河南省2021届高三物理3月联考试题（含解析）

1、高三物理3月联考试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移时间(x-t)图象由图可知A. 在时刻t1，a、b两车相遇，且运动方向相反B. 在时刻t2，a车追上b车，且运动方向相同C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先增大后减小D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a小【答案】A【解析】【详解】A在时刻t1，a、b两车到达同一位置而相遇，根据图象切线的斜

2、率表示速度可知两车运动方向相反，故A正确；B在时刻t2前，a在前，b在后，则在时刻t2，b车追上a车，根据图象切线的斜率表示速度可知两车运动方向相同，故B错误；C图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加，故C错误；D在t1到t2这段时间内，b车的速率先大于a后小于a，最后又大于a，故D错误；2.当卫星绕地球运动的轨道半径为R时，线速度为v，周期为T。下列情形符合物理规律是（）A. 若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运动周期从T变为2TB. 若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运行线速度从v变为C. 若卫星运行周期从T变为8T，则卫星轨道半

3、径从R变为4RD. 若卫星运行线速度从v变为，则卫星运行周期从T变为4T【答案】C【解析】【详解】根据卫星绕地球做匀速圆周运动可知AC周期与半径关系为若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运动周期从T变为T；若卫星运行周期从T变为8T，则卫星轨道半径从R变为4R，所以C选项正确，A选项错误；B线速度与半径关系为若卫星轨道半径从R变为2R，则卫星运行线速度从v变为，所以B选项错误；D根据可知，若卫星运行线速度从v变为，则卫星轨道半径从R变为4R，再根据可知，当卫星轨道半径从R变为4R，卫星运行周期从T变为8T，所以D选项错误。故选C。3.如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定

4、在水平转轴O上，现让杆绕转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角满足（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，受力如图所示；根据牛顿第二定律有：，解得：，AC，A正确C错误；BD求出来是的表达式，而并非的表达式，BD错误4.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动B. P点的电势将降低C. 带点油滴的电势能将减少D. 若电容器的电

5、容减小，则极板带电量将增大【答案】B【解析】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势

6、能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化5.如图所示，一倾角的足够长的斜面固定在水平地面上。当时，滑块以初速度沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A. 滑块一直做匀变速直线运动B. 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C. 时，滑块恰好又回到出发点D. 时，滑块的速度大小为4m/s【答案】D【解析】【详解】A对滑块受力分析：重力G，斜面支持力和摩擦力，将重力分解为沿斜面向下的分力和垂直于斜面向下的分力，则当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速直线运动，加速度为沿斜面向下运动的加速度为所以整个运动过程中加速度不同，滑块不是匀变速直线运动，所以

7、A选项错误；B根据匀变速直线运动速度公式，可得沿斜面向上运动的时间为又由于所以当滑块沿斜面向上速度减为0时，不会静止在斜面上，会继续沿斜面向下做匀加速直线运动，所以B选项错误；C根据匀变速直线运动的位移公式可得滑块上滑时的位移为则沿斜面向下运动回到出发点的时间为所以C选项错误；D根据匀变速直线运动的速度公式可得，3s时滑块的速度为所以D选项正确。故选D。6.如图所示轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B直至B获得最大速度下列有关该过程的分析正确的是（）A

8、. B物体的动能增加量等于B物体重力势能的减少量B. B物体的机械能一直减小C. 细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量D. B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量【答案】BC【解析】【详解】由于A、B和弹簧系统机械能守恒，所以B物体重力势能的减少量等于A、B增加的动能以及弹性势能，故选项A正确；整个系统机械能守恒，所以B物体机械能减少量等于A物体与弹簧机械能的增加，故选项B错误；根据功能关系除重力和弹簧弹力以外的力即绳子的拉力等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，故选项C正确；由于物块A的速度增加，即动能增加，则根据动能定理可以知道，合力对A做正功，故选项

9、D错误所以本题正确的选项为AC7.如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为得的小球，系在一根长为l的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径已知重力加速度为g，电场强度为下列说法正确的是( ) A. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动,，则小球运动到B点时的机械能最大C. 若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D. 若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点【答案】BD【解析】【详解】A.由于电场强度，故有则等效最低点在BC之间，重力和

