甘肃省武威市第六中学2020届高三上学期第三次段考物理试题

武威六中2020届高三一轮复习过关考试（三）物          理一、选择题（56分，共14小题，每题4分，1-9单选，10-14多选，漏选得2分，错选得0分）1.伽利略是第一个提出并研究加速度概念的科学家，哲学家罗素给予了极高的评价：“加速度的重要性，也许是伽利略所有发现中具有永久价值和最有效果的一个发现”．下列关于加速度的说法正确的是(   )A. 加速度恒定的运动，速度大小恒定B. 加速度恒定的运动，速度的方向恒定不变C. 速度为零，加速度可能不为零D. 速度变化率很大，加速度可能很小【答案】C【解析】A、加速度等于单位时间内的速度变化量，加速度恒定的运动，速度大小一定是变化的，故A错误；
B、加速度方向保持不变，速度方向可能改变，比如平抛运动，故B错误；
C、物体的速度为零，加速度可能不为零，如火箭点火后起飞的瞬间，故C正确；
D、加速度是描述速度变化快慢的物理量，所以速度变化率很大，就表示加速度一定很大，故D错误。点睛：解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．2.物体做自由落体运动的过程中，下列说法不正确的是A. 物体处于完全失重状态 B. 物体的重力势能越来越小C. 物体的加速度保持不变 D. 物体的速度变化量保持不变【答案】D【解析】A. 做自由落体运动的物体具有向下大小为g的加速度，物体处于完全失重状态，故A正确； B. 物体做自由落体运动的过程中，高度不断下降，根据重力势能公式EP=mgh，可知，物体的重力势能不断减小，故B正确；C. 因只受重力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度为g，保持不变，故C正确；D. 物体的速度变化量△v=gt，逐渐增大，故D错误。本题选择错误答案，故选：D3.一个质点做匀加速直线运动,在时间间隔t内发生的位移为x,动能变为原来的4倍,该质点运动的加速度大小为A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】由题意可知EK2=4EK1，则可知v2=2v1…①由平均速度公式可得： …②根据加速度公式可得：…③联立以上三式，解得：A． ,与结论相符，选项A正确；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；4.甲、乙两车在平直公路上行驶,二者的位置—时间（x—t）图象如图所示,则下列说法正确的是（  ）A. 0～8 s内,甲、乙两车位移相同B. 8 s末,甲车的速度大小小于乙车的速度大小C. 0～2 s内,甲车的位移大小小于乙车的位移大小D. 0～8 s内,甲、乙两车平均速度大小相等,但方向相反【答案】D【解析】【详解】A.8 s末，甲车的位置在40 m处，乙车的位置在0 m处，0~8 s内，两车位移大小均为40 m，方向相反，故A错误；B.根据“位置—时间图象切线斜率表示速度”可知，8 s末，甲车的速度大小大于乙车的速度大小，故B错误；C.由图象可以看出，0~2 s内，甲车位移大小大于乙车的位移大小，故C错误；D.根据速度公式，由于0～8 s内，甲、乙两车位移大小均为40 m，方向相反，故两车平均速度大小相等，但方向相反。故D正确。故选：D5.如图,质量为M的滑块a置于水平地面上,质量为m的滑块b在a上,二者接触面水平。现将一方向水平向右的力F作用在b上,让F从0缓慢增大。当F增大到某一值时,b相对a滑动,同时a与地面间摩擦力达到最大。已知a与b间的动摩擦因数为μ1,a与地面间的动摩擦因数为μ2,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则μ1与μ2之比为 A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】当F增大到某一值时，b相对a滑动，同时a与地面间摩擦力达到最大，
对a分析：μ2（M+m）g-μ1mg=0解得A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论相符，选项D正确；6.如图所示,固定在水平地面上的物体A,左侧是圆弧面,右侧是倾角为θ的斜面,一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮,绳两端分别系有可视为质点的质量为m1、m2的小球B、C,假设绳与物体A的表面平行,当两球静止时,小球B与圆弧圆心之间的连线和水平方向的夹角也为θ,不计一切摩擦,则m1、m2之间的关系是A. m1=m2 B. m1=m2tan θC. m1= m2sinθ D. m1=m2cos θ【答案】B【解析】【详解】通过光滑的滑轮相连，左右两侧绳的拉力大小相等，两小球都处于平衡状态，又由受力分析可得：
