1、高考资源网（） 您身边的高考专家20202021学年度第一学期教学质量检测高三物理试题2020.11注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3本试卷共18小题，考试时间为90分钟，考试结束后，将答题卡交回。第I卷（选择题，共40分）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. 轿车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号轿
2、车的“车身悬挂系统”的固有周期是0.5s，这辆汽车匀速通过某路口的条状减速带，如图，已知相邻两条减速带间的距离为1.0m，该车经过该减速带过程中，下列说法正确的是（）A. 当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为2HzB. 轿车通过减速带的速度大小不同，车身上下振动的幅度大小也必然不同C. 轿车通过减速带的速度越大，车身上下颠簸得越剧烈D. 当轿车以7.2km/h的速度通过减速带时，车身上下颠簸得最剧烈【答案】D【解析】【详解】A当轿车以30km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的周期为则车身上下振动的频率为A错误；BC车身上下振动的频率与车身系统的固有频率越接近，车身上
3、下振动的幅度越大，所以当轿车通过减速带的速度大小不同时，车身上下振动的幅度大小可能相同，BC错误；D当轿车以7.2km/h的速度通过减速带时，车身上下振动的频率为车身系统的固有频率为此时所以车身发生共振，颠簸得最剧烈，D正确。故选D。2. 在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，常用“对称自由下落法”测重力加速度g的值。如图，在某地将足够长真空长直管沿竖直放置，自直管下端竖直上抛一小球，测得小球两次经过点的时间间隔为，两次经过b点的时间间隔为，又测得a、b两点间距离为，则当地重力加速度g的值为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】小球从a点上升到最大高度过程中小球从b
4、点上升的最大高度 依据题意ha-hb=h联立解得故B正确，ACD错误。故选B。3. 甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，从时刻开始，甲、乙两车运动的图像如图所示，其中甲车运动的图线为抛物线，图线与x轴的交点为其顶点，乙车运动的图线为过原点的直线，两条图线相切于P点，其坐标为（，），已知。下列说法正确的是（）A. 时刻甲、乙两车间距离最大B. 在时刻，甲车的瞬时速度大小是C. 到时间内甲车的位移大小为D. 时刻甲车的速度大小为【答案】C【解析】【详解】A由题图可知，时刻甲、乙两条线有交点，所以表示此时，两车相遇，所以A错误；B汽车运动的图线的斜率表示汽车运动的速度，所以可知，时刻甲、乙两车的速度
5、为所以B错误；C由题意可知，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀速直线运动，则由加速度的定义式可得，甲车的加速度为由匀变速直线运动的位移公式可得则到时间内甲车的位移大小为又则所以C正确；D由匀变速直线运动的速度公式可得则时刻甲车的速度大小为得所以D错误。故选C。4. 如图，a、b、c三根轻质细绳悬挂两个小球A、B保持静止，其中绳水平。现对B球施加一个水平向右拉力F，将B缓慢拉到图中虚线位置，此过程中A球保持不动，在此过程中关于三根绳的拉力大小的变化，下列说法正确的是（）A. a、b、c三根绳上的拉力大小都增大B. a、b绳拉力大小不变，c绳拉力增大C. a、b绳拉力大小增大，b绳拉力大小不变D. a
6、、b两绳拉力的合力不变，b、c两绳拉力的合力方向始终水平向右【答案】C【解析】【详解】ABC以B为研究对象受力分析，由分解法作图如图：由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳子与与竖直方向夹角变大，绳子的拉力大小对应图中1、2、3三个位置大小所示，即c绳拉力逐渐变大，F逐渐变大；再以AB整体为研究对象受力分析，设AC绳与水平方向夹角为，则竖直方向有TACsin=2mg得不变，即b绳拉力不变；水平方向TAD=TACcos+FTACcos不变，而F逐渐变大，故TAD逐渐变大即a绳拉力逐渐变大；故AB错误，C正确；Da、b绳的合力F等于AB整体的重力与F的合力F，方向相反。由于AB整体的重力
