湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高三物理上学期第三次阶段性测试试题（Word版附解析）

周南中学2024届高三年级第三次阶段性测试

物理科试题卷

时间：75分钟  分值：100分

一、选择题（本大题共10小题，1至6小题为单选题，每小题4分，7至10小题为单选题，每小题5分，共44.0分）

1. 下列有关物理学史和物理思想方法说法不正确的是（　　）

A. 月地检验是为了证明月球与地球间也有万有引力

B. 卡文迪许测出引力常量G，才使得万有引力定律有了实用价值

C. 建立“合力与分力”的概念，用到了等效替代思想

D. 探究加速度与合力、物体质量之间的定量关系要用到控制变量法

【答案】A

【解析】

【详解】A．月地检验是为了验证万有引力定律，故A错误；

B．卡文迪许测出引力常量G，才使得万有引力定律有了实用价值，故B正确；

C．建立“合力与分力”的概念，用到了等效替代思想，故C正确；

D．探究加速度与合力、物体质量之间的定量关系要用到控制变量法，故D正确。

本题选不正确的，故选A。

2. 1970年4月24日，我国第一颗人造地球卫星“东方红1号”发射成功，经过航天人半个世纪的不懈努力，我国的航天事业取得了辉煌的成绩，实现了载人航天飞行，开展了月球探测工程，即将建成北斗卫星导航系统。关于绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星，下列说法正确的是（　　）

A. 根据公式v＝r可知轨道半径越大，卫星的速度也越大

B. 根据公式a＝r可知轨道半径越大，卫星的加速度也越大

C. 轨道半径增大到原来的2倍时，卫星需要的向心力减小为原来的

D. 轨道半径增大到原来的2倍时，卫星需要的向心力减小为原来的

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据公式

可知，轨道半径越大，卫星的速度越小，故选项A错误；

B.根据公式

可知轨道半径越大，卫星的加速度越小，故选项B错误；

CD.根据公式

可知，轨道半径增大到原来的2倍时，卫星需要的向心力减小为原来的故选项C错误，选项D正确。

3. 如图所示，绕过滑轮的轻绳一端固定在竖直墙上，站在地面上的人用手拉着绳的另一端，滑轮下吊着一个小球，处于静止状态，不计滑轮摩擦。保持B点高度不变，手与绳无相对滑动且球不碰地。在人缓慢向右移动一小段距离的过程中（　　）

A. 绳上张力变大 B. 人对地面的压力变大

C. 滑轮受到绳的作用力不变 D. 地面对人的摩擦力变大

【答案】C

【解析】

【详解】A．滑轮两边绳上的力大小相等，人缓慢向右移动一小段距离的过程，滑轮两边绳间的夹角变小，根据

解得

可知，变小，绳上的张力T变小，A错误；

B．对人分析有

结合上述解得

则人对地面的压力为

可知人对地面的压力不变，B错误；

C．对滑轮与小球整体分析可知，滑轮受到绳的作用力为

即滑轮受到绳作用力不变，C正确；

D．对人分析可知地面对人的摩擦力为

可知变小，地面对人的摩擦力变小，D错误。

故选C。

4. 竖直正方形框内有三条光滑轨道OB、OC和OD，三轨道交于O点，且与水平方向的夹角分别为30°、45°和60°，现将甲、乙、丙三个可视为质点的小球同时从O点静止释放，分别沿OB、OC和OD运动到达斜面底端，则三小球到达斜面底端的先后次序是（　）

A. 甲、乙、丙 B. 丙、乙、甲

C. 甲、丙同时到达，乙后到达 D. 不能确定三者到达的顺序

【答案】B

【解析】

【详解】对乙和丙进行分析，设斜面的倾角为θ，有牛顿第二定律

可得下滑的加速度

下滑的位移

根据

得

 故倾角越大的下落时间越短，所以丙先到达底端；

对甲乙进行分析，同理可得下滑的位移

运动到底端的时间

则甲乙两物体中，乙运动时间短，先到达底端；三小球到达斜面底端的先后次序是丙、乙、甲；故ACD错误，B正确。

故选B。

5. 如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面方程为，在轴上有一点P，坐标为（0，6m）。从P点将一小球水平抛出，初速度为1m/s。则小球第一次打在曲面上的位置为（不计空气阻力）（　　）

A. （3m，3m） B. （2m，4m） C. （1m，1m） D. （1m，2m）

【答案】C

【解析】

【详解】小球做平抛运动，水平方向有

竖直方向有

球第一次打在曲面上的坐标为，有

解得

，，

故球第一次打在曲面上的坐标为（1m，1m）。

故C正确。

6. 如图所示，一半径为R的竖直圆轨道固定在水平地面上，内壁光滑，A为圆轨道的最低点，一质量为m，可视为质点的小球，开始时静止于A点，现给小球一个沿着水平方向的初速度，重力加速度为g，则小球脱离圆轨道时距离A点的高度为（　　）