对B有FT=m1gcosθ对C有FT=m2gsinθ联立两式可得m1gcosθ=m2gsinθ所以m1=m2tanθA．m1=m2，与结论不相符，选项A错误；B．m1=m2tan θ，与结论相符，选项B正确；C．m1= m2sinθ，与结论不相符，选项C错误；D． m1=m2cos θ，与结论不相符，选项D错误；7.据英国《每日邮报》2016年8月16日报道：27名跳水运动员参加了科索沃年度高空跳水比赛，自某运动员离开跳台开始计时，在t2时刻运动员以v2的速度入水，选竖直向下为正方向，其速度随时间变化的规律如图所示，下列结论正确的是A. 该运动员在0-t2的时间内加速度的大小先减小后增大，加速度的方向不变B. 该运动员在t2-t3时间内加速度大小逐渐减小，处于失重状态C. 在0-t2时间内，平均速度为D. 在t2-t3时间内平均速度为【答案】C【解析】试题分析：运动员在时间内加速度大小一直不变，加速度的方向一直沿正方向，说明加速度的大小和方向没有发生了变化，故A错误；在时间内图象的斜率不断减小，则运动员的加速度大小逐渐减小，加速度为负，说明加速度方向向上，则运动员处于超重状态，故B错误；在时间内，运动员做匀变速直线运动的位移，则其平均速度，故C正确；在时间内，运动员的位移小于匀减速直线运动的位移，则平均速度，故D错误．考点：考查了速度时间图像【名师点睛】在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移8.如图所示，物体A和B质量均为m，且分别与轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，B放在水平面上，A与悬绳竖直．用力F拉B沿水平面向左匀速运动过程中，绳对A的拉力的大小是(　　)A. 一定大于mgB. 总等于mgC. 一定小于mgD. 以上三项都不正确【答案】A【解析】物体B向左的速度vB是合速度，根据其效果，分解为如图所示的两个速度v1和v2，其中，又因为，所以当物体B向左匀速运动时，vB大小不变，θ变小，cos θ变大，即A向上做加速运动，由牛顿第二定律得，所以绳的拉力，选项A正确．点睛：绳连接、杆连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。9.如图所示,将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛（图乙）,其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面,图丁为光滑圆弧,不计空气阻力,则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是A. 落地时间t1=t2=t3=t4B. 全程重力做功W1=W2>W3=W4C. 落地瞬间重力的功率P1=P2=P3=P4D. 全程重力做功平均功率【答案】D【解析】【详解】A．设相同的高度为h，根据牛顿运动定律结合运动学规律：
甲：可得： 乙：可得：丙： 可得： 丁：1/4圆周比丙的斜面长，与丙比较初末速度大小相等，同一高度的速度大小也相等，可知t4>t3；故落地时间的大小关系为：t1=t2＜t3＜t4故A错误；
B．重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差h有关，全过程重力做功：W1=W2=W3=W4=mgh故B错误；
C．根据公式P=Fvcosθ可知，落地瞬间重力的功率等于重力乘以竖直方向的分速度，即 甲：  乙：丙： 丁：  故落地瞬间重力的功率的大小关系为：P4＜P3＜P1=P2故C错误；
D．根据全过程做功：W1=W2=W3=W4=mgh又因为全过程时间：t1=t2＜t3＜t4故根据公式可知平均功率的大小关系：故D正确。10.如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述中正确的是A. 小球的速度一直减小 B. 小球的加速度先减小后增大C. 小球的机械能不守恒 D. 在该过程动能和弹性势能的总和先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】AB．从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，开始重力大于弹力，向下做加速运动，在下降的过程中弹力增大，则加速度减小，当加速度减小到零，速度达到最大，然后重力小于弹力，向下做减速运动，运动的过程中加速度增大，到达最低点速度为零；则小球的速度先增加后减小；小球的加速度先减小后增大，选项A错误，B正确；C．小球下落过程中，弹力一直做负功，小球的机械能不守恒，选项C正确；D．在该过程对小球和弹簧系统的机械能守恒，因重力势能逐渐减小，则动能和弹性势能的总逐渐变大，选项D错误。11.如图所示,质量为m的小球用长度为R的细绳拴着在竖直面上绕O点做圆周运动,恰好能通过最高点A,重力加速度为g,则A. 小球通过最高点A的速度为B. 小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgRC. 若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了,则小球还能上升的高度为RD. 若细绳在小球运动到A处断了,则经过t=时间小球运动到与圆心等高的位置【答案】AD【解析】【详解】A．小球刚好通过最高点时，绳子的拉力恰好为零，有：解得故A正确；B．根据动能定理，小球通过最低点B和最高点A的动能之差为△EK=mg•2R=2mgR故B错误；
C．从A到C，由动能定理可得：细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，小球竖直上抛，设上升的高度为h，由动能定理可得：解得：h=1.5R故C错误；
