1、高三年级考试物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 如图所示，有质量相同的、两个小球，从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，从同一高度自由下落。下列说法正确的有（）A. 它们到达地面时的动量相同B. 它们到达地面时的动能相同C. 它们到达地面时重力的功率相同D. 它们从开始到到达地面的过程中，重力的冲量相同【答案】B【解析】【详解】由动能定理可知，到达地面时它们的速度大小相等，方向不同A动量为矢量，故它们到达地面时的动量方向不同，故A错误；B动能为标量，故它们到达地面时的动能相同，故B正确；C重力的功率，故它们到达地面时重力的功率不同，故C
2、错误；Db球有，a球有，由于，则重力冲量为，故重力的冲量不同，故D错误。故选B。2. 如图所示，人造地球卫星发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道。先将卫星发射至近地圆轨道，然后在点（近地点）点火加速，卫星做离心运动进入椭圆轨道；在点（远地点）再次点火加速进入圆形轨道。关于卫星的发射和变轨，下列说法正确的是（）A. 卫星在圆轨道上运行时的角速度小于在圆轨道上的角速度B. 卫星从轨道转移到轨道的过程中，动能减小，重力势能增大，机械能守恒C. 卫星在椭圆轨道上运行时，经过点时的速度大于地球的第一宇宙速度D. 卫星经过点时，在椭圆轨道上运行时的加速度大于在圆轨道上运行时的加速度【答案】C【解析】【详
3、解】A根据牛顿第二定律有，可得由于，所以，故A错误；B卫星从轨道转移到轨道的过程中，动能减小，重力势能增大，火箭两次点火加速做正功，机械能增加，故B错误；C卫星在轨道II上运行时，机械能大于在轨道I上运行的机械能，经过点时的引力势能相同，则动能大于轨道I上A点的动能，即速度大于轨道I上A点速度，轨道I是近地轨道，其速度即为第一宇宙速度，故C正确；D由可知，卫星经过点时，在椭圆轨道上运行时的加速度等于在圆轨道上运行时的加速度，故D错误。故选C。3. 一质点做匀加速直线运动时，速度变化v时发生位移x1，紧接着速度变化同样的v时发生位移x2，则该质点的加速度为（）A. B. C. D. 【答案】A【
4、解析】【详解】发生所用的时间为根据得解得故选A。4. 如图所示，质量为2kg物体放在无人机中，无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s到达100m高处后悬停（）。则无人机上升过程中（）A. 物体对无人机的压力一直大于20NB. 物体对无人机的压力一直等于20NC. 无人机做的功等于物体和无人机增加的机械能D. 无人机做的功大于物体和无人机增加的机械能【答案】D【解析】【详解】AB无人机加速上升过程中，加速时物体处于超重状态，物体对无人机的压力一直大于20N；减速时物体处于超重状态，物体对无人机的压力一直小于20N，故AB错误；CD根据能量守恒可知，无人机做的功等于物体和无人机的机械能的增加
5、量和克服空气阻力产生的内能之和，即无人机做的功大于物体和无人机增加的机械能，故C错误，D正确。故选D。5. 如图甲、乙所示，在两个固定的足够长的相同斜面体上放置B、D，B、D与斜面体间的摩擦因数为。B的上表面水平，D的上表面与斜面平行，p是固定在B、D上的小柱，两只完全相同的弹簧、一端固定在p上，另一端分别连在质量均为的光滑滑块A和C上。重力加速度大小为。A与B、C与D分别保持相对静止沿斜面自由下滑的过程中，弹簧与弹簧的弹力大小之比为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A与B保持相对静止，则二者向下的加速度是相等的，设它们的总质量为，根据牛顿第二定律得解得同理，若以C、D为研
6、究对象，则它们共同的加速度大小也是以A为研究对象，A受到重力、斜面体B竖直向上的支持力时，合力的方向在竖直方向上，水平方向的加速度为该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧处于压缩状态，根据牛顿第二定律可得以C为研究对象，对C根据牛顿第二定律得解得则故C正确，ABD错误。故选C。6. 如图所示，光滑圆环竖直固定，为最高点，橡皮条上端固定在点，下端连接一套在圆环上的轻质小环，小环位于点，与竖直方向的夹角为30。用光滑轻钩将橡皮条中点缓慢拉至圆上点时，钩的拉力大小为，方向垂直。为保持小环静止于点，需给小环施加一最小作用力，则（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设橡皮条的拉力大小
7、为，则有得小环的受力示意图如下由三角形定则知，当时，有最小值，且最小值为故BCD错，A正确。故选A。7. 2020年5月5日，我国在海南文昌航天发射场使用“长征五号B”运载火箭，发射新一代载人飞船试验船。假如有一宇宙飞船，它的正面面积为，以的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每空间有一微粒，每一微粒平均质量，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加（）A. 0.49NB. 0.98NC. 490ND. 980N【答案】B【解析】【详解】选在时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为，高为的圆柱体内微粒的质量。即研究对象初动量为零，末动量为，设飞船对微粒的作
