对小车、AB 两球为整体受力分析可得，整体受重力、支持力和摩擦力， 斜面对小车的作用力为支持力和摩擦力，所以小车对斜面的作用大小为(M+2m) g，方向竖直向下，D 项正 确，故答案为 AD。 8. 【答案】 ABD 【解析】 对小球受力分析如图， 由牛顿第二定律可得 mg+qE-kx=ma， 则 q E

22、k agx mm ， 结合图乙可知， 0 0 0 , aqEk ag mmx ，可求出匀强电场的场强 E 和弹簧的劲度系数 k，选项 A、B 正确:电势能与参考面 的选取有关，故无法求出小球下落 x0时的电势能，选项 C 错误; a=0，即小球下落 x0时速度最大，此时有 0 mgqEkx，由动能定理得 22 000 11 22 m mgxqExkxmv，故可求出小球下落过程中的最大速度，选 项 D 正确。 9. 【答案】 BD 【解析】设非线性元件的电压为 U，电流为 I，由欧姆定律得: U=E-I(R0.+r)， 代入数据得，U=5-5I，在 U-I 图象中画出 U=E -Ir =5-5I

23、 图线， 如图所示， 两图线交点坐标为(0.4A， 3. 0V)。 因此电流表的示数约为 0.4A， B 项正确; R0两端的电压 U0=IR0=1. 6V，因此电压表的示数约为 1. 6V，该元件的电功率 PR=UI=3. 0 0.4W=1.2 W，C 项错误;电源的输出功率约为 22 ROR0R PPPI RP0.44W+1.2W=1.84W， D 项 正确。 10. 【答案】 AC . 【解析】 要 使铁板从小木块下拉出， 两者必须发生相对滑动， 铁块的加速度 aM要大于小木块的加速度 am， 即 Mm aa木块 m mgma对铁板54 M Eqmgmgma. 解得 10 mg E q

24、故 A 正确，B 错误;若电场强度 15 mg E q ，根据(4)4 M Eqmgmm gma可 得 9 , 4 Mm g aag 时间 t 内木块的位移 2 1 1 2 m xa t铁板的位移 2 221 1 2 M xa txxL又解得 8 5 L g 故 C 正确。电场力对长板做的功大于长板机械能的增量，过 D 错误。 11. 【答案】 (1) 1.015 (2 分) (2)B(1 分) (3) 2 1 2 d gH t (2 分) (4)小于(1 分) 【解析】(1)游标卡尺的主尺读数为: 1. 0cm，游标尺上第 3 个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为 0. 05 30.15m

25、mmm，所以最终读数为: 1. 015cm; (2)小球自由下落时重力势能转化为动能， 2 1 , 2 d mgHmvv t 联立可求得 22 12g H td 因此需要测 H， 故 B 项正确。 (3)实验验证的表达式为 2 1 2 d gH t 成立即可。 (4)在计算时把平均速度当做瞬时速度处理了，那么这个平均速度实际上等于小球过光电门时中点时刻的速 度，由于小球速度越来越大，所以中间时刻在球心的下方，即小钢球通过光电门的平均速度小于小钢球球 心通过光电门时的瞬时速度。 12. 【答案】 (1) 18.0 (2 分) (2)见解析(2 分) (3)A(1 分) D(1 分) (4) R2

26、-R1， (1 分) 【解析】 (1) 将选择开关调节到| 1 挡，由图甲可知，则粗测得到电阻的阻值为18.0; (2)实物连接如图所示。 (3) max 3 0.167mA167mA 18 X E I R ，如果电流表选 B，则读数误差太大，故电流表应选 A;电源电 动 势 为 3V ， 电 流 表 量 程 为 15mA=0.015A ， 由 欧 姆 定 律 : U I R ， 电 路 中 的 最 小 电 阻 应 为 : 3V 200 0.015A A E R I ，所以电阻箱应选 D; (4) 根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有: 1xA EI RRRr，S2闭合时有: 2A EI RRr

