1、高三物理3月聯考試題（含解析）二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求，第1921題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位移時間(x-t)圖象由圖可知A. 在時刻t1，a、b兩車相遇，且運動方向相反B. 在時刻t2，a車追上b車，且運動方向相同C. 在t1到t2這段時間內，b車的速率先增大后減小D. 在t1到t2這段時間內，b車的速率一直比a小【答案】A【解析】【詳解】A在時刻t1，a、b兩車到達同一位置而相遇，根據圖象切線的斜

2、率表示速度可知兩車運動方向相反，故A正確；B在時刻t2前，a在前，b在后，則在時刻t2，b車追上a車，根據圖象切線的斜率表示速度可知兩車運動方向相同，故B錯誤；C圖線切線的斜率表示速度，在t1到t2這段時間內，b車圖線斜率先減小后增大，則b車的速率先減小后增加，故C錯誤；D在t1到t2這段時間內，b車的速率先大于a后小于a，最后又大于a，故D錯誤；2.當衛星繞地球運動的軌道半徑為R時，線速度為v，周期為T。下列情形符合物理規律是（）A. 若衛星軌道半徑從R變為2R，則衛星運動周期從T變為2TB. 若衛星軌道半徑從R變為2R，則衛星運行線速度從v變為C. 若衛星運行周期從T變為8T，則衛星軌道半

3、徑從R變為4RD. 若衛星運行線速度從v變為，則衛星運行周期從T變為4T【答案】C【解析】【詳解】根據衛星繞地球做勻速圓周運動可知AC周期與半徑關系為若衛星軌道半徑從R變為2R，則衛星運動周期從T變為T；若衛星運行周期從T變為8T，則衛星軌道半徑從R變為4R，所以C選項正確，A選項錯誤；B線速度與半徑關系為若衛星軌道半徑從R變為2R，則衛星運行線速度從v變為，所以B選項錯誤；D根據可知，若衛星運行線速度從v變為，則衛星軌道半徑從R變為4R，再根據可知，當衛星軌道半徑從R變為4R，衛星運行周期從T變為8T，所以D選項錯誤。故選C。3.如圖所示，長為L的輕桿，一端固定一個質量為m的小球，另一端固定

4、在水平轉軸O上，現讓桿繞轉軸O在豎直平面內勻速轉動，角速度為，某時刻桿對球的作用力恰好與桿垂直，則此時桿與水平面的夾角滿足（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【詳解】小球所受重力和桿子的作用力的合力提供向心力，受力如圖所示；根據牛頓第二定律有：，解得：，AC，A正確C錯誤；BD求出來是的表達式，而并非的表達式，BD錯誤4.如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內阻不計）連接，下極板接地一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態現將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離A. 帶點油滴將沿豎直方向向上運動B. P點的電勢將降低C. 帶點油滴的電勢能將減少D. 若電容器的電

5、容減小，則極板帶電量將增大【答案】B【解析】A、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據得知板間場強減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動故A錯誤B、場強E減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式U=Ed分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢高于下極板的電勢，則知P點的電勢將降低故B正確C、由帶電油滴原來處于平衡狀態可知，油滴帶負電，P點的電勢降低，則油滴的電勢能將增加故C錯誤D、根據Q=UC，由于電勢差不變，電容器的電容減小，故帶電量減小，故D錯誤；故選B【點睛】本題運用分析板間場強的變化，判斷油滴如何運動運用推論：正電荷在電勢高處電勢

6、能大，而負電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化5.如圖所示，一傾角的足夠長的斜面固定在水平地面上。當時，滑塊以初速度沿斜面向上運動。已知滑塊與斜面間的動摩擦因數，g取10m/s2，下列說法正確的是（）A. 滑塊一直做勻變速直線運動B. 時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上C. 時，滑塊恰好又回到出發點D. 時，滑塊的速度大小為4m/s【答案】D【解析】【詳解】A對滑塊受力分析：重力G，斜面支持力和摩擦力，將重力分解為沿斜面向下的分力和垂直于斜面向下的分力，則當滑塊沿斜面向上運動時，做勻減速直線運動，加速度為沿斜面向下運動的加速度為所以整個運動過程中加速度不同，滑塊不是勻變速直線運動，所以