8、用力为，由动量定理得则根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的反作用力大小也为，则飞船要保持匀速飞行，牵引力应增加带入数据得故选B。8. 如图甲所示，若在某星球上用一轻质杆固定着一质量为的小球，在竖直平面内绕光滑轴做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时速度大小为，杆对小球的作用力为，其图像如图乙所示，则下列选项正确的是（）A. 当时，球对轻质杆的作用力大小B. 当时，球对轻质杆的作用力大小C. 当时，在最低点小球对杆的拉力为D. 当时，在最低点小球对杆的拉力为【答案】D【解析】【详解】AB在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得解得由图象知，图象的斜率则得当时，带入上式得解得当
9、时故AB错误；CD当时，当小球从最高点运动到最低点过程中，由动能定理得在最低点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得联立解得5a故C错，D对。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角2时，下列判断正确的是（）A. P的速率为B. P的速率为vcos2C. 绳的拉力等于mgsin1D. 绳的拉力大于m
10、gsin1【答案】BD【解析】【详解】AB将小车的速度v进行分解如图所示：则vp=vcos2故A错误，B正确CD小车向右运动，2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律：T-mgsin1=ma，可知绳子对A的拉力：Tmgsin1故C错误，D正确10. 如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的、两点，。一列简谐横波沿此长绳向右传播，某时刻点的位移达到正最大时，点的位移恰为零且向下运动，经过0.5s时点的位移第一次为零，且向下运动，则这简谐波的波速可能等于（）A. 6.0m/sB. 3.0m/sC. 1.2m/sD. 0.6m/s【答案】AC【解析】【详解】ABCD
11、根据波形图可知解得简谐波的周期所以波速代入验证，可知，AC正确，BD错误。故选AC。11. 一质点直线运动的速度与时间的关系图像如图所示，图线恰好是四分之一圆弧，由图可知（）A. 质点的加速度随时间均匀增大B. 6s时刻，质点的速度为8.0m/sC. 6s内质点位移为54.0mD. 质点的加速度大小等于1m/s2时的速度为【答案】BD【解析】【详解】A由图象斜率可知加速度是增大的，但并不是均匀增大，故A错误；B 6s时刻，如图则，所以6s时质点的速度为故B正确；C6s内图象与t轴围成的面积即为位移故C错误；D由图可知当加速度大小等于1m/s2时，则速度为故D正确。故选BD。12. 如图所示，固
12、定在水平地面上的细杆与水平面间的夹角为，一轻质弹簧上端固定，下端与套在细杆上质量为的圆环相连，圆环在处时弹簧竖直且处于原长。若将圆环从处由静止释放，到达处时速度恰为零。若圆环在处获得沿杆向上的速度，恰好能回到处。已知，是的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为，则圆环（）A. 经过点时，上滑的速度大于下滑速度B. 经过点时，上滑的速度大小等于下滑速度C. 从到过程中，弹簧对环做功为D. 从到过程中，弹簧对环做功为【答案】AD【解析】【详解】AB由功能关系，圆环由A点下滑至B点，有圆环由B点上滑至A点，有故可判断，环经过点时，上滑的速度大于下滑速度，故A正确，B错误；CD圆环由静止从A点下滑
13、至C点，设弹簧对环做功大小为，由动能定理可得圆环以速度从C点上滑恰好至A点，由动能定理有联立两式解得由于圆环从A点下滑至C点，弹簧对环做负功，所以弹簧对环做功为故C错误，D正确。故选AD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 某同学在泰山顶上利用单摆测定重力加速度，改变摆线长测出对应的周期，根据实验数据作出图像如图所示：(1)由图像求出摆球的半径为_cm；(2)由图像求出的重力加速度_m/s2；（结果保留三位有效数字，取2=9.87）(3)下列关于提高测量准确程度的措施错误的是_。（单选填正确答案标号）A.摆球选用体积小，质量大的钢球B.选择小球摆动的最低点开始计时C.测量一次全振动的
14、时间作为振动周期D.摆线上端悬点用夹子夹住，防止摆动过程中摆长变化【答案】 (1). 1.00 (2). (3). C【解析】【详解】(1)1由可得可知T2与摆长L成正比因此摆球半径是1.00cm(2)2由可得则T2-L图象的斜率等于，由数学知识得解得(3)3 A摆球选用体积小，质量大的钢球，能减小空气阻力，故A正确，不符合题意；B选择小球摆动的最低点开始计时，最低点小球速度大，计时误差小，故B正确，不符合题意；C测量一次全振动的时间作为振动周期，误差较大；一般选取50次全振动的时间求其平均值作为振动周期，故C错误，符合题意；D摆线上端悬点用夹子夹住，防止摆动过程中摆长变化，这是防止摆长在摆动
