江西省分宜中学2019届高三上学期第三次段考物理试题

江西省分宜中学2019届高三上学期第三次段考
物理试题
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题
1.下列说法中正确的是
A. 钍的半衰期为24天。

1g钍经过120天后还剩0.2g
B. 大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子
C. 是核聚变反应
D. 光电效应实验中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大
【答案】C
【解析】
钍的半衰期为24天。

1g钍经过120天，也就是5个半衰期后，还剩，选项A错误；大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子，选项B错误；是核聚变反应，选项C正确；光电效应实验中，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，选项D错误；故选C.
2.我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗．多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)的轨道高度为“静卫”轨道高度的.下列说法正确的是
( )
A. “中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间
B. “静卫”的轨道必须是在赤道上空
C. 如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5
D. “静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期
【答案】B
【解析】
试题分析：7．9 km/s是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于7．9 km/s，故A 错误；同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；
根据万有引力提供向心力得：，解得：，如果质量相同，动能之比等
于半径的倒数比，“中卫”轨道高度为静止轨道高度的，地球半径相同，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3：5，故C错误；根据
得：，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故D错误．故选B．
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；要知道同步卫星的轨道与地球赤道共面，7 ．9 km/s是地球卫星的最大速度；万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键；
3.如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x-t)图线。

由图可知（）
A. 在时刻t1，b车追上车a
B. 在时刻t2，a、b两车运动方向相同
C. 在t1到t2这段时间内，b车的速率先增加后减少
D. 在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
【答案】A
【解析】
【详解】A、在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，说明ab相遇;故A正确.
B、在时刻t2，a图线切线斜率为负值，说明a的速度沿负向，而b的斜率为正值，速度沿正负，所以两车运动方向相反;故B错误.
C、图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加;故C错误.
D、位移图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先大于a后小于a，所以b车的速率不是一直比a车大;故D错误.
故选A.
【点睛】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小．纵坐标的变化量表示位移，平均速度等于位移与时间的比值．
4.在2018年平昌冬奥会冰壹比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，如图a 所示，两壶发生对心正碰，碰后运动员用冰壶刷擦蓝壶前进方向上的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶的速度时间图像如图中的实线所示，两冰壶质量相同，则
A. 两壶碰撞为弹性碰撞
B. 碰后两壶相距的最远距离为1.1m
C. 碰后红、蓝两壶的滑动摩擦力相同
D. 碰后蓝壶的加速度大小为0.10m/s²
【答案】B
【解析】
由图知：碰前红壶的速度，碰后速度为，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞
前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：，解得：，碰撞前的总动能为，碰撞后的总动能，故两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；由图可知，若红壶不碰撞，则加速度为，经时间ts速度变为零，则，即图中红壶和蓝壶图线横坐标交点为t=6s；碰撞后红壶移动的位移为，蓝壶移动的位移为，故碰后两壶相距的最远距离为，故B正确；根据图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故C错误；碰后蓝壶的加速度大小为，故D错误；故选B。

【点睛】根据速度的正负分析红壶的速度方向。

对于碰撞过程，运用动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度，若碰撞前后能量守恒，则为弹性碰撞。

根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解蓝壶移动的位移，从而求出它们相距最远的距离；根据图象的斜率分析碰后两壶的加速度关系，根据牛顿第二定律分析碰后红、蓝两壶所受的摩擦力大小关系。

5.如图所示，在竖直平面内固定一直杆，杆与地面间夹角为，轻环套在杆上。

不计质量的滑轮用轻质绳OP悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在环上，不计所有摩擦。

现向左缓慢拉绳，当环静止时，与手相连的绳子水平，则OP绳与天花板之间的夹角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
当轻环静止不动时，PQ绳的拉力与杆的压力等大反向共线，所以PQ绳垂直于杆，由几何关系可知，绳PQ与竖直方向之间的夹角是；对滑轮进行受力分析如图，由于滑轮的质量不计，则OP对滑轮的拉力与两个绳子上拉力的合力大小相等、方向相反，所以OP的方向一定在两根绳
子之间的夹角的平分线上，由几何关系得OP与天花板之间的夹角，C正确．
6.下图是两个等量异种电荷形成的电场，AB为中垂线上两点，CD为两电荷连线上两点，且A、
B、C、D与O点间距离相等，则（）
A. A、B、C、D 四点场强相同
B. C点电势比D点电势低
C. 正电荷从A运动到B，电场力不做功
D. 正电荷从C运动到D，电势能增加
【答案】C
【解析】
【详解】两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO=BO，那么A、B两点的场强就是相等的，小于O处的场强。

由于C、D两处电场线比O处密，则C、D 两处的场强比O处大，故A错误；电场线从正电荷出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，则知C点电势比D点电势高，故B错误。

AB为中垂线，是一条等势线，其上各点的电势都相等，AB之间的电势差为0，则正电荷从A运动到B，电场力不做功，故C正确；正电荷从C运动到D，电场力从C指向D，电场力做正功，电势能减小，故D错误。

故选C。

【点睛】此题关键是知道两个等量异种点电荷形成的电场，电场线分布具有对称性，电场线越密，场强越大．中垂线上所有点的电场强度的方向都相同且与之垂直；该中垂线是一条等
势线，所有点的电势都相等．
7.在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，R t为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。

下列说法正确的是（）
A. 变压器原线圈两端电压的瞬时表达式为u=36sin50πt(V）
B. 在t=0.01s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零
C. R t处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V1、V2的比值不变
D. R t处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大
【答案】BD
【解析】
【详解】A、B、原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压，周期0.02s，故角速度是ω=100π，，当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零;故A错误，B正确.
C、R t处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R t温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大;故C 错误.
D、R t温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大;故D正确.
故选BD.
【点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
8.如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）
A. 物块A运动的最大加速度为
B. 要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系
C. 若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为
D. 轻绳对定滑轮的作用力为
【答案】ACD
【解析】
【详解】设A、B相对静止时A、B的共同加速度为a，绳对C的拉力为T，B对A的摩擦力为f。