7、A選項錯誤；B根據勻變速直線運動速度公式，可得沿斜面向上運動的時間為又由于所以當滑塊沿斜面向上速度減為0時，不會靜止在斜面上，會繼續沿斜面向下做勻加速直線運動，所以B選項錯誤；C根據勻變速直線運動的位移公式可得滑塊上滑時的位移為則沿斜面向下運動回到出發點的時間為所以C選項錯誤；D根據勻變速直線運動的速度公式可得，3s時滑塊的速度為所以D選項正確。故選D。6.如圖所示輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，右端接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B直至B獲得最大速度下列有關該過程的分析正確的是（）A

8、. B物體的動能增加量等于B物體重力勢能的減少量B. B物體的機械能一直減小C. 細線拉力對A做的功等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量D. B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能的增加量【答案】BC【解析】【詳解】由于A、B和彈簧系統機械能守恒，所以B物體重力勢能的減少量等于A、B增加的動能以及彈性勢能，故選項A正確；整個系統機械能守恒，所以B物體機械能減少量等于A物體與彈簧機械能的增加，故選項B錯誤；根據功能關系除重力和彈簧彈力以外的力即繩子的拉力等于A物體與彈簧所組成的系統機械能的增加量，故選項C正確；由于物塊A的速度增加，即動能增加，則根據動能定理可以知道，合力對A做正功，故選項

9、D錯誤所以本題正確的選項為AC7.如圖所示，在地面上方的水平勻強電場中，一個質量為m、電荷量為得的小球，系在一根長為l的絕緣細線一端，可以在豎直平面內繞O點做圓周運動AB為圓周的水平直徑，CD為豎直直徑已知重力加速度為g，電場強度為下列說法正確的是( ) A. 若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則它運動的最小速度為B. 若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動,，則小球運動到B點時的機械能最大C. 若將小球在A點由靜止開始釋放，它將在ACBD圓弧上往復運動D. 若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，它將能夠到達B點【答案】BD【解析】【詳解】A.由于電場強度，故有則等效最低點在BC之間，重力和

10、電場力的合力為mg，根據圓周運動公式小球在等效最高點的最小速度為故A錯誤；B.除重力和彈力外其它力做功等于機械能增加值，若小球在豎直平面內繞O點做圓周運動，則小球運動到B點時，電場力做功最多，故到B點時的機械能最大，故B正確；C.小球受合力方向與電場方向夾角45斜向下，故若將小球在A點由靜止開始釋放，它將沿合力方向做勻加速直線運動，故C錯誤；D.若將小球在A點以大小為的速度豎直向上拋出，小球在豎直方向做豎直上拋，加速度為-g，水平方向做勻加速運動，加速度為g，當豎直方向上的位移為0時，運動的時間為水平位移則小球剛好運動到B點，故D正確。故選BD。【點睛】掌握合外力做功與動能的關系、注意類比法的

11、應用，小球能夠完成圓周運動的條件是絲線的拉力大于或等于零，在最高點的速度最小恰好滿足重力與電場力的提供向心力，此最高點在AD弧線的中點。8.如圖所示，光滑地面上有P，Q兩個固定擋板，A，B是兩擋板連線的三等分點A點有一質量為m2的靜止小球，P擋板的右側有一質量為m1的等大小球以速度v0向右運動小球與小球、小球與擋板間的碰撞均沒有機械能損失，兩小球均可視為質點已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發生在B點處，則兩小球的質量之比m1：m2可能為（ ）A. 3：1B. 1：3C. 1：5D. 1：7【答案】ABD【解析】【詳解】若碰后球1的速度方向與原來的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，兩球在B點

12、相遇，是球2反彈后在B點相遇，有：v 2 t=3v 1 t，即：v 2 =3v 1 根據動量守恒得，m 1 v 0 =m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根據機械能守恒得：聯立解得m 1 =3m 2若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰后反彈在B點追上球2，則有：v 1 t=3v 2 t，即：v 1 =3v 2根據動量守恒得：m 1 v 0 =-m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根據機械能守恒得：聯立解得：m 2 =7m 1若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反，與擋板碰后反彈、球2與擋板碰后反彈在B點相遇，則有：v1t=v2t，即：v1=v2，根據動量守恒得：m1v0=-m1v1

