周南中學2024屆高三年級第三次階段性測試物理科試題卷時間：75分鐘  分值：100分一、選擇題（本大題共10小題，1至6小題為單選題，每小題4分，7至10小題為單選題，每小題5分，共44.0分）1. 下列有關(guān)物理學史和物理思想方法說法不正確的是（　?。?/span>A. 月地檢驗是為了證明月球與地球間也有萬有引力B. 卡文迪許測出引力常量G，才使得萬有引力定律有了實用價值C. 建立“合力與分力”的概念，用到了等效替代思想D. 探究加速度與合力、物體質(zhì)量之間的定量關(guān)系要用到控制變量法【答案】A【解析】【詳解】A．月地檢驗是為了驗證萬有引力定律，故A錯誤；B．卡文迪許測出引力常量G，才使得萬有引力定律有了實用價值，故B正確；C．建立“合力與分力”的概念，用到了等效替代思想，故C正確；D．探究加速度與合力、物體質(zhì)量之間的定量關(guān)系要用到控制變量法，故D正確。本題選不正確的，故選A。2. 1970年4月24日，我國第一顆人造地球衛(wèi)星“東方紅1號”發(fā)射成功，經(jīng)過航天人半個世紀的不懈努力，我國的航天事業(yè)取得了輝煌的成績，實現(xiàn)了載人航天飛行，開展了月球探測工程，即將建成北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)。關(guān)于繞地球做勻速圓周運動的人造地球衛(wèi)星，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 根據(jù)公式v＝?r可知軌道半徑越大，衛(wèi)星的速度也越大B. 根據(jù)公式a＝??r可知軌道半徑越大，衛(wèi)星的加速度也越大C. 軌道半徑增大到原來的2倍時，衛(wèi)星需要的向心力減小為原來的D. 軌道半徑增大到原來的2倍時，衛(wèi)星需要的向心力減小為原來的【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)公式可知，軌道半徑越大，衛(wèi)星的速度越小，故選項A錯誤；B.根據(jù)公式可知軌道半徑越大，衛(wèi)星的加速度越小，故選項B錯誤；CD.根據(jù)公式可知，軌道半徑增大到原來的2倍時，衛(wèi)星需要的向心力減小為原來的故選項C錯誤，選項D正確。3. 如圖所示，繞過滑輪的輕繩一端固定在豎直墻上，站在地面上的人用手拉著繩的另一端，滑輪下吊著一個小球，處于靜止狀態(tài)，不計滑輪摩擦。保持B點高度不變，手與繩無相對滑動且球不碰地。在人緩慢向右移動一小段距離的過程中（　　）A. 繩上張力變大 B. 人對地面的壓力變大C. 滑輪受到繩的作用力不變 D. 地面對人的摩擦力變大【答案】C【解析】【詳解】A．滑輪兩邊繩上的力大小相等，人緩慢向右移動一小段距離的過程，滑輪兩邊繩間的夾角變小，根據(jù)解得可知，變小，繩上的張力T變小，A錯誤；B．對人分析有結(jié)合上述解得則人對地面的壓力為可知人對地面的壓力不變，B錯誤；C．對滑輪與小球整體分析可知，滑輪受到繩的作用力為即滑輪受到繩作用力不變，C正確；D．對人分析可知地面對人的摩擦力為可知變小，地面對人的摩擦力變小，D錯誤。故選C。4. 豎直正方形框內(nèi)有三條光滑軌道OB、OC和OD，三軌道交于O點，且與水平方向的夾角分別為30°、45°和60°，現(xiàn)將甲、乙、丙三個可視為質(zhì)點的小球同時從O點靜止釋放，分別沿OB、OC和OD運動到達斜面底端，則三小球到達斜面底端的先后次序是（?。?/span>A. 甲、乙、丙 B. 丙、乙、甲C. 甲、丙同時到達，乙后到達 D. 不能確定三者到達的順序【答案】B【解析】【詳解】對乙和丙進行分析，設(shè)斜面的傾角為θ，有牛頓第二定律可得下滑的加速度下滑的位移根據(jù)得 故傾角越大的下落時間越短，所以丙先到達底端；對甲乙進行分析，同理可得下滑的位移運動到底端的時間則甲乙兩物體中，乙運動時間短，先到達底端；三小球到達斜面底端的先后次序是丙、乙、甲；故ACD錯誤，B正確。故選B。5. 如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一曲面，曲面方程為，在軸上有一點P，坐標為（0，6m）。從P點將一小球水平拋出，初速度為1m/s。