27、， 联立解得: 21x RRR 13. 【答案】 (1) 1 3 g; (2) 3v g 【解析】 (1) 由题意知 F浮=Mg (1 分) ;释放压舱物后， 11 44 FMMgMM a 浮 (2 分) 即热气球向下做匀减运动的加速度大小为 1 3 ag (1 分) (2)由于热气球到地面时的速度刚好为零，则 22 3 22 vv h ag (2 分) 设热气球匀减速到地面所用时间为 t2，则 1 1 2 hvt (1 分) ;求得 1 3v t g (1 分) 14. 【答案】 (1) 4m/s (2) 13N 【解析】 (1) 设物块 A 与小球相碰前的速度大小为 v1 根据动能定理有

28、22 11 11 0 11 22 AB m gxmvmv (2 分) 求得 v 1=4m/s (1 分) (2)物块与小球相碰后物块做平抛运动，设物块做平抛运动的初速度大小为 v2，则 2 1 2 hgt (1 分) x=v2t (1 分)求得 t=0.4s: v2 = 2m/s (1 分) 设小球被碰后速度大小为 v3，根据动量守恒定律有 1 11 22 3 mvmvm v (1 分)求得 3 4/vm s (1 分) 设小球被碰后一瞬间轻绳的拉力为 F， 根据牛顿第二定律有 2 3 22 v Fm gm L (1 分) 求得 F=13N (1 分) 15. 【答案】 (1) 2 2 0 0

29、 44 () 2 m FmgRr QFmg x B L (2) 22 B L g Ft Rr 【解析】 (1) 棒的速度达最大值，棒中的感应电动势 mm EBLv.(1 分) 棒中的最大电流 m m E I Rr (1 分) 根据竖直方向的受力平衡条件，有 0m BI LFmg (1 分) 综合以上几个式子解得 0 22 () m FmgRr v B L (1 分) 回路中产生的焦耳热为 Q，由能量守恒可得; 2 0 1 2 m Fmg xQmv (1 分) 联立可得: 2 2 0 0 44 () 2 m FmgRr QFmg x B L (1 分) (2)因为棒做自由落体运动，所以 t 时刻

30、，棒的速度为 v= gt (1 分) t 时刻，棒中的感应电动势为 E=BLv，通过棒的感应电流为 E I Rr ，(1 分) 棒所受的安培力竖直向上为: F安= BIL，(1 分) 设 t 时刻，对棒所施加的竖直向下拉力为 F 通过对棒受力分析，由牛顿第二定律可得: F +mg-F安=mg 即 F=F安(1 分) 综合以上几个式子，可得 F 对运动时间 t 的函数关系式为: 22 B L g Ft Rr (2 分) 16. 【答案】 (1) 2v0 (2) 0 2 3mv qR (3) 4 3 R 3 【解析】 (1)设粒子进磁场时的速度大小为 V1，根据动能定理有 22 10 11 22

31、qERmvmv (2 分)解得 10 2vv (2 分) (2)根据几何关系可知，EO1P=60 (1 分) 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r，则 2rcos30 =R (1 分) 解得 3 3 rR (1 分) 根据牛顿第二定律有 2 1 1 v qv Bm r (2 分);解得 0 2 3mv B qR (2 分) (3)根据几何关系可知，粒子第二次进磁场时速度方向斜向下与 CD 夹角为 30，则粒子沿平行电场方向的 分速度大小 vx =v sin30=v0(1 分) 沿垂直电场方向的分速度大小 10 cos303 y vvv (1 分) 粒子在电场中运动的加速度大小 2 0 3 2 vqE a mR (1 分) 由于 2 2 23 x v R a ，因此粒子不可能从电场的左边界射出电场，应该从电场的右边界射出电场，在电场中运动 的时间 0 4 2 3 x vR t av (1 分)因此粒子在电场中运动的位移大小为 4 3 3 y sv tR (2 分)