江苏省淮安市楚州中学2020届高三上学期第三次段考物理试题

2019-2020学年江苏省淮安市楚州中学高三（上）第三次段考物理试卷

一、单选题（本大题共6小题，共19.0分）

1.如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是

A. 斜向右上方

B. 斜向左上方

C. 水平向左

D. 竖直向上

【答案】B

【解析】

【分析】

根据壁虎作加速直线运动可得，合力方向水平向左，再由平行四边形定则即可求解。

【详解】由于壁虎从A到B做匀加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确。

故选：B。

2.一越野骑手（可视作质点）以匀速率沿陡峭的山坡在竖直面内骑行，其轨迹如图所示．从图中可以看出，其在a、b、c、d 四点处加速度最大的点是

A. a B. b C. c D. d

【答案】C

【解析】

【详解】由图知c处曲率半径最小，质点的速率不变，由公式，可知c点的加速度最大，故选C。

3.一质点做匀加速直线运动，在时间t内的平均速度为v，末速度是初速度的3倍．则该质点在时间t内的加速度为(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】设质点的初速度为，则末速度为，由加速度的定义可得，由匀变速直线运动的平均速度公式可得，解得，代入加速度的表达式，可得。故D正确。

4.如图所示，两个完全相同的小球分别从水平地面上A点和A点正上方的O点抛出，O点抛出小球做平抛运动，A点斜抛出的小球能达到的最高点与O点等高，且两球同时落到水平面上的B点，关于两球的运动，下列说法正确的是

A. 两小球应该是同时抛出

B. 两小球着地速度大小相等

C. 两小球着地前瞬间时刻，重力的瞬时功率相等

D. 两小球做抛体运动过程重力做功相等

【答案】C

【解析】

【详解】A、从水平地面上点抛出的小球做斜抛运动，设O点与水平地面的高度为，所以从水平地面上点抛出的小球的运动时间为，从点抛出的小球做平抛运动，小球的运动时间为，故选项A错误；

BC、两小球在竖直方向上，则有，在水平方向根据可知从水平地面上点抛出小球的水平初速度是从点抛出的小球做平抛运动的初速度的2倍，根据可知两小球着地速度大小不相等，根据可知两小球着地前瞬间时刻重力的瞬时功率相等，故选项C正确，B错误；

D、根据可得从水平地面上点抛出的小球的重力做功为零，从点抛出的小球的重力做功为，故选项D错误；

5.如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动．A、B的质量关系为mA>mB，它们与地面间的动摩擦因数相同．为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是(　　)

A. 仅减小B的质量

B. 仅增大A的质量

C. 仅将A、B的位置对调

D. 仅减小水平面的粗糙程度

【答案】C

【解析】

【详解】设弹簧的劲度系数为，伸长量为，加速度相同为，对B受力分析有，对A受力分析有，两式消去，整理可得

A.减小，减小。故A错误。

B.增大，减小。故B错误。

C.因为，所以，AB位置对调以后的表达式为，又因为，所以增大。故C正确。

D.的表达式中没有动摩擦因数，因此与水平面的粗糙程度无关。故D错误。

6.如图所示，质量为m的小物块以初速度v0沿足够长的固定斜面上滑，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tan θ，下图中表示该物块的速度v和所受摩擦力Ff随时间t变化的图线(以初速度v0的方向为正方向)，可能正确的是(　　)

A.

B.

C.

D.

【答案】AC

【解析】

【详解】物块的运动情况是先向上做减速直线运动，所受滑动摩擦力为μmgcos θ，方向沿斜面向下，达到最高点后由于μ>tan θ，即mgsin θ<μmgcos θ，物块不会向下滑动，而是保持静止，静摩擦力的大小等于重力的下滑分力mgsin θ，小于上滑时的摩擦力μmgcos θ，故AC正确，BD错误。

二、多选题（本大题共5小题，共16.0分）

7.如图所示，A表示地球同步卫星，B为运行轨道比A低的一颗卫星，C为地球赤道上某一高山山顶上的一个物体，两颗卫星及物体C的质量都相同，关于它们的线速度、角速度、运行周期和所受到的万有引力的比较，下列关系式正确的是(　　)