則小球第一次打在曲面上的位置為（不計空氣阻力）（　　）  A. （3m，3m） B. （2m，4m） C. （1m，1m） D. （1m，2m）【答案】C【解析】【詳解】小球做平拋運動，水平方向有豎直方向有球第一次打在曲面上的坐標為，有解得，，故球第一次打在曲面上的坐標為（1m，1m）。故C正確。6. 如圖所示，一半徑為R的豎直圓軌道固定在水平地面上，內(nèi)壁光滑，A為圓軌道的最低點，一質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點的小球，開始時靜止于A點，現(xiàn)給小球一個沿著水平方向的初速度，重力加速度為g，則小球脫離圓軌道時距離A點的高度為（　?。?/span>  A. R B.  C.  D. 【答案】C【解析】【詳解】設(shè)小球脫離軌道的位置與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，則由機械能守恒定律解得則小球脫離圓軌道時距離A點的高度為故選C。7. 如圖所示，可視為質(zhì)點的相同且光滑的兩定滑輪高度相同，跨過滑輪的細線分別連接質(zhì)量相等的兩物體A和B，A套在光滑水平輕桿上，開始時連接A的細線與水平桿夾角為，現(xiàn)由靜止釋放A，在A由靜止開始向右運動至達到最大速度的過程中（B始終未碰桿）（　?。?/span>A. A的位移小于B的位移B. B的位移大小為C. B一直處于失重狀態(tài)D. B克服拉力做功的瞬時功率等于拉力對A做功的瞬時功率【答案】BD【解析】【詳解】AB．根據(jù)圖形可知，細線對A的拉力先做正功，后做負功，即A的速度先增大后減小，當A運動至左側(cè)滑輪正下方時，A的速度達到最大值，此時，A的位移為B的位移為可知，A的位移大于B的位移，B的位移大小為，A錯誤，B正確；C．根據(jù)可知，當增大至90°時，B的速度為0，則在A由靜止開始向右運動至達到最大速度的過程中，B的初速度與末速度均為0，則該過程B的速度先增大后減小，即B的加速度方向先向下后向上，B先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，C錯誤；D．根據(jù)，，則有D正確。故選BD。8. 2021年2月，天問一號火星探測器被火星捕獲，經(jīng)過系列變軌后從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”，為著陸火星做準備。如圖所示，陰影部分為探測器在不同軌道上繞火星運行時與火星的連線每秒掃過的面積，下列說法正確的是（    ）  A. 圖中兩陰影部分的面積并不相等B. 從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”探測器周期變大C. 從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”探測器在P點減速D. 探測器在P點的加速度小于在N點的加速度【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)開普勒第二定律可知探測器在同一軌道上相等時間內(nèi)與火星的連線掃過的面積相等，但是圖中兩陰影部分不在同一軌道，則面積不相等，故A正確；B．從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”探測器的軌道半長軸變小，根據(jù)開普勒第三定律可知周期變小，故B錯誤；C．從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”探測器做向心運動，故探測器在P點減速，故C正確；D．根據(jù)牛頓第二定律可得可知探測器在P點的加速度大于在N點的加速度，故D錯誤。故選AC。9. 如圖甲所示，粗糙的水平地面上靜止一長木板，其右端靜止一小黑煤塊（可視為質(zhì)點）。現(xiàn)用一個水平向右的恒力作用在長木板的右端，作用一段時間后撤去該力，整個過程煤塊、長木板的速度圖像如圖乙所示，已知小黑煤塊與長木板的質(zhì)量相等，之間的動摩擦因數(shù)為與地面間的動摩擦因數(shù)為，小黑煤塊始終沒有從長木板上滑下。重力加速度。則下列說法正確的是（    ）  A. 