A. R B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】设小球脱离轨道的位置与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则

由机械能守恒定律

解得

则小球脱离圆轨道时距离A点的高度为

故选C。

7. 如图所示，可视为质点的相同且光滑的两定滑轮高度相同，跨过滑轮的细线分别连接质量相等的两物体A和B，A套在光滑水平轻杆上，开始时连接A的细线与水平杆夹角为，现由静止释放A，在A由静止开始向右运动至达到最大速度的过程中（B始终未碰杆）（　　）

A. A的位移小于B的位移

B. B的位移大小为

C. B一直处于失重状态

D. B克服拉力做功的瞬时功率等于拉力对A做功的瞬时功率

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．根据图形可知，细线对A的拉力先做正功，后做负功，即A的速度先增大后减小，当A运动至左侧滑轮正下方时，A的速度达到最大值，此时，A的位移为

B的位移为

可知，A的位移大于B的位移，B的位移大小为，A错误，B正确；

C．根据

可知，当增大至90°时，B的速度为0，则在A由静止开始向右运动至达到最大速度的过程中，B的初速度与末速度均为0，则该过程B的速度先增大后减小，即B的加速度方向先向下后向上，B先处于失重状态，后处于超重状态，C错误；

D．根据

，，

则有

D正确。

故选BD。

8. 2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是（    ）

A. 图中两阴影部分的面积并不相等

B. 从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大

C. 从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器在P点减速

D. 探测器在P点的加速度小于在N点的加速度

【答案】AC

【解析】

【详解】A．根据开普勒第二定律可知探测器在同一轨道上相等时间内与火星的连线扫过的面积相等，但是图中两阴影部分不在同一轨道，则面积不相等，故A正确；

B．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器的轨道半长轴变小，根据开普勒第三定律可知周期变小，故B错误；

C．从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器做向心运动，故探测器在P点减速，故C正确；

D．根据牛顿第二定律

可得

可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D错误。

故选AC。

9. 如图甲所示，粗糙的水平地面上静止一长木板，其右端静止一小黑煤块（可视为质点）。现用一个水平向右的恒力作用在长木板的右端，作用一段时间后撤去该力，整个过程煤块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小黑煤块与长木板的质量相等，之间的动摩擦因数为与地面间的动摩擦因数为，小黑煤块始终没有从长木板上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是（    ）

A. 煤块图像是①和④线，长木板的图像是②和③线

B.

C. 时长木板停下

D. 最终小煤块在长木板上留下的黑色痕迹长

【答案】BCD

【解析】

【详解】AB．在上施加拉力后，由图像知发生相对滑动，的加速度小于的加速度，可知①线表示运动图线，②线表示运动图线，且

故A错误，B正确。

C．共速后继续发生相对滑动，但减速时加速度小于的，所以④线表示物运动图线，③线表示物运动图线，减速时的加速度满足：

设从共速到减速到0用时为从共速到减速到0用时为。则

所以

故C正确。

D．由图线围成面积表示相对位移知，在内相对位移大小

从到均静止，它们的相对位移大小为

这部分重合了前面的痕迹，故黑色痕迹长为， D正确。

故选BCD。

10. 如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点．小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0．A、C相距0.8 m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1 kg，弹簧原长为0.5 m，劲度系数为40 N/m，sin37°＝0.6，g取10 m/s2．则小球从A到C过程中，下列说法正确的是(　　)

A. 小球经过B点时的速度最大

B. 小球在B点时的加速度为6 m/s2

C. 弹簧弹力对小球先做正功后做负功

D. 小球从A到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等

【答案】BD

【解析】

【详解】A、小球合外力等于0时速度最大，在B点时由于弹簧弹力为k(l－OB)＝40N/m×(0.5－0.3) m＝8N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcosθ＝1×10×0.8 N＝8 N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力F＝mgsinθ＝1×10×0.6 N＝6N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；B、此时加速度,B正确；C、在AB段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC段做正功，C错误；D、A、C两点小球速度为0，由图形的对称性知AB过程和BC过程摩擦力做功相等，D正确．选BD．

【点睛】本题要求掌握牛顿第二定律，能正确分析小球的受力情况和运动情况，要知道小球的合力时速度才最大．

二、实验题（本大题共2小题，每空3分，共18.0分）

11. 把直尺改装成“竖直加速度测量仪”．实验步骤如下，请完成相关实验内容：

（1）弹簧的上端固定在铁架台上，在弹簧的旁边沿弹簧长度方向竖直固定一直尺，弹簧上端与直尺的0刻度线对齐。弹簧下端不挂钢球时，指针在直尺上指示的刻度如图甲，以此计作弹簧的原长__________m。