A. vB＞vA＞vC B. ωA＞ωB＞ωC

C. FA＞FB＞FC D. TA＝TC＞TB

【答案】AD

【解析】

AC的角速度相等，由v=ωr，可知υC＜υA；BC比较，同为卫星，由人造卫星的速度公式：，可知υA＜υB，因而vB＞vA＞vC，故A正确； AC的角速度相等；根据而A的角速度小于B的角速度；故ωA=ωC<ωB；故B错误；由万有引力公式可知，，即半径越大，万有引力越小；故FA＜FB＜FC；故C错误；卫星A为同步卫星，周期与C物体周期相等；又万有引力提供向心力，即：，T＝2π，所以A的周期大于B的周期。故D正确；故选AD。

8.如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止，设小球受到空气阻力为f，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　 )

A. 小球落地时动能等于mgH－fH

B. 小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能

C. 小球在泥土中受到的平均阻力为

D. 整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)

【答案】AD

【解析】

【详解】A、从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得，可得，故A正确；

B、研究小球陷入泥中的过程，由动能定理得，为克服泥土阻力所做的功，则有 ，故B错误；

C、全过程分析，由动能定理，所以小球在泥土中受到的平均阻力，故C错误；

D、全过程分析，由动能定理，可得，所以整个过程中小球克服阻力做的功等于，故选项D正确。

9.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．则(　　)

A. μ1一定小于μ2

B. μ1可能大于μ2

C. 改变F的大小，F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动

D. 改F作用于长木板，F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动

【答案】BD

【解析】

【分析】

因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力．

【详解】对m1，根据牛顿运动定律有：F-μ1m1g=m1a，对m2，由于保持静止有：μ1m1g-Ff=0，Ff＜μ2（m1+m2）g，所以动摩擦因数的大小从中无法比较。故A错误、B正确。改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止。故C错误。若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F-μ2（m1+m2）g=（m1+m2）a，解得F=（μ1+μ2）（m1+m2）g，所以当F＞（μ1+μ2）（m1+m2）g时，长木板与木块将开始相对滑动。故D正确。故选BD。

【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解．

10.下列说法中正确的有

A. 氡核的半衰期为3.8天、20个氡原子核经7.6天后剩下5个氡原子核

B. 由质能方程可知，物体的能量发生变化时，物体的质量也相应变化

C. 镭核发生一次α衰变时，产生的新核与原来的原子核相比，中子数减少了4

D. 钍核发生β衰变后，产生新核比结合能大于原来钍核的比结合能

【答案】BD

【解析】

【分析】

半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用

α衰变生成氦原子核，质量数少4，质子数少2。

【详解】A．半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故A错误；

B．质能方程E=mc2可知，物体的能量发生变化时，物体的质量也相应变化，故B正确；

C．镭核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量数减少了4，中子数减少2，故C错误；

D．钍核发生β衰变后，产生新核处于高能级，所以产生新核比结合能都增加，故D正确。

故选：BD。

11.下列说法中正确的有（　　）

A. 各向同性的物质一定是非晶体

B. 气体压强的大小仅与气体分子的密集程度有关

C. 分子间引力和斥力都随分子间距的减小而增大

D. 当液晶中电场强度不同时,液晶表现出光学各向异性

【答案】CD

【解析】

【详解】A.多晶体和非晶体的物理性质都表现为各向同性，所以各向同性的物质不一定是非晶体,故A错误；

B.气体压强与气体分子的密集程度和分子的平均动能都有关故B错误；

C.分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大。故C正确；

D.液晶表现为各向异性，对不同颜色光的吸收强度随电场强度的变化而变化，故D正确；

三、填空题（本大题共2小题，共4.0分）

12.将总质量为1.05kg的模型火箭点火升空，在0.02s时间内有50g燃气以大小为200m/s的速度从火箭尾部喷出．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为_____N，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为_____m/s（燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略）．

【答案】    (1). 500    (2). 10

【解析】

【分析】

根据动能定理可求燃气获得的平均推力，根据牛顿第三定律可知火箭获得的平均推力，在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出火箭的速度大小；