7、不变，F逐渐变大，则合力F一定变化，故a、b两绳拉力的合力也变化，故D错误。故选C。5. 如图，在货车车厢底板上紧密地平整排列着一层油桶，且油桶与车厢前后挡板紧挨着，上面一层只有一只油桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，所有油桶的规格相同，货车载着油桶一起在平直公路上匀速行驶。从某一时刻起货车开始刹车做匀减速运动，重力加速度为g，在刹车过程中，下列说法正确的是（）A. 若油桶C相对桶A、B保持静止，则桶A对C的支持力减小B. 若油桶C相对桶A、B保持静止，则桶B对C支持力增大C. 若油桶C相对桶A、B保持静止，则桶A对C支持力的增加量大于桶B对C支持力的减小量D. 当货车刹车的加速
8、度大小超过时，桶C就会脱离B而运动到A的左边，甚至撞击前挡板【答案】D【解析】【详解】以桶C为研究对象，受力分析如图所示设A对C的支持力与竖直方向的夹角为，根据几何关系可得所以同理可得，B对C的支持力与竖直方向的夹角也为30ABC原来货车载着油桶一起在平直公路上匀速行驶，根据平衡条件可得当货车开始刹车做匀减速运动时，水平方向有竖直方向有联立解得与匀速运动时相比，A对C的支持力增大，B对C的支持力减小，且A对C支持力的增加量等于桶B对C支持力的减小量，故ABC错误；D当货车刹车的加速度大小等于时，C刚要与B分离，当货车刹车的加速度大小超过时，桶C就会脱离B而运动到A的左边，甚至撞击前挡板，故D正
9、确。故选D。6. 如图，一轻质细杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B。A、B两球到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。现将轻杆从水平位置由静止释放，重力加速度g=10m/s2，设A、B两球的质量分别为、，下列说法正确的是（）A. 只要满足，小球A就能通过O点正上方B. 当、满足，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A有竖直向上的弹力C. 当、满足，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A无作用力D. 当、满足，轻杆到达竖直位置时，转轴O对杆有竖直向下的作用力【答案】B【解析】【详解】A小球A、B组成的系统在转动过程中机械能守恒，选取A、B所在水平面为零势能参考面，小
10、球A恰能通过O点正上方时，由机械能守恒定律得解得可知小球A就能通过O点正上方的条件是故A错误；BCD小球A通过O点正上方时，杆恰好对小球没作用力时小球A的速度为v解得由机械能守恒定律得解得因此，当时，轻杆对小球A无作用力，故C错误；当时，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A有竖直向上的弹力，此时轻杆对O由向下的压力，转轴O对杆有竖直向上的作用力，故B正确，D错误。故选B。7. 2020年7月23日12时41分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥四运载火箭成功发射我国首枚火星探测器“天问一号”。发射后“天问一号”将在地火转移轨道飞行约7个月后，到达火星附近，通过“刹车”完成火星捕获，进入环火轨道
11、，然后进行多次变轨。进入近火圆轨道，最终择机开展着陆、巡视等任务。如图为“天问一号”环绕火星变轨示意图，下列说法正确的是（）A. 发射“天问一号”的最小发射速度为7.9km/sB. “天问一号”在轨道3上经过A点的速度大于在轨道2上经过A点的速度C. “天问一号”在轨道3上经过A点的加速度大于在轨道1上经过A点的加速度D. “天问一号”在轨道2上经过A点的机械能小于在轨道1上经过B点的机械能【答案】D【解析】【详解】A“天问一号”要离开地球到达火星，所以“天问一号”的最小发射速度要大于第二宇宙速度，A错误；B“天问一号”由轨道2到轨道3是经过“刹车”完成的，所以轨道3上经过A点的速度小于在轨道
12、2上经过A点的速度，B错误；C轨道上的加速度由万有引力提供的，所以“天问一号”在轨道3上经过A点的加速度等于在轨道1上经过A点的加速度，C错误；D“天问一号”在轨道2上经过A点的动能小于在轨道1上经过A点的动能，所以在轨道2上经过A点的机械能小于在轨道1上经过A点的机械能，而卫星在同一轨道上运动时，机械能守恒，所以“天问一号”在轨道2上经过A点的机械能小于在轨道1上经过B点的机械能，D正确。故选D。8. 2019年9月29日，中国女排以十一连胜夺得女排世界杯冠军，成为世界三大赛的“十冠王”。如图，在对阵阿根廷队的比赛中，朱婷接队友的传球，在网前3.60m处起跳，从离地面高度3.20m处将球以1