D．若细绳在小球运动到A处断了，小球平抛，下落高度R，时间为此时与圆心的位置等高，故D正确。12.2016年9月15日在酒泉卫星发射中心发射成功的“天宫二号”是继“天宫一号”后我国自主研发的第二个空间实验室,也是我国第一个真正意义上的空间实验室。“天空二号”绕地球做匀速圆周运动,其运行周期为T1,线速度为v,离地面高为h,地球半径为R,自转周期为T2,引力常量为G,则下列说法正确的是A. “天宫二号”的向心加速度为B. 地球的质量为C. “天宫二号”的线速度大于地球的第一宇宙速度D. 地球赤道表面处物体的重力加速度为【答案】B【解析】【详解】A．“天宫二号”的向心加速度：故A错误；B．卫星的万有引力等于向心力，故：解得选项B正确；C．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是圆轨道卫星速度的最大值，故“天宫二号”的线速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；D．静止在赤道上物体受重力为：将带入可得：故D错误；13.如图所示,足够长的水平传送带以v0=2 m/s的速度沿逆时针方向匀速转动,在传送带的左端连接有一光滑的弧形轨道,轨道的下端水平且与传送带在同一水平面上,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.4。现将一质量为m=1 kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道上高为h=0.8 m的地方由静止释放,重力加速度大小取g=10 m/s2,则A. 滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为4 m/sB. 滑块在传送带上向右滑行的最远距离为2.5 mC. 滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为2.25 sD. 滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端的过程中,传动系统对传送带多做的功为18 J【答案】AC【解析】【详解】A．滑块刚滑上传送带左端时的速度大小为选项A正确；B．滑块在传送带上向右滑行的加速度滑行的最远距离为选项B错误；C．滑块向右滑行的时间：向左滑行到与传送带共速时的时间：向左滑行到与传送带共速时的距离匀速滑到最左端的时间滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端所用的时间为选项C正确；D．滑块从开始滑上传送带到第一次回到传送带最左端摩擦生热： 带入数据可得Q=18J此过程中摩擦力对滑块做功为： 由能量守恒定律可知带动传送带的电动机多做的功为W′=Q+W=18J-6J=12J故D错误。14.以下说法正确的是　　　　。A. 达到热平衡的系统内部各处都具有相同的温度B. 分子间距增大,分子势能就一定增大C. 浸润与不浸润均是分子力作用的表现D. 液体的表面层分子分布比液体内部密集,分子间的作用力体现为相互吸引E. 物体的温度越高,分子热运动越激烈,分子的平均动能就越大【答案】ACE【解析】【详解】A．达到热平衡的系统内部各处都具有相同的温度，选项A正确；B．当r<r0时，分子间距增大，分子力做正功，则分子势能减小，选项B错误；C．浸润与不浸润均是分子力作用的表现，选项C正确；D．液体的表面层分子分布比液体内部稀疏，分子间的作用力体现为相互吸引，选项D错误；E．物体的温度越高，分子热运动越激烈，分子的平均动能就越大，选项E正确。二、实验题：共2题 每题6分，共12分15.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。（1）实验中必要的措施是______。A．细线必须与长木板平行                    B．先接通电源再释放小车C．小车的质量远大于钩码的质量            D．平衡小车与长木板间的摩擦力（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 HZ的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。s1=3.59 cm，s2=4.41 cm，s3=5.19 cm，s4=5.97 cm，s5=6.78 cm，s6=7.64 cm。则小车的加速度a=______m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打B点时小车的速度vB=______m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】    (1). （1）AB        (2). （2）0.80    (3). 0.40【解析】【详解】①为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故AB正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故C错误；由C的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故D错误，故选AB。②每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为；根据逐差法可知，物体的加速度；B点的速度等于AC段的平均速度，则有：。【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。16.“探究力的平行四边形定则”的实验装置如图甲所示，橡皮筋的一端固定在A点，O为橡皮筋与细线的结点，OB和OC为细绳，图乙所示是在白纸上根据实验结果画出的力的图示。（1）图乙中_______是力F1和F2合力的实际测量值，_____一定沿AO方向。（均填“F”或“F′”）；（2）关于本实验的注意事项，下列说法正确的是__________。