【详解】在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动能定理可得：，解得，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500N；喷射前后系统的动量守恒，根据动量守恒定律得，解得火箭的速度大小；

13.如图为密闭钢瓶中的理想气体分子在两种不同温度下的速率分布情况，可知，一定温度下气体分子的速率呈现______（选A或B）（A“两头多中间少”或B“两头少中间多”）的分布规律；T1温度下气体分子的平均动能______（填“大于”“等于”或“小于”）T2温度下气体分子的平均动能。

【答案】    (1). B    (2). 小于

【解析】

【详解】（1）如图所示气体的速率分布图，一定温度下气体分子的速率呈现两头少中间多，所以此空选B。

（2）温度是分子平均动能的标志，温度升高时，分子速率小的所占的百分比减小，速率大的所占百分比变大，根据图象知，T1温度下气体分子的平均动能小于T2温度下气体分子的平均动能，所以此空填小于。

四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

14.某校课外活动小组利用竖直上抛小球的频闪照片的方法来验证机械能守恒定律。频闪仪每隔0.05s闪光一次，如图所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如表（当地重力加速度取9.8m/s2，小球质量m=0.1kg）：（结果保留小数点后两位）

（1）由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度为v5= ________m/s；

（2）从t2到t5时间内，重力势能增量（即变化量）为△Ep=______J， 动能减少变化量为△Ek=_______J；

（3）在误差允许的范围内，若△Ep与△Ek近似相等，从而验证了机械能守恒定律。 由上述计算结果可得 △Ep_____ △Ek（选填“＞”、“＜”或“=”），造成这种结果的主要原因是_______________________。

【答案】    (1). 3.48    (2). 0.62    (3). 0.64    (4). ＜    (5). 空气阻力做负功

【解析】

【分析】

（1）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求t5时刻的速度大小；
（2）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的变化量，根据起末点的速度可以求出动能的变化量；
（3）由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能的减小量没有全部转化为重力势能，部分转化为内能；

【详解】（1）在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，则t5时刻小球的速度为：

同理时刻的速度为：；

t2到t5时间内，重力势能增量（即变化量）

动能减少变化量为：；

（3）由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在而做负功，导致动能减小量没有全部转化为重力势能，部分转化为内能，即。

【点睛】本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以及有关误差分析，尤其是误差分析是难点，要学会根据可能产生误差的原因进行分析。

15.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，实验装置示意图如图所示．砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M．实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．

(1)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要将带有定滑轮的木板_____（选填“A”或“B”）端适当垫高，使小车在________（选填“挂”或“不挂”）砂桶时做匀速直线运动．

(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是________．

A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g

B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g

C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g

D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g

(3)下图是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为：xAB＝4.22 cm、xBC＝4.65 cm、xCD＝5.08 cm、xDE＝5.49 cm．已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则打C点时小车的速度v＝________m/s．(结果保留2位有效数字)

【答案】    (1). B    (2). 不挂    (3). C    (4). 0.49

【解析】

（1）小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的沿斜面的分力来平衡摩擦力，可以将长木板B端垫高，不挂砂和砂桶，轻推小车，使小车做匀速直线运动即可；
（2）重物加速下滑，处于失重状态，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T，根据牛顿第二定律，
对砂和砂桶m：有：
对小车M：有：
解得：

故当时，有，故C符合要求；
③相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，所以相邻的计数点间的时间间隔，小车通过C点的速度为：。

点睛：只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，知道平衡摩擦力的方法。

五、计算题（本大题共5小题，共63.0分）

16.我国自行研制的一种大型激光器，能发出频率为ν、功率为P0的高纯度和高亮度激光．如图所示，光电管的阴极K用某金属制成，闭合开关S，当该激光射向阴极，产生了光电流．移动变阻器的滑片P，当光电流恰为零时，电压表的示数为Uc，已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c．求：