10、电场力的合力为mg，根据圆周运动公式小球在等效最高点的最小速度为故A错误；B.除重力和弹力外其它力做功等于机械能增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B正确；C.小球受合力方向与电场方向夹角45斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上拋，加速度为-g，水平方向做匀加速运动，加速度为g，当竖直方向上的位移为0时，运动的时间为水平位移则小球刚好运动到B点，故D正确。故选BD。【点睛】掌握合外力做功与动能的关系、注意类比法的

11、应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的提供向心力，此最高点在AD弧线的中点。8.如图所示，光滑地面上有P，Q两个固定挡板，A，B是两挡板连线的三等分点A点有一质量为m2的静止小球，P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失，两小球均可视为质点已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量之比m1：m2可能为（ ）A. 3：1B. 1：3C. 1：5D. 1：7【答案】ABD【解析】【详解】若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点

12、相遇，是球2反弹后在B点相遇，有：v 2 t=3v 1 t，即：v 2 =3v 1 根据动量守恒得，m 1 v 0 =m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根据机械能守恒得：联立解得m 1 =3m 2若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹在B点追上球2，则有：v 1 t=3v 2 t，即：v 1 =3v 2根据动量守恒得：m 1 v 0 =-m 1 v 1 +m 2 v 2 ，根据机械能守恒得：联立解得：m 2 =7m 1若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇，则有：v1t=v2t，即：v1=v2，根据动量守恒得：m1v0=-m1v1

13、+m2v2，根据机械能守恒得联立解得：m2=3m1 综上所述，故A、B、D正确点晴：解决本题的关键知道弹性碰撞的特点，动量守恒，机械能守恒，结合两球碰后的速度大小的关系和方向，运用动量守恒和机械能守恒综合求解第卷 非选择题三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块“悬浮”在导轨上，滑块对导轨的压力近似为零，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。某实验小组验证动量守恒定律的实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验

14、步骤如下：（滑块A、B的质量mA、mB已经给出且不相等）调整气垫导轨，使导轨处于水平。在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；B的右端至D板的距离L2。给导轨送气，气流稳定后，按下电钮放开卡销。同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时自动停止计时，从记时器上记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。(1)利用已经给的量和上述测量的实验数据，写出验证动量守恒定律的表达式_。(2)利用上述实验数据还可以求出被压缩弹簧的弹性势能的大小，请写出弹性势能表达式为_。【答案】 (1). (2

15、). 【解析】【详解】(1)1滑块A、B在弹簧被释放时满足动量守恒定律，得滑块被弹开后做匀速直线运动，则，得(2)2滑块A、B在弹簧被释放时，弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则根据能量守恒可得10.(1)小明准备将电流表G改装成电压表，需要测量电流表的内阻，他采用如图（a）所示的电路，实验步骤如下：连接好电路，闭合开关前，滑块变阻器的滑片应置于_（填“a”或“b”）端附近闭合，断开，调节使电流表G满偏闭合，保持阻值不变，调节电阻箱的阻值，使电流表G的指针指到满刻度的，读出电阻箱示数，则测得电流表G的内阻=_(2)查阅说明书后，知电流表G的内阻，量程，其改装成量程为15V的电压表，串联的电阻箱

16、的阻值电压表应调到_(3)将改装后电压表标准后，用如图（b）所示的电路测量电源的电动势和内阻，已知定值电阻，根据实验测得数据作出电压表读数U与电流表A读数I的关系图像如图（c），则电源电动势E=_V，内阻r=_，（结果保留到小数点后2位）【答案】 (1). a (2). 52.0 (3). 14947.0 (4). 12.10 (5). 1.05【解析】【详解】(1)为保护电路，连接电路时，滑动变阻器滑片应该移到阻值最大处，所以滑片应滑至a端；电流表G的指针指到满刻度的，则电阻箱的电流为电流表满偏的，根据并联电路反比分流，电流表的内阻为电阻箱阻值的一半，为52.0；(2)根据电表的改装原理可知