A.两细绳之间的夹角越大越好B.弹簧的轴线应与细绳在同一直线上C.细绳、弹簧测力计应与木板平行D.弹簧测力计使用前应调零【答案】    (1).     (2).     (3). BCD【解析】【详解】（1）[1][2][3]．图乙中F是力F1和F2合力的理论值，而F＇是实际测量值，F＇一定沿AO方向。（2）[4]．A．两细绳之间的夹角大小适当，并非越大越好，选项A错误；B．弹簧的轴线应与细绳在同一直线上，这样可减小实验误差，选项B正确；C．细绳、弹簧测力计应与木板平行，选项C正确；D．弹簧测力计使用前应调零，选项D正确。三、计算题（共32分，其中17、18题为选考题，要求写出物理过程和重要的计算过程，只写出最后结果不得分）17.如图所示，长为L＝50cm且粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直放置，玻璃管内用10cm高的水银柱封闭着30cm长的空气柱(可看作理想气体)，其初始温度为t0＝27℃，外界大气压强恒为p0＝76cmHg。①若缓慢对空气柱加热，使水银柱上表面与管口刚好相平，求此时空气柱的温度t1；②若将玻璃管的上端开口封闭，并将下端空气柱的温度升高到t2＝327℃，发现玻璃管中的水银柱上升了2cm，则此时下端空气柱的压强为多大？【答案】(2)①127℃ ②161cmHg【解析】试题分析：(2)①由题意可知，对空气柱加热过程中，空气柱发生的是等压变化，加热前，空气柱的长度l0＝0.3m，加热后，空气柱的长度为l＝0.4m，若细玻璃管的横截面积为S，则由盖—吕萨克定律可得：＝代入数据可解得：t1＝127℃②由题意可知，空气柱初态时的压强为p1＝p0＋10cmHg＝86cmHg，温度为T1＝300K，体积为V1＝l0S，末态时的温度为T2＝600K，体积为V2＝(l0＋0.02m)S，压强为p2，则由理想气体状态方程可得：＝代入数据可解得：p2＝161cmHg考点：理想气体状态方程【名师点睛】本题关键是对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式，难点在于确定两端气体压强间以及其与大气压强的关系．设活塞下推距离为△l，分别求解出上、下两端封闭气体下推前的压强和长度，在表示出下推后的压强和长度，对两端封闭气体分别运用玻意耳定律列式后联立求解即可．18.如图所示，一截面为直角三角形的玻璃棱镜ABC，A=30o，AC边长为L，光速为c。一条光线以45o的入射角从AC边上的中点D点射入棱镜，光线垂直BC边射出。求：（1）玻璃的折射率n（2）光在玻璃中传播所用的时间t【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)由题意可作出光由AC面射入，从BC面射出的传播路线如图所示由几何关系可知，光线进入AC面的折射角为30°对光在AC面的折射，由折射定律可知(2)设玻璃中光速为v   由 得 有几何关系得光在玻璃中的路程s为：  四.解答题（共22分，要求写出物理过程和重要的计算过程，只写出最后结果不得分）19.能源短缺和环境恶化已经成为关系到人类社会能否持续发展的大问题．为缓解能源紧张压力、减少环境污染，汽车制造商纷纷推出小排量经济实用型轿车．某公司研制开发了某型号小汽车发动机的额定功率为24 kW，汽车连同驾乘人员总质量为m=2 000 kg，在水平路面上行驶时受到恒定的阻力是800 N，求：（1）汽车在额定功率下匀速行驶的速度；（2）汽车在额定功率下行驶，速度为20 m/s时的加速度.【答案】（1）v=30 m/s  （2）a=0.2 m/s2【解析】(1)汽车匀速行驶时，机车牵引力F等于阻力f又P＝Fv代入数据得v＝30 m/s.(2)设v1＝20 m/s时机车牵引力为F1，则P＝F1v1根据牛顿第二定律F1－f＝ma代入数据得a＝0.2 m/s2.20.滑板运动是年轻人非常喜爱的运动。如图所示，BC段圆弧所对应的圆心为O点，圆心角为60°，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙，长度sCD=8m。一运动员从A点以v0=3m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入光滑圆弧形轨道BC，经轨道CD后冲上光滑轨道DE,到达E点时速度减为零，然后返回。运动员和滑板的总质量为m，B、E两点距水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h=2m,H=2.8m,g取10m/s2.。（1）求运动员从A点运动到B点时的速度大小vB；（2）求轨道CD与滑板间的动摩擦因数μ；（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如果能，请求出运动员回到B点是的速度大小；如果不能，则最后运动员停在何处？【答案】（1）（2）（3）或【解析】【详解】（1）由题意可知： …①解得：vB=2v0=6m/s（2）由B点到E点，由动能定理可得： …②由①②代入数据可得：μ=0.125（3）运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有：解得：h'=1.8m＜h=2m所以第一次返回时，运动员不能回到B点；
设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为S，由动能定理可得： …④代入数据解得：S=30.4m因为S=3SCD+6.4m，所以运动员最后停在D点左侧6.4m处，或C点右侧1.6m处。