（2）弹簧下端挂上钢球，静止时指针在直尺上指示的刻度如图乙．若重力加速度g取，钢球质量为，且弹簧发生的是弹性形变，则该弹簧的劲度系数__________．（保留3位有效数字）

（3）取竖直向上为正方向，写出钢球竖直加速度a（单位：）随弹簧长度x（单位：m）变化的函数关系式：__________；将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置测量竖直方向的加速度。

【答案】    ①. 0.200    ②. 12.5    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]刻度尺的分度值为1cm，其读数为

（2）[2]根据胡克定律

代入数据可得

（3）[3]当加速度为时，根据牛顿第二定律有

整理可得

12. 某同学利用如图所示的装置验证牛顿第二定律。质量均为M的滑块a、b用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳连接，滑块b上装有质量不计、宽度为d的遮光片，测出滑块b由静止释放时光电门距遮光片的高h，保持h不变，依次在滑块a下面悬挂n个质量均为m的钩码（图中未画出），并记录遮光片通过光电门的遮光时间t及对应的n。

（1）滑块b通过光电门时的速度大小v=__________（用d、t表示）

（2）得到若干组（t，n）后，以____________（填“n”、“”或“n2”）为横坐标，以t2为纵坐标，在坐标纸上描点连线，若在误差允许的范围内，得到的图像为直线，则牛顿第二定律得到验证。

（3）若（2）中作出的图像的斜率为k，则当地的重力加速度大小g=___________。（用相关物理量的符号表示）

【答案】    ①.     ②.     ③.

【解析】

【详解】(1)[1]有极短时间内的平均速度等于瞬时速度可得，滑块b通过光电门时的速度大小

(2)[2]由牛顿第二定律有

由速度位移关系式有

联立可得

以t2为纵坐标，在坐标纸上描点连线，若在误差允许的范围内，得到的图像为直线，则横坐标为；

(3)[3]作出的图像的斜率为

可得

三、计算题（本大题共3小题，共38.0分）

13. 收费站ETC专用通道可以不停车拿卡而直接减速通过，且车辆通过收费站的最大速度不超过8m/s。一辆以m/s的速度匀速行驶的汽车驶向收费站，在距离ETC收费口33.6m处开始匀减速，刚好符合要求通过，之后汽车做加速运动，加速度大小为减速时加速度大小的，直到速度达到v0=20m/s，汽车匀速离开收费站。（假设收费站的前后都是平直的，汽车减速到8m/s时立即做匀加速运动）

(1)求汽车匀加速时的加速度大小；

(2)求汽车因通过收费站而耽误的时间。

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，则

代入可得减速时的加速度大小

a1=5m/s²

则加速时的加速度大小为

(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设匀加速阶段的位移为x2，设两个阶段所用时间分别为t1和t2，则减速阶段

解得

t1=2.4s

加速阶段

则加速和减速的总时间为

t=t1+t2=5. 4s

加速阶段

总位移

若汽车匀速通过，所需的时间

汽车因通过收费站而耽误的时间

14. 我国航天员翟志刚、王亚平、叶光富于2022年4月16日9时56分搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱速度从80m/s降至10m/s，此后可视为匀速下降，当返回舱在距离地面1m时启动反推发动机，速度减至0后恰落到地面上。设主伞所受的空气阻力为f＝kv，其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含宇航员）总质量为3000kg，主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g取，设全过程为竖直方向的运动。求：

（1）在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小；

（2）若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，则反推发动机在该过程中对返回舱做的功。

【答案】（1）70m/s2；（2）

【解析】

【详解】（1）由牛顿第二定律可知

由题意

联立可得

所以加速度大小为70m/s2；

（2）从离地一米到速度为0时，由动能定理可知

解得

15. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆周轨道半径，为其圆心；半圆轨道半径，为其圆心；两者通过水平轨道平滑连接。长的竖直挡板下边离地高度为，到挡板的距离。将质量的小物块从四分之一圆周轨道上某处静止释放，不计一切摩擦阻力，重力加速度。

（1）若物块从等高处释放，求物块下滑到四分之一圆轨道最低点时轨道对物块的支持力大小；

（2）若释放点高度h在一定范围内，物块经半圆轨道最高点飞出后能击中挡板，求h的范围；

（3）从某高度释放小物块，物块经半圆轨道最高点飞出后击中挡板时动能最小，求对应释放点高度H。

【答案】（1）6N；（2）；（3）5.5m

【解析】

【详解】（1）据机械能守恒定律

圆周最低点

解得

 (2)打到挡板上端点

联立得

打到下端点

联立得

且要过圆轨道最高点

解得

综上，取

由

将代入得

将代入得

综上，释放点高度的范围为

(3)击中挡板时动能

当

时，动能最小，即

经检验，此值在第（2）小题取值范围内，从释放到圆周最高点的过程中，由机械能守恒得

可求得对应的高度