13、+m2v2，根據機械能守恒得聯立解得：m2=3m1 綜上所述，故A、B、D正確點晴：解決本題的關鍵知道彈性碰撞的特點，動量守恒，機械能守恒，結合兩球碰后的速度大小的關系和方向，運用動量守恒和機械能守恒綜合求解第卷 非選擇題三、非選擇題：共174分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第3338題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共129分。9.氣墊導軌是常用的一種實驗儀器，它是利用氣泵使帶孔的導軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊“懸浮”在導軌上，滑塊對導軌的壓力近似為零，滑塊在導軌上的運動可視為沒有摩擦。某實驗小組驗證動量守恒定律的實驗裝置如圖所示（彈簧的長度忽略不計），采用的實驗

14、步驟如下：（滑塊A、B的質量mA、mB已經給出且不相等）調整氣墊導軌，使導軌處于水平。在A和B間放入一個被壓縮的輕彈簧，用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導軌上。用刻度尺測出A的左端至C板的距離L1；B的右端至D板的距離L2。給導軌送氣，氣流穩定后，按下電鈕放開卡銷。同時使分別記錄滑塊A、B運動時間的計時器開始工作。當A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時自動停止計時，從記時器上記下A、B分別到達C、D的運動時間t1和t2。(1)利用已經給的量和上述測量的實驗數據，寫出驗證動量守恒定律的表達式_。(2)利用上述實驗數據還可以求出被壓縮彈簧的彈性勢能的大小，請寫出彈性勢能表達式為_。【答案】 (1). (2

15、). 【解析】【詳解】(1)1滑塊A、B在彈簧被釋放時滿足動量守恒定律，得滑塊被彈開后做勻速直線運動，則，得(2)2滑塊A、B在彈簧被釋放時，彈簧的彈性勢能轉化為兩滑塊的動能，則根據能量守恒可得10.(1)小明準備將電流表G改裝成電壓表，需要測量電流表的內阻，他采用如圖（a）所示的電路，實驗步驟如下：連接好電路，閉合開關前，滑塊變阻器的滑片應置于_（填“a”或“b”）端附近閉合，斷開，調節使電流表G滿偏閉合，保持阻值不變，調節電阻箱的阻值，使電流表G的指針指到滿刻度的，讀出電阻箱示數，則測得電流表G的內阻=_(2)查閱說明書后，知電流表G的內阻，量程，其改裝成量程為15V的電壓表，串聯的電阻箱

16、的阻值電壓表應調到_(3)將改裝后電壓表標準后，用如圖（b）所示的電路測量電源的電動勢和內阻，已知定值電阻，根據實驗測得數據作出電壓表讀數U與電流表A讀數I的關系圖像如圖（c），則電源電動勢E=_V，內阻r=_，（結果保留到小數點后2位）【答案】 (1). a (2). 52.0 (3). 14947.0 (4). 12.10 (5). 1.05【解析】【詳解】(1)為保護電路，連接電路時，滑動變阻器滑片應該移到阻值最大處，所以滑片應滑至a端；電流表G的指針指到滿刻度的，則電阻箱的電流為電流表滿偏的，根據并聯電路反比分流，電流表的內阻為電阻箱阻值的一半，為52.0；(2)根據電表的改裝原理可知

17、，應串聯的電阻為：R= 53.0=14947.0(3)因內阻約為1；故為了便于調節，滑動變阻器選擇較小H即可；同時為了保護電路，應接入阻值較小的J；(4)根據閉合電路歐姆定律可知，U=EIr，故圖象與縱軸的交點表示電源的電動勢，故有：E=12.10Vr=5=1.0511.如圖，I、II為極限運動中的兩部分賽道，其中I的AB部分為豎直平面內半徑為R的光滑圓弧賽道，最低點B的切線水平; II上CD為傾角為30的斜面，最低點C處于B點的正下方，B、C兩點距離也等于R.質量為m的極限運動員(可視為質點)從AB上P點處由靜止開始滑下，恰好垂直CD落到斜面上求: (1) 極限運動員落到CD上的位置與C的距

18、離; (2)極限運動員通過B點時對圓弧軌道的壓力; (3)P點與B點的高度差【答案】（1） （2） ，豎直向下（3） 【解析】【詳解】（1）設極限運動員在B點的速度為v0，落在CD上的位置與C的距離為x，速度大小為v，在空中運動的時間為t，則xcos300=v0t R-xsin300=gt2 解得x=0.8R（2）由（1）可得： 通過B點時軌道對極限運動員的支持力大小為FN 極限運動員對軌道的壓力大小為FN，則FN=FN，解得，方向豎直向下；（3） P點與B點的高度差為h,則mgh=mv02解得h=R/512.如圖所示，長木板B的質量為，靜止放在粗糙的水平地面上，質量為的物塊C（可視為質點）放