13、2m/s的速度水平击出，击出时速度方向垂直于球网所在的竖直面，对方防守球员刚好在朱婷进攻路线的网前，从某一时刻开始起跳拦网，结果拦网失败。已知对方防守球员在地面上直立和起跳拦网时能触及的最大高度分别为2.50m和2.95m，防守球员可利用身体任何部位进行拦网，重力加速度g=10m/s2。关于对方防守队员拦网失败的原因，下列说法正确的是（）A. 对方防守队员的起跳时刻可能比朱婷击球时刻早了0.22sB. 对方防守队员的起跳时刻可能比朱婷击球时刻早了0.15sC. 对方防守队员的起跳时刻可能比朱婷击球时刻晚了0.10sD. 对方防守队员的起跳时刻可能比朱婷击球时刻晚了0.15s【答案】A【解析】【
14、详解】A排球击出后作平抛运动，则代入数据得，排球运动到防守队员处离地面高度为防守队员起跳作竖直上抛运动，上升最大高度为设初速度为v1，上升到最高点所需时间为t1则代入数据得，当防守队员的起跳时刻比击球时刻早0.22s时，则其运动时间为排球运动到防守队员处时，防守队员上升高度为代入数据得防守队员所能触及最大高度即拦网失败，故A正确；B当对方防守队员的起跳时刻比击球时刻早0.15s，则其运动时间为排球运动到防守队员处时，防守队员上升高度为代入数据得防守队员所能触及最大高度即拦网成功，故B错误；C当对方防守队员的起跳时刻比击球时刻晚0.10s，则其运动时间为排球运动到防守队员处时，防守队员上升高度为
15、代入数据得防守队员所能触及最大高度即拦网成功，故C错误；D当对方防守队员的起跳时刻比击球时刻晚0.15s，则其运动时间为排球运动到防守队员处时，防守队员上升高度为代入数据得防守队员所能触及最大高度即拦网成功，故D错误。故选A。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，选错或不选得0分。9. 一列简谐横波沿x轴正向传播，振幅为2cm。如图，t=0时刻在沿波传播方向上相距60cm的两质点P、Q的位移均为1cm，但运动方向相反，质点P沿y轴负向运动，则这列波的波长可能为（）A. 12cmB. 18cmC. 45cmD. 120
16、cm【答案】BC【解析】【详解】根据质点的振动方程x=Asin（t）设质点的起振方向向上，则Q点1=2sint1所以P点振动的时间比Q点长，所以1=2sint2则PQ两个质点振动的时间差所以PQ之间的距离则通式为 (n=0，1，2，3，)则波长可以为 (n=0，1，2，3，)当n=0时=180cm当n=1时=45cm当n=3时=18cm由于n是整数，所以不可能为12cm或120cm，故BC正确，AD错误。故选BC。10. 如图，真空中固定两个等量异种点电荷P、Q，O为PQ连线中点。在P、Q形成的电场中，以O点为圆心作圆，圆面垂直于PQ连线，a、b是圆上的两点，c是OQ间的一点，下列说法正确的是
17、（）A. a、b两点的场强相同B. a、b两点的电势不相等C. 将一点电荷由c点分别移到a、b两点，其电势能的变化量相同D. 正点电荷在a点的电势能大于其在c点的电势能【答案】AC【解析】【详解】AB根据等量异种点电荷的电场线分布，可知其中垂线上对称的两点电场强度大小相等，方向相同；且根据等量异种点电荷的电势分布情况知a、b两点所在的直线是等势线，电势都为零，故A正确，B错误；C由于a、b两点的电势相等，所以将一点电荷由c点分别移到a、b两点时，电场力做的功相同，则电势能的变化量相同，C正确；D由于不确定正负电荷的具体位置，所以不能确定正点电荷在a点的电势能与其在c点的电势能的大小，D错误。故
18、选AC。11. 如图，总质量为2m的小车置于光滑水平面上，小车左端固定一轻质弹簧，弹簧自然长度小于车长；质量为m的小物块置于小车上，用物块向左压缩弹簧，然后用细绳将物块系在小车左端，小车处于静止状态，此时小物块到小车右端的距离为L，弹簧内储存的弹性势能为EP。现烧断细绳，经时间t，物块恰好能到达小车右端。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 当弹簧恢复原长时，物块的速度最大B. 物块到达小车右端过程中，小车向左移动的距离为C. 物块与小车间的动摩擦因数为D. 物块到达小车右端过程中，弹簧弹力对物块的冲量大小为【答案】BCD【解析】【分析】本题是能量与动量的综合题，内容比较复杂。【详解】A物
