河北省衡水中学2020届高三物理3月质量检测试题（解析版）

河北衡水中学 2020 届高三年级 3 月联合教学质量检测 理科综合（物理部分） 一、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 1~5 题只有一项符合题目要求，第 6~8 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.已知氢原子光谱中有一谱线的波长为 656.2nm，该谱线是氢原子由能级 n 跃迁到能级 k 产生 的，普朗克常量 h=6.63×10－34J·s，氢原子基态能量 ，氢原子处于能级 m 时的能 量 ，真空中光速 c=3.0×103m/s。则 n 和 k 分别为（ ） A. k=3；n=2 B. k=2；n=3 C. k=3；n=1 D. k=1；n=3 【答案】B 【解析】 【详解】谱线的能量为 氢原子由能级 跃迁到能级 时释放出的光子的能量为 当 时， 无解； 当 时，可得 当 时，可得 故 A、C、D 错误，B 正确； 故选 B。 2.在一场足球比赛中，质量为 0.4kg 的足球以 15m/s 的速率飞向球门，被守门员扑出后足球的 速率变为 20m/s，方向和原来的运动方向相反，在守门员将球扑出的过程中足球所受合外力的 冲量为（ ） A. 2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同 B. 2kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反 1 13.6eVE = − 1 2m EE m = 34 8 19 9 6.63 10 3 10 J 3.03 10 J 1.89eV656.2 10 cE hv h λ − − − × × ×= = = = × =× n k 1 1 3 2 2 2 1 113.6( )eVE EE n k k n = − = − 3k = n 2k = 3n = 1k = 1.1n =C. 14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相同 D. 14kg·m/s，方向与足球原来的运动方向相反 【答案】D 【解析】 【详解】设球飞向球门的方向为正方向，被守门员扑出后足球的速度为 则由动量定理可得 负号说明合外力冲量的方向与足球原来的运动方向相反，故 A、B、C 错误，D 正确； 故选 D 3.小球从某一高度处自由下落着地后反弹，然后又落下，每次与地面碰后动能变为碰撞前的 。以刚开始下落时为计时起点，小球的 v－t 图像如图所示，不计空气阻力，下列说法正确 的是（ ） A. 图像中选取竖直向下为正方向 B. 每个阶段的图线并不相互平行 C. 每次与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落高度的一半 D. 每次与地面相碰后上升到最大高度所需的时间是前一次下落时间的一半 【答案】D 【解析】 【详解】A．由于小球从某一高度处自由下落，根据速度时间图线知选取竖直向上为正方向， 故 A 错误； B．不计空气阻力，下落过程和上升过程中只受重力，根据牛顿第二定律可得下落过程和上升 过程中的加速度为重力加速度，速度时间图线的斜率表示加速度，所以每个阶段的图线相互 。 20m/sv′ = − 0.4 20 0.4 15kg m/s 14kg m/sI mv mv= ′− = − × − × • = − • 1 4平行，故 B 错误； C．与地面相碰后能够上升的最大高度是前一次下落过程，根据动能定理可得 与地面相碰后上升过程中，根据动能定理可得 根据题意有 解得 故 C 错误； D．根据运动学公式可得与地面相碰后上升的时间 与地面相碰后上升到最大高度所需 时间是前一次下落时间的 解得 故 D 正确； 故选 D。 4.如图甲所示的电路中定值电阻 R=60Ω，电源电动势 E=100V，r=10Ω。如图乙所示，曲线为 灯泡 L 的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（ ） 的 kE mgh= kE mgh′ ′= 1 4k kE E′ = 1 4h h′ = 2ht g ′′ = 2ht g = 2t t′=A. 开关 S 断开时电源的效率为 60% B. 开关 S 闭合后电源的总功率会变小 C. 开关 S 闭合后灯泡的亮度增强 D. 开关 S 断开时小灯泡消耗的功率为 240W 【答案】D 【解析】 【详解】A．开关 S 断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为 电源的效率为 故 A 错误； BC．开关 S 闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据 可知电 源的总功率会变大，根据 可知路端电压减小，根据 可知灯泡的功率减小， 所以灯泡的亮度变暗，故 B、C 错误； D．开关 S 断开时小灯泡消耗的功率为 故 D 正确； 故选 D。 5.如图所示，一质量为 m0=4kg、倾角 θ=45°的斜面体 C 放在光滑水平桌面上，斜面上叠放质量 均为 m=1kg 的物块 A 和 B，物块 B 的下表面光滑，上表面粗糙且与物块 A 下表面间的动摩擦 因数为 μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块 B 在水平恒力 F 作用下与物块 A 和斜面 体 C 一起恰好保持相对静止地向右运动，取 g=10m/s²，下列判断正确的是（ ） 40VLU = 100% 40%L L L U I EI η = × = P EI= U E Ir= − 2UP R = 40 6W 240WL LP U I= = × =A. 物块 A 受到摩擦力大小 B. 斜面体的加速度大小为 a=10m/s2 C. 水平恒力大小 F=15N D. 若水平恒力 F 作用在 A 上，A、B、C 三物体仍然可以相对静止 【答案】A 【解析】 详解】ABC．对物块 A 和 B 分析，受力重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示 根据牛顿第二定律则有 其中 对物块 A、B 和斜面体 C 分析，根据牛顿第二定律则有 联立解得 对物块 A 分析，根据牛顿第二定律可得物块 A 受到摩擦力大小 故 A 正确，B、C 错误； 【 5NfF = sinθ 2F N ma− = cosθ 2N mg= 0(2 )F m m a= + 25m/sa = 30NF = 5NfF ma= =D．若水平恒力 作用在 A 上，则有 解得 所以物块 A 相对物块 B 滑动，故 D 错误； 故选 A。 6.