15、过程中变化有效方法，故D正确不符合题意。故选C。14. 某小组测量木块与木板间动摩擦因数的实验装置如图甲所示。实验时让木块从倾角为的木板上由静止释放，位移传感器连接计算机描绘出了木块相对传感器的位移随时间变化的规律如图乙中曲线所示。其中木块的位移从到和从到的运动时间均为。(1)根据上述图线.木块的加速度_，木块位移为时的速度_；（用题给符号表示）(2)若，取，则动摩擦因数_（）；(3)若只增大木板倾斜的角度，则木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的_（选填“”“”或“”）。【答案】 (1). (2). (3). 0.5 (4). 【解析】【详解】解：(1)1木块在斜面上做匀加速直线运动
16、，相邻相等时间内位移之差x=aT2，因此有x32x2+x1=aT2解得2木块位移为x2时为x1到x3的中间时刻，因此有由速度公式v=v0+at可得(2)3由牛顿第二定律可知mgsinmgcos=ma解得a=gsingcos代入数据解得=0.5(3)4若只增大木板倾斜的角度，加速度增大，由可知，则木板相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的。15. 如图，某人拉着质量为5kg的行李箱过马路，行至离对面12m时速度为1m/s，此时绿色信号显示还有4s，于是此人加速运动，在绿色信号结束时刚好到达对面。设此过程中人的运动为匀加速直线运动。行李箱受到的阻力方向水平，大小为其对地面压力的0.1倍，取。求
17、此过程中：(1)行李箱运动的加速度大小；(2)人对行李箱拉力的最小值。（结果可用根号表示）【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)由位移公式解得(2)设拉力为F，方向与水平方向的夹角为，则解得16. 如图，直角三角形为一棱镜的横截面，边的长度为。一细束光线垂直于边从边中点进入棱镜，然后平行于底边从边射出。（结果可用根号表示）(1)求棱镜材料的折射率；(2)保持边上的入射点不变，改变射入方向，直到将要有光线能从边上的某位置射出，求该位置与点的距离。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)光束垂直于AD射入，光路如图所示根据折射定律有由几何关系可知解得(2)将要有光线能从BD边上射出的位置
18、为，即光束在BD边的入射角为临界角，光路如图所示根据全反射临界角关系式有根据几何关系有解得17. 如图，水平部分长度为的传送带以的恒定速度顺时针匀速转动，质量为1kg的小滑块A和质量为2kg的小滑块B与传送带间的动摩擦因数均为0.5。将A由静止放到传送带的左端，经过时间运动到距左端处。此时将B以的水平速度冲上传送带，重力加速度大小取，计算中A、B可视为质点。(1)求时间t；(2)若B从左端冲上传送带，通过计算说明A、B能否在传送带上相碰；(3)若B从右端冲上传送带，与A发生弹性正碰，求碰撞后B与传送带间因摩擦而产生的热。（结果保留1位小数）【答案】(1)1.7s；(2)不会相碰；(3)3.2J
19、【解析】【详解】(1)物体A先做匀加速直线运动，当速度与传送带的速度相等时，做匀速直线运动，由牛顿第二定律得解得设A运动到与传送带速度相等时所用时间为t1，由运动学规律得联立解得A加速运动的位移为此后A以速度v=2m/s做匀速直线运动，匀速运动位移为所用时间为所以时间为(2)B从左端冲上传送后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得其加速度大小为解得B减速到v=2m/s所用时间为B的位移为A的位移为因为，所以A已经离开传送带，而B仍在传送带上，故A、B不会在传送带上相碰(3)设B经过t4时间和A相撞，则有带入数据解得或（不合题意，舍去）此时，A速度vA=2m/s，方向向右，B的速度为方向向左，A、
20、B相撞后，设碰撞后A速度为，B的速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律可得由机械能守恒定律可得联立方程解得， 此后，B先向左减速到0，再向右加速到v=2m/s后与传送带一起匀速运动，运动时间为B的位移为传送带的位移为B相对于传送带滑动的距离为所以摩擦产生的热为18. 某课外活动小组设计了如图所示的轨道，由半径为的半圆弧和半径为的四分之一圆弧两部分组成，半圆弧的圆心为，将其固定在竖直平面内，两部分在最低点B平滑连接。一质量为的小球（可视为质点）从点正上方某高度处由静止释放，经点沿圆弧轨道运动，小球经过点时对轨道的压力大小为。已知轨道光滑，重力加速度大小为，不计空气阻力。(1)求小球的释放点与点的高度差；(2)求小球离开点后，落到弧上时的动能；(3)改变释放点的高度，使小球在轨道的之间某处点脱离轨道，恰好能经过，求小球从到运动的时间。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)由向心力公式和机械能守恒定律得解得(2)设离开D点后，经时间t到达圆弧AB，则解得所以物体的动能(3)将小球从A点释放，则小球到达D点时速度恰好为零，从D点自由下落经过O点；从低于A点处释放，则小球到达CD之间某一点P时高度不再上升，从P点做平抛运动经过O点，设P点到O点的高度为h，从P运动到O点用时为t，则解得