19、块和小车组成的系统动量守恒，系统在任意时刻总动量都为零，物块恰好能到达小车右端，末速度为零，说明物块先加速后减速，所以物块的加速度为零时，物块的速度最大，由于物块和小车之间有摩擦力，所以物块的加速度为零时，不是弹簧恢复原长时，是弹力和摩擦力相等时，A错误；B由于物块和小车组成的系统在任意时刻总动量都为零，即任意时刻小车向左的动量大小上都等于物块向右的动量大小，根据动量守恒定律，小物块脱离弹簧时有（取向右为正）0 = mv2 - 2mv1两边同乘t有0 = mL2 2mL1L1 + L2= L综上有L1 =则小车向左移动的距离为，B正确；C由于物块和小车组成的系统动量守恒（取向右为正）0 = m
20、v2 - 2mv1则当物块到达小车右端时v1= v2 = 0由能量转化和守恒定律得EP mgL = 0则物块与小车间的动摩擦因数为，C正确；D物块到达小车右端过程中，弹簧弹力对物块的冲量大小等于摩擦力对物块冲量的大小，根据动量定理（取向右为正）I弹 mgLt = 0I弹 =则弹簧弹力对物块的冲量大小为，D正确。故选BCD。【点睛】对动量守恒的条件的理解以及能够判断出动量守恒是解题的关键。12. 2019年蹦床世界杯决赛中，中国选手刘灵玲赢得女子个人赛冠军。比赛中刘灵玲从距蹦床平面h高处开始下落，接触蹦床后经时间运动到最低点，已知刘灵玲质量为m，运动员接触的蹦床面下陷的最大深度为x。弹性蹦床可视
21、为满足胡克定律的弹簧系统，运动员可视为质点，忽略空气阻力。运动员从最高点运动到最低点过程中，下列说法正确的是（）A. 弹性蹦床的最大弹性势能为mghB. 蹦床对运动员的平均作用力大小为C. 运动员接触的蹦床面下陷距离时，运动员的速度最大D. 运动员运动到最低位置时，弹性蹦床对运动员的弹力大于【答案】BD【解析】【详解】A当运动员到达最低点时，弹性蹦床的弹性势能最大，从开始下落到最低点，由能量守恒定律可得，蹦床具有的最大的弹性势能为所以A错误；B运动员从开始下落到接触到蹦床，由动能定理得从接触蹦床到最低点，规定向下为正方向，由动量定理可得则蹦床对运动员的平均作用力大小为所以B正确；C从运动员开始
22、下落到最低点，由动能定理可得由题意可知，由胡克定律可得则即而运动员速度最大时所以运动员接触的蹦床面下陷距离时，运动员的速度不是最大，所以C错误；D由C选项分析可知所以运动员运动到最低位置时，弹性蹦床对运动员的弹力大于。所以D正确。故选BD。第II卷（非选择题 共60分）三非选择题：本题共6小题，共60分。13. 如图（a），为用单摆测量力加速度的实验装置，摆球在垂直纸面的平面内摆动，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻。光敏电阻（光照增强时，其电阻变小）与自动记录仪相连，记录仪可以显示光敏电阻的随值R随时间t的变化图线。将摆球拉离平衡位置一个较小角度释放，记录仪显示的Rt图线
23、如图（b）所示。请回答下面问题：（1）实验前先用游标卡尺测出小球直径d，如图（c），则小球的直径d=_mm；（2）该单摆的振动周期为_；（3）实验中用米尺测得摆线长为L，则当地的重力加速度g=_。（用测得物理量的符号表示）【答案】 (1). 11.70 (2). 2t0 (3). 【解析】【详解】（1）1 由图示可知，小球的直径为（2）2 摆球完成一次全振动所需要的时间是一个周期，一个周期摆球两次经过平衡位置，由图乙所示可知，单摆的振动周期为（3）3 根据单摆周期公式，可得其中摆长，周期为2t0，代入可得14. 某同学为了探究加速度与力关系，设计了如图（a）所示的装置。在铁架台的竖直杆上固定两
24、个光电门1和2，在铁架台横梁上固定定滑轮，细绳跨过定滑轮，两端分别拴接两小盒甲、乙，其中小盒甲上固定有挡光片。已知小盒甲和挡光片的总质量为M，小盒乙的质量也为M。现取10个完全相同的砝码均分后放在甲、乙中，系统处于静止状态。每个砝码的质量m=10g，两光电门间距离为h，两光电门与计算机相连，可记录挡光片的挡光时间，重力加速度为g=9.8m/s2。请回答下列问题：(1)用螺旋测微器测量出挡光片的宽度，如图（b）所示，挡光片的宽度为d=_mm；(2)将小盒乙中的5个砝码依次取出并放在小盒甲中，然后每次都将装置由静止释放，记录小盒甲经过两个光电门1、2时挡光片的挡光时间t1、t2，则小盒甲的加速度为
25、_ （用h、d，t1、t2如表示）；(3)在第(2)问的操作中，将五次操作得到的实验数据记录在下表中，为加速度，为从小盒乙中取走的砝码个数，将这五组数据在答题卡上图（c）所示的坐标系中描点并连线_，由图像可知保持物体的质量不变时，物体的加速度与物体的合外力成_（填“正比”或“反比”）；n12345a(m/s2)0.200.410.590.801.0(4)由第(3)问得到的图像可得，小盒甲（含挡光片）的质量M=_g（结果保留整数）。【答案】 (1). 2.145 (2). (3). (4). 正比 (5). 440【解析】【详解】(1)1 螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为14.5