19、在長木板的最右端。一個質量為的物塊A從距離長木板B左側處，以速度向著長木板運動。一段時間后物塊A與長木板B發生彈性正碰（時間極短），之后三者發生相對運動，整個過程物塊C始終在長木板上。已知物塊A及長木板與地面間的動摩擦因數均為，物塊C與長木板間的動摩擦因數，物塊C與長木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2，求：(1)碰后瞬間物塊A和長木板B的速度；(2)長木板B的最小長度；(3)物塊A離長木板左側的最終距離。【答案】(1)物塊A的速度3m/s、方向向左，長木板B的速度6m/s、方向向右；(2)3m；(3)10.5m【解析】【詳解】(1)設物塊A與木板B碰前的速度為v，由動能定理得

20、解得A與B發生彈性碰撞，假設碰撞后的瞬間速度分別為v1、v2，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得聯立解得，碰后物塊A的速度大小為3m/s、方向向左，長木板B的速度大小為6m/s、方向向右；(2)碰撞后B減速運動，C加速運動，B、C達到共同速度之前，由牛頓運動定律，對木板B有對物塊C設從碰撞后到兩者達到共同速度經歷的時間為t，則木板B的最小長度(3)B、C達到共同速度之后，因二者一起減速至停下，設加速度大小為a3，由牛頓運動定律得整個過程B運動的位移為A與B碰撞后，A做減速運動的加速度大小也為a3，位移為物塊A離長木板B左側的最終距離為13.下列說法中正確的有（ ）A. 在完全失重的情況下，密封

21、容器內的氣體對器壁的頂部沒有作用力B. 一定量的理想氣體，在壓強不變時，分子每秒對單位面積器壁的平均碰撞次數隨著溫度降低而增加C. 某氣體的摩爾質量為M，密度為，阿伏伽德羅常數為NA，則該氣體的分子體積為V0D. 溫度高的物體內能不一定大，但分子平均動能一定大E. 當分子間作用力表現為斥力時，分子勢能隨分子間距離的減小而增大【答案】BDE【解析】【詳解】A.氣體的壓強是大量的氣體分子對器壁頻繁碰撞而產生的，與是否失重無關，故A錯誤；B.一定量的理想氣體，在壓強不變時，溫度降低，則體積減小，氣體的密度變大，分子的平均動能減小，則氣體分子對器壁的碰撞力減小，但在氣體壓強不變時，分子每秒對單位面積器

22、壁的平均碰撞次數增加，故B正確；C.某氣體的摩爾質量為M，密度為，阿伏伽德羅常數為NA，則該氣體的一個分子運動占據的空間的體積為V0，氣體分子的體積遠小于分子運動占據的空間的體積，故C錯誤；D.物體的內能與物體的溫度、體積及物質的量等都有關系，則溫度高的物體內能不一定大，但分子平均動能一定大，故D正確；E.當分子間作用力表現為斥力時，分子距離減小時，分子力做負功，則分子勢能隨分子間距離的減小而增大，故E正確。故選BDE.14.如圖所示，兩端封閉、粗細均勻的豎直玻璃管內有 A、B 兩段長度均為， 的理想氣體氣柱和一段長為 h 的水銀柱，且氣柱 A 的壓強等于 （ 為水銀的 密度、g 為重力加速度

23、）當玻璃管以某一加速度 a 做豎直向上的勻加速運動， 穩定后，上部空氣柱長度是下部空氣柱的 3 倍，求這個加速度 a 的大小已知運 動過程中整個管內各處的溫度不變【答案】【解析】【詳解】設玻璃管的橫截面積為S，依題意溫度不變，AB段氣體的狀態參量分別為：A氣體：初態： 末態：pA；依據玻意耳定律：解得對氣體B：初態： VB=lS末態：pB；依據玻意耳定律：解得對水銀柱，由牛頓第二定律解得15.沿x軸正方向傳播一列橫波在某時刻的波形圖為一正弦曲線，其波速為200m/s，則下列說法正確的是（）A. 從圖示時刻開始，經0.01s質點a通過的路程為40cm，相對平衡位置的位移為零B. 圖中質點b的加速度在增