①激光器发出的光子的动量p；

②光电管阴极K的截止频率νc．

【答案】① p= ②  νc=ν-

【解析】

【分析】

根据光电效应方程，求出光电子的最大初动能，根据逸出功和截止频率的大小关系求出光电管阴极K的截止频率；

【详解】解：① 由：

解得p=

②  由  

又

解得

由

解得

17.一定质量的理想气体由状态A→B→C变化，其有关数据如图所示。已知状态A、C的温度均为27℃，求：

（1）该气体在状态B的温度；

（2）上述过程气体从外界吸收的热量。

【答案】（1）TB=120K（2）3×105 J

【解析】

（1）状态A到状态B为等容变化，代入数据得TB=120K

（2）状态A到状态B为等容过程，外界对气体不做功；

状态B到状态C：

TA=TC，∆U=0由热力学第一定律

代入数据得Q=3×105J即气体从外界吸收热量为3×105J

18.如图（a）所示，质量为m=2kg的物块以初速度v0=20m/s从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力F作用，在运动过程中物块速度随时间变化的规律如图（b）所示，g取10m/s2．试求：

(1)物块在0-4s内的加速度a1的大小和4-8s内的加速度a2的大小；

(2)恒力F的大小及物块与水平面间的动摩擦因数μ；

(1)8s内恒力F所做的功．

【答案】(1), 方向水平向左; , 方向水平向左  (2)F=7N，μ=0.15  (3)W=-168J

【解析】

【详解】(1)由图可知，0-4s内，物体向右做匀减速直线运动，4-8s内，物体向左做匀加速直线运动；

0-4s内，，方向水平向左；

4-8s内，，方向水平向左；

由牛顿第二定律，得到：F+μmg=ma1

F-μmg=ma2

代入数据解得：F=7N，μ=0.15

(2)依据图象可知，物体4s内的位移：

(2)根据牛顿第二定律，在0-4s内恒力F与摩擦力同向：F+μmg=ma1

4s-8s内恒力F与摩擦力反向：F-μmg=ma2

代入数据解得：F=7N，μ=0.15

(3)根据图形的面积可得8s内物体运动的位移

恒力F做的功为W =Fs=-7×24=-168J

【点睛】本题是已知物体的受力情况确定物体的运动情况的问题，关键求解确物体的加速度，根据功的公式计算做功的多少。

19.如图所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出．已知小球在D点对管下壁压力大小为mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角θ＝60°，不计空气阻力．求：

(1)小球在A点初速度的大小；

(2)小球在D点角速度的大小；

(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功．

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【分析】

（1）根据几何关系求出平抛运动下降高度，从而求出竖直方向上的分速度，根据运动的合成和分解求出初速度的大小．

（2）根据向心力公式求出小球在D点的速度，从而求解小球在D点角速度．

（3）对A到D全程运用动能定理，求出小球在圆管中运动时克服阻力做的功．

【详解】（1）小球从A到B，竖直方向: vy2＝2gR(1＋cos 60°)

解得vy＝

在B点：v0＝＝.

（2）在D点，由向心力公式得mg-mg＝

解得vD＝ 　

ω＝＝.

（3）从A到D全过程由动能定理：－W克＝mvD2－mv02　

解得W克＝mgR.

【点睛】本题综合考查了平抛运动和圆周运动的基础知识，难度不大，关键搞清平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及圆周运动向心力的来源．

20.如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点．撤去力F后，小球由静止下滑．重力加速度为g，sin θ＝≈0.64，不计一切摩擦．求：

(1) 力F的大小；

(2) 小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；

(3) 在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W.

【答案】(1) 2.36mg  (2)      6mg (3) mgR.

【解析】

【详解】(1) 对小球：细线上的拉力T＝3mg       

对物块：mgsin θ＋F＝T                   

解得F＝2.36mg.

(2) 小球在C点时速度与物块速度大小相等．

对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律

3mgR－mgπRsin θ＝ (3m＋m)v2

解得v＝                                   

在C点：对小球，由牛顿第二定律N－3mg＝3m

解得N＝6mg    .                               

(3) 在小球从A点运动到C点过程中，对物块，由动能定理

W－mgπRsin θ＝mv2－0                       

解得W＝mgR.