煤塊圖像是①和④線，長木板的圖像是②和③線B. C. 時長木板停下D. 最終小煤塊在長木板上留下的黑色痕跡長【答案】BCD【解析】【詳解】AB．在上施加拉力后，由圖像知發(fā)生相對滑動，的加速度小于的加速度，可知①線表示運動圖線，②線表示運動圖線，且故A錯誤，B正確。C．共速后繼續(xù)發(fā)生相對滑動，但減速時加速度小于的，所以④線表示物運動圖線，③線表示物運動圖線，減速時的加速度滿足：設(shè)從共速到減速到0用時為從共速到減速到0用時為。則所以故C正確。D．由圖線圍成面積表示相對位移知，在內(nèi)相對位移大小從到均靜止，它們的相對位移大小為這部分重合了前面的痕跡，故黑色痕跡長為， D正確。故選BCD。10. 如圖所示，一小球套在傾角為37°的固定直桿上，輕彈簧一端與小球相連，另一端固定于水平地面上O點．小球由A點靜止釋放，它沿桿下滑到達最低點C時速度恰為0．A、C相距0.8 m，B是A、C連線的中點，OB連線垂直AC，小球質(zhì)量為1 kg，彈簧原長為0.5 m，勁度系數(shù)為40 N/m，sin37°＝0.6，g取10 m/s2．則小球從A到C過程中，下列說法正確的是(　　)A. 小球經(jīng)過B點時的速度最大B. 小球在B點時的加速度為6 m/s2C. 彈簧彈力對小球先做正功后做負功D. 小球從A到B過程和從B到C過程摩擦力做功相等【答案】BD【解析】【詳解】A、小球合外力等于0時速度最大，在B點時由于彈簧彈力為k(l－OB)＝40N/m×(0.5－0.3) m＝8N，方向垂直桿向上，重力垂直于桿的分力為mgcosθ＝1×10×0.8 N＝8 N，方向垂直于桿向下，所以小球在B點時合外力F＝mgsinθ＝1×10×0.6 N＝6N，所以經(jīng)過B點時速度不是最大，A錯誤；B、此時加速度,B正確；C、在AB段彈簧彈力與小球位移夾角大于90°，所以做負功，BC段做正功，C錯誤；D、A、C兩點小球速度為0，由圖形的對稱性知AB過程和BC過程摩擦力做功相等，D正確．選BD．【點睛】本題要求掌握牛頓第二定律，能正確分析小球的受力情況和運動情況，要知道小球的合力時速度才最大．二、實驗題（本大題共2小題，每空3分，共18.0分）11. 把直尺改裝成“豎直加速度測量儀”．實驗步驟如下，請完成相關(guān)實驗內(nèi)容：（1）彈簧的上端固定在鐵架臺上，在彈簧的旁邊沿彈簧長度方向豎直固定一直尺，彈簧上端與直尺的0刻度線對齊。彈簧下端不掛鋼球時，指針在直尺上指示的刻度如圖甲，以此計作彈簧的原長__________m。（2）彈簧下端掛上鋼球，靜止時指針在直尺上指示的刻度如圖乙．若重力加速度g取，鋼球質(zhì)量為，且彈簧發(fā)生的是彈性形變，則該彈簧的勁度系數(shù)__________．（保留3位有效數(shù)字）（3）取豎直向上為正方向，寫出鋼球豎直加速度a（單位：）隨彈簧長度x（單位：m）變化的函數(shù)關(guān)系式：__________；將直尺不同刻度對應(yīng)的加速度標在直尺上，就可用此裝置測量豎直方向的加速度。【答案】    ①. 0.200    ②. 12.5    ③. 【解析】【詳解】（1）[1]刻度尺的分度值為1cm，其讀數(shù)為（2）[2]根據(jù)胡克定律代入數(shù)據(jù)可得（3）[3]當加速度為時，根據(jù)牛頓第二定律有整理可得12. 某同學利用如圖所示的裝置驗證牛頓第二定律。質(zhì)量均為M的滑塊a、b用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕繩連接，滑塊b上裝有質(zhì)量不計、寬度為d的遮光片，測出滑塊b由靜止釋放時光電門距遮光片的高h，保持h不變，依次在滑塊a下面懸掛n個質(zhì)量均為m的鉤碼（圖中未畫出），并記錄遮光片通過光電門的遮光時間t及對應(yīng)的n。（1）滑塊b通過光電門時的速度大小v=__________（用d、t表示）（2）得到若干組（t，n）后，以____________（填“n”、“”或“n2”）為橫坐標，以t2為縱坐標，在坐標紙上描點連線，若在誤差允許的范圍內(nèi)，得到的圖像為直線，則牛頓第二定律得到驗證。（3）若（2）中作出的圖像的斜率為k，則當?shù)氐闹亓铀俣却笮?/span>g=___________。