17、，应串联的电阻为：R= 53.0=14947.0(3)因内阻约为1；故为了便于调节，滑动变阻器选择较小H即可；同时为了保护电路，应接入阻值较小的J；(4)根据闭合电路欧姆定律可知，U=EIr，故图象与纵轴的交点表示电源的电动势，故有：E=12.10Vr=5=1.0511.如图，I、II为极限运动中的两部分赛道，其中I的AB部分为竖直平面内半径为R的光滑圆弧赛道，最低点B的切线水平; II上CD为倾角为30的斜面，最低点C处于B点的正下方，B、C两点距离也等于R.质量为m的极限运动员(可视为质点)从AB上P点处由静止开始滑下，恰好垂直CD落到斜面上求: (1) 极限运动员落到CD上的位置与C的距

18、离; (2)极限运动员通过B点时对圆弧轨道的压力; (3)P点与B点的高度差【答案】（1） （2） ，竖直向下（3） 【解析】【详解】（1）设极限运动员在B点的速度为v0，落在CD上的位置与C的距离为x，速度大小为v，在空中运动的时间为t，则xcos300=v0t R-xsin300=gt2 解得x=0.8R（2）由（1）可得： 通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FN 极限运动员对轨道的压力大小为FN，则FN=FN，解得，方向竖直向下；（3） P点与B点的高度差为h,则mgh=mv02解得h=R/512.如图所示，长木板B的质量为，静止放在粗糙的水平地面上，质量为的物块C（可视为质点）放

19、在长木板的最右端。一个质量为的物块A从距离长木板B左侧处，以速度向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为，物块C与长木板间的动摩擦因数，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度；(3)物块A离长木板左侧的最终距离。【答案】(1)物块A的速度3m/s、方向向左，长木板B的速度6m/s、方向向右；(2)3m；(3)10.5m【解析】【详解】(1)设物块A与木板B碰前的速度为v，由动能定理得

20、解得A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得，碰后物块A的速度大小为3m/s、方向向左，长木板B的速度大小为6m/s、方向向右；(2)碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对木板B有对物块C设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则木板B的最小长度(3)B、C达到共同速度之后，因二者一起减速至停下，设加速度大小为a3，由牛顿运动定律得整个过程B运动的位移为A与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为物块A离长木板B左侧的最终距离为13.下列说法中正确的有（ ）A. 在完全失重的情况下，密封

21、容器内的气体对器壁的顶部没有作用力B. 一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随着温度降低而增加C. 某气体的摩尔质量为M，密度为，阿伏伽德罗常数为NA，则该气体的分子体积为V0D. 温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大E. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大【答案】BDE【解析】【详解】A.气体的压强是大量的气体分子对器壁频繁碰撞而产生的，与是否失重无关，故A错误；B.一定量的理想气体，在压强不变时，温度降低，则体积减小，气体的密度变大，分子的平均动能减小，则气体分子对器壁的碰撞力减小，但在气体压强不变时，分子每秒对单位面积器

22、壁的平均碰撞次数增加，故B正确；C.某气体的摩尔质量为M，密度为，阿伏伽德罗常数为NA，则该气体的一个分子运动占据的空间的体积为V0，气体分子的体积远小于分子运动占据的空间的体积，故C错误；D.物体的内能与物体的温度、体积及物质的量等都有关系，则温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故D正确；E.当分子间作用力表现为斥力时，分子距离减小时，分子力做负功，则分子势能随分子间距离的减小而增大，故E正确。故选BDE.14.如图所示，两端封闭、粗细均匀的竖直玻璃管内有 A、B 两段长度均为， 的理想气体气柱和一段长为 h 的水银柱，且气柱 A 的压强等于 （ 为水银的 密度、g 为重力加速度

23、）当玻璃管以某一加速度 a 做竖直向上的匀加速运动， 稳定后，上部空气柱长度是下部空气柱的 3 倍，求这个加速度 a 的大小已知运 动过程中整个管内各处的温度不变【答案】【解析】【详解】设玻璃管的横截面积为S，依题意温度不变，AB段气体的状态参量分别为：A气体：初态： 末态：pA；依据玻意耳定律：解得对气体B：初态： VB=lS末态：pB；依据玻意耳定律：解得对水银柱，由牛顿第二定律解得15.沿x轴正方向传播一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，则下列说法正确的是（）A. 从图示时刻开始，经0.01s质点a通过的路程为40cm，相对平衡位置的位移为零B. 图中质点b的加速度在增