26、10-2mm，挡光片的宽度d=2.145mm(2)2 小盒甲经过光电门1、2的速度分别为，根据匀变速的位移公式得(3)3图像如下图所示4系统所受的合外力为即合外力与n成正比，而加速度与n成正比，所以物体的加速度与物体的合外力成正比。(4)5根据牛顿第二定律得将图像上的点、n=1及g=9.8m/s2代入解得M=440g15. “ETC”是高速公路上不停车电子收费系统的简称，使用ETC系统能够极大提高车辆通行效率。如图，汽车以v0=15m/s的速度行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0，缴费时间需要20s，然后再加速至15m/s行驶；如果过ETC通道，需要在中心线前方x0=10m处
27、降速至5m/s，在匀速到达中心线过程中，完成自动扣费，然后再加速至15m/s行驶。已知汽车加速和减速的加速度大小均为1m/s2，求：（1）如果过人工收费通道，需要在到达收费站中心线前多远处开始刹车减速；（2）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约多少时间。【答案】（1）112.5m；（2）28s【解析】【详解】（1）设过人工收费通道到达收费站中心线前减速通过的位移为x1，有解得（2）设过人工收费通道减速、加速时间为t1，停车缴费时间为t2，过ETC通道减速、加速时间为t3，匀速运动时间为t4，有联立上式可得，节约的时间为解得16. 1932年，英国实验物理学家查德威克在云室里做了如下实验：用
28、铍辐射轰击静止的氢原子核，测出碰撞后氢原子核的反冲速度为3.3107m/s；用同样的铍辐射轰击静止的氮原子，测出碰撞后氮原子核的反冲速度为4.4106m/s，所谓铍辐射是指用粒子轰击铍核时，铍核发射出的中性射线。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞。请你用所学物理知识计算铍辐射中未知粒子的质量。【答案】【解析】【详解】设未知粒子的质量为m，初速度为v0，铍辐射轰击氢原子核时，轰击后未知粒子的速度为v1，氢原子核的反冲速度为v2，有铍辐射轰击氮原子核时，轰击后未知粒子的速度为v3，氮原子核的反冲速度为v4，有解得17. 如图，半径的光滑绝缘导轨竖直固定，在轨道
29、平面内有沿某一方向的匀强电场，带正电的小球能沿轨道内侧做完整的圆周运动，小球质量，所带电量。小球做圆周运动过程中；小球经过A点时的动能最大，此时小球对轨道的压力，小球最大动能比最小动能多3.2J；AB为过圆心O的直径，AB与竖直方向间夹角，重力加速度。求：(1)小球的最小动能；(2)小球在B点对轨道的压力；(3)匀强电场的场强。【答案】(1)0.8J；(2)0；(3)【解析】【详解】(1)设小球所受重力与电场力的合力为F，小球经B点时动能最小，由动能定理得在A点，由牛顿第二定律可得又解得：(2)在B点，由牛顿第二定律可得解得(3)小球在A点受力如图由于所以电场强度方向水平向左。又解得18. 如
30、图，倾角为的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间动摩擦因数，槽内紧靠上侧挡板处有一小物块B，它与凹槽下侧挡板间的距离为d。A、B的质量均为m，斜面足够长。现同时由静止释放A、B，此后B与A的挡板间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间都极短，重力加速度为g。求：(1)物块B与凹槽发生第一次碰撞前的瞬间，物块B的速度大小；(2)凹槽A最终沿斜面下滑的距离；(3)物块B从开始释放到最终停止所经历的时间。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设物块B下滑的加速度大小为，对B，有对A，有所以B下滑，A保持静止，所以有解得(2)设凹槽A下滑的总位移为x，由能量守恒定律得解得(3)设B从开始释放到与A发生第一次碰撞经历时间为t1，碰撞后A、B速度分别为vA1、vB1，有解得，故以后每次碰撞A、B均交换速度。设第一次碰撞后A减速下滑的加速度大小为aA，经时间tA1停止，发生位移为xA1，tA1时间内B下滑位移为xB1，有解得故发生第二次碰撞前凹槽A已停止。设第一次碰撞后再经时间t2发生第二次碰撞，有解得同理可得第n-1次碰撞到第n次碰撞经历时间为所以物块B从开始释放到第n次碰撞所经历时间为当即为物块B从开始释放到最终停止所经历的总时间t总，所以- 28 - 版权所有高考资源网