（用相關(guān)物理量的符號表示）【答案】    ①.     ②.     ③. 【解析】【詳解】(1)[1]有極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度可得，滑塊b通過光電門時的速度大小(2)[2]由牛頓第二定律有由速度位移關(guān)系式有聯(lián)立可得以t2為縱坐標，在坐標紙上描點連線，若在誤差允許的范圍內(nèi)，得到的圖像為直線，則橫坐標為；(3)[3]作出的圖像的斜率為可得三、計算題（本大題共3小題，共38.0分）13. 收費站ETC專用通道可以不停車拿卡而直接減速通過，且車輛通過收費站的最大速度不超過8m/s。一輛以m/s的速度勻速行駛的汽車駛向收費站，在距離ETC收費口33.6m處開始勻減速，剛好符合要求通過，之后汽車做加速運動，加速度大小為減速時加速度大小的，直到速度達到v0=20m/s，汽車勻速離開收費站。（假設(shè)收費站的前后都是平直的，汽車減速到8m/s時立即做勻加速運動）(1)求汽車勻加速時的加速度大??；(2)求汽車因通過收費站而耽誤的時間。【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】(1)汽車進入收費站前做勻減速直線運動，則 代入可得減速時的加速度大小a1=5m/s2則加速時的加速度大小為 (2)汽車通過收費站經(jīng)歷勻減速和勻加速兩個階段，設(shè)勻加速階段的位移為x2，設(shè)兩個階段所用時間分別為t1和t2，則減速階段 解得t1=2.4s加速階段 則加速和減速的總時間為t=t1+t2=5. 4s加速階段總位移 若汽車勻速通過，所需的時間 汽車因通過收費站而耽誤的時間14. 我國航天員翟志剛、王亞平、葉光富于2022年4月16日9時56分搭乘神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。返回艙在離地面約6000m的高空打開主傘（降落傘），在主傘的作用下返回艙速度從80m/s降至10m/s，此后可視為勻速下降，當返回艙在距離地面1m時啟動反推發(fā)動機，速度減至0后恰落到地面上。設(shè)主傘所受的空氣阻力為f＝kv，其中k為定值，v為速率，其余阻力不計。已知返回艙（含宇航員）總質(zhì)量為3000kg，主傘的質(zhì)量忽略不計，忽略返回艙質(zhì)量的變化，重力加速度g取，設(shè)全過程為豎直方向的運動。求：（1）在主傘打開后的瞬間，返回艙的加速度大??；（2）若在反推發(fā)動機工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態(tài)，則反推發(fā)動機在該過程中對返回艙做的功。【答案】（1）70m/s2；（2）【解析】【詳解】（1）由牛頓第二定律可知由題意聯(lián)立可得所以加速度大小為70m/s2；（2）從離地一米到速度為0時，由動能定理可知解得15. 如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓周軌道半徑，為其圓心；半圓軌道半徑，為其圓心；兩者通過水平軌道平滑連接。長的豎直擋板下邊離地高度為，到擋板的距離。將質(zhì)量的小物塊從四分之一圓周軌道上某處靜止釋放，不計一切摩擦阻力，重力加速度。（1）若物塊從等高處釋放，求物塊下滑到四分之一圓軌道最低點時軌道對物塊的支持力大?。?/span>（2）若釋放點高度h在一定范圍內(nèi)，物塊經(jīng)半圓軌道最高點飛出后能擊中擋板，求h的范圍；（3）從某高度釋放小物塊，物塊經(jīng)半圓軌道最高點飛出后擊中擋板時動能最小，求對應(yīng)釋放點高度H。  【答案】（1）6N；（2）；（3）5.5m【解析】【詳解】（1）據(jù)機械能守恒定律圓周最低點解得 (2)打到擋板上端點聯(lián)立得打到下端點聯(lián)立得且要過圓軌道最高點解得綜上，取由將代入得將代入得綜上，釋放點高度的范圍為(3)擊中擋板時動能當時，動能最小，即經(jīng)檢驗，此值在第（2）小題取值范圍內(nèi)，從釋放到圓周最高點的過程中，由機械能守恒得可求得對應(yīng)的高度

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