如图所示，质量为 4m 的球 A 与质量为 m 的球 B 用绕过轻质定滑轮的细线相连，球 A 放在 固定的光滑斜面上，斜面倾角 α=30°，球 B 与质量为 m 的球 C 通过劲度系数为 k 的轻质弹簧 相连，球 C 放在水平地面上。开始时控制住球 A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直 但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球 A，不计细线与滑轮 之间的摩擦，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A. 释放球 A 瞬间，球 B 的加速度大小为 B. 释放球 A 后，球 C 恰好离开地面时，球 A 沿斜面下滑的速度达到最大 C. 球 A 沿斜面下滑的最大速度为 2g D. 球 C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以 A、B 两小球组成的 系统机械能守恒 【答案】BC 【解析】 【详解】A．开始时对球 B 分析，根据平衡条件可得 释放球 A 瞬间，对球 A 和球 B 分析，根据牛顿第二定律可得 F AF mg maµ− = 225m/sAa a= > 5 g 5 m k 1mg kx= 1 14 sinα 5mg mg kx ma− + =解得 故 A 错误； B．释放球 A 后，球 C 恰好离开地面时，对球 C 分析，根据平衡条件可得 对球 A 和球 B 分析，根据牛顿第二定律可得 解得 所以球 C 恰好离开地面时，球 A 沿斜面下滑的速度达到最大，故 B 正确； C．对球 A 和球 B 及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得 解得球 A 沿斜面下滑的最大速度为 故 C 正确； D．由 可知球 C 恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，A、 B 两小球组成的系统在运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以 A、B 两小球 组成的系统机械能不守恒，故 D 错误； 故选 BC。 7.2019 年 10 月 5 日 2 时 51 分，我国在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将“高 分十号”地球同步卫星发射升空。一般发射地球同步卫星要经过两次变轨才能进入地球同步轨 道。如图所示，先将卫星送入较低的圆轨道Ⅰ，经椭圆轨道Ⅲ进入地球同步轨道Ⅱ。已知“高 分十号”卫星质量为 m 卫，地球质量为 m 地，轨道Ⅰ半径为 r1，轨道Ⅱ半径为 r2，A、B 为两轨 道的切点，则下列说法正确的是（ ） 1 2 5a g= 2mg kx= 2 24 sinα 5mg mg kx ma− − = 2 0a = 2 1 2 1 2 14 ( )sinα ( ) 52 mmg x x mg x x mv+ − + = • 2 5m mv g k = 1 2 mgx x k = =A. “高分十号”在轨道Ⅰ上的运行速度大于 7.9km/s B. 若”高分十号”在轨道 I 上的速率为 v1：则在轨道 II 上的速率 v2=v1 C. 在椭圆轨道上通过 B 点时“高分十号”所受万有引力小于向心力 D. 假设距地球球心 r 处引力势能为 Ep=－ 则“高分十号”从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，其 机械能增加了 － 【答案】BD 【解析】 【详解】A ．第一宇宙速度为 7.9km/s，绕地球做圆周运动 轨道半径等于地球的半径，根据 万有引力提供向心力则有 可得 知轨道半径越大，线速度越小，所以“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的运行速度小于 7.9km/s，故 A 错误； B．根据 可得“高分十号”卫星在轨道 I 上的速率为 在轨道 II 上的速率为 的 1 2 r r Gm m r 卫地 12 Gm m r 卫地 22 Gm m r 卫地 2 2 Gm m m v r r =卫地 卫 Gmv r = 地 Gmv r = 地 1 1 Gmv r = 地联立解得 故 B 正确； C．由于“高分十号”卫星需要在 点从椭圆轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ，卫星在 点需加速，所以“高 分十号”卫星在椭圆轨道Ⅲ上通过 B 点时，万有引力大于向心力，故 C 错误； D．“高分十号”卫星在轨道Ⅰ上的机械能 在轨道Ⅱ上的机械能 则机械能增加量 故 D 正确； 故选 BD。 8.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成 角放置，导轨间距为 L 且电阻不计，其 顶端接有一阻值为 R 的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂 直于导轨平面向下。一质量为 m 的金属棒以初速度 v0 由导轨底端 M 点上滑，经一段时间滑行 距离 x 到达最高点 N 后，又返回底端 M 点。金属棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电 路中的电阻为 r，重力加速度为 g。下列说法正确的是（　　） A. 金属棒上滑过程中通过电阻 R 的电荷量为 2 2 Gmv r = 地 1 2 1 2 rv v r = B B 2 1 1 1 1 2 Gm mE m v r −= 卫地 卫 2 2 2 2 1 2 Gm mE m v r −= 卫地 卫 2 2 1 2 1 1 2 1 2 22 1 1 2 2 2 Gm m Gm m Gm m Gm mE E m v m v r rE r r −∆ = − − += = −卫 卫 卫 卫地 地 地 地 卫 卫 θ BLx R r+B. 整个过程中电阻 R 中的电流先从 b 到 a 后从 a 到 b C. 金属棒下滑时间大于上滑时间 D. 金属棒上滑时间为 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．金属棒上滑过程中通过电阻 R 的电荷量为 故 A 正确； B．由楞次定律，金属棒上滑过程电阻 R 中电流从 a 到 b，下滑过程电阻 R 中电流从 b 到 a， 故 B 错误； C．根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置上，上滑到此位置的速度大于下滑到此位 置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，所以 t 上