根据题意可知此时C的加速度大小也为a（方向向下）；
取C为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg-T=ma，解得T=mg-ma①；
取AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：T=2Ma②；
取B为研究对象，根据牛顿第二定律可得：f=Ma③；
联立①②③得：④
A、A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，即f=μMg，其加速度也达到最大值a max=ug⑤，故A正确.
B、由④⑤解得此时，所以B错误.
C、由③可推导出，将a代入④可得；故C正确.
D、因为绳对C的拉力T=mg-ma，所以绳对滑轮的力；故D
正确.
故选ACD.
【点睛】解决好本题的关键是灵活的选取研究对象，要充分理解A滑动的临界条件是其所受的滑动摩擦力充当合外力.
9.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m的导体棒由静止释放，当速
度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。

导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（）
A.
B.
C. 当导体棒速度达到时加速度为
D. 在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【答案】AC
【解析】
【详解】A、B、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则有：,当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：,故有F=mg sinθ，拉力的功率为：P=F×2v=2mgv sinθ，故A正确，B错误.
C、当导体棒速度达到时，由牛顿第二定律得：,解得：；故C正确.
D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及重力所做的功;故D错误.
故选AC.
【点睛】考查了电磁感应定律结合闭合电路的知识，注意平衡条件得应用，结合能量守恒进行解答.
10.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑轨道ABCD，其中倾角θ=37°的斜面AB与半径为R 的圆弧轨道平滑相切于B点，CD为竖直直径，O为圆心，质量为m的小球（可视为质点）从与B点高度差为h的斜面上的A点处由静止释放，重力加速度大小为g，,，则下列说法正确的是（）
A. 当h=2R时，小球过C点时对轨道的压力大小为
B. 当h=2R时，小球会从D点离开圆弧轨道作平抛运动
C. 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能恰好落在B点
D. 调整h的值，小球能从D点离开圆弧轨道，并能恰好落在B点
【答案】AC
【解析】
【详解】A、当h=2R时，从A点到C点的过程，根据机械能守恒有：;
过C点时有：,解得：,根据牛顿第三定律可知，小球过C点压力大小为，A正确；
B、若小球恰好从D点离开圆弧轨道，则有：,;
解得：,h0=2.3R＞2R，所以当h=2R时，小球在运动到做平抛运动，D点前已经脱离轨道，不会从D点离开做平抛运动，B错误；
C、D、若小球以速度v0从D点离开后做平抛运动，，得：，且
，所以小球能从D点离开圆弧轨道，但一定不能落在B点；故C正确、D 错误.
故选AC.
【点睛】本题是动能定理与圆周运动、平抛运动的综合应用，关键要把握小球恰好通过D点的临界条件，分段运用动能定理列式.
二、填空题
11.某同学用游标为20分度的卡尺测量一薄金属圆板的直径D，用螺旋测微器测量其厚度d，示数如图所示.由图可读出D=________mm，d=________mm.
【答案】 (1). 50.80 (2). 3.774~3.778
【解析】
【详解】游标卡尺的读数等于50mm+0.05×16mm=50.80mm．螺旋测微器的读数等于3.5mm+0.01×27.5mm=3.775mm(3.774~3.778)．
【点睛】游标卡尺读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读;螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读．
12.某同学在做“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，现有如下实验器材：
①量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表；
②量程为0.6 A、内阻约为 0.1 Ω的电流表；
③阻值为0～20 Ω的滑动变阻器；
④内阻可忽略、输出电压为3 V的电源；
⑤额定电压是2.5 V的小灯泡；开关和导线若干。

(1)该同学连接实验电路如图所示，闭合开关S前请老师检查，老师指出图中标示的①、②、
③、④和⑤五根连线中有两处错误，错误连线是______(填连线的序号)；
(2)正确连线后，闭合开关S前，应将滑动变阻器滑片C移到_____处(填“A”或“B”)。

调节滑动变阻器，电流表的示数从0开始增加，当示数为0.50 A时，电压表示数如图所示，读数为_____ V。

(3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图象中的_________ (填字母)。

【答案】(1). ①④ (2). A (3). 2.50 (4). C
【解析】
【详解】(1)本实验中需要用到滑动变阻器分压接法，同时采用电流表外接法，故连线错误的是①④；
(2)实验时应让电流由最小值开始调节，因采用分压接法，测量电路与滑动变阻器左侧并联，所以滑片应滑至A侧；电压表量程为3V，最小分度为0.1V，故读数为2.50V；
(3)因灯泡电阻随温度的升高而增大，而I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，故正确的图象应为C；
【点睛】本题考查描绘灯泡的伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，掌握图象的基本性质，会根据图象分析电阻的变化。

三、论述、计算题
13.在水平地面上有一质量为3kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s 后拉力大小减为，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示．
求：（1）物体的总位移
（2）物体受到的拉力F的大小
（3）物体与地面之间的动摩擦因数．(g取10m／s2)
【答案】（1）（2）10.2N（3）
【解析】
【详解】(1)由图像可知位移
(2)设物体所受滑动摩擦力为f，
则物体在0～10s的运动过程中，加速度的大小为
由牛顿第二运动定律得:①
物体在10s～14s的运动过程中，加速度为
由牛顿第二运动定律得②
由①、②式求得：拉力，f=10.2N
(3)又,得
【点睛】本题关键根据速度—时间图象得到物体的运动情况，根据运动学公式得到加速度，然后根据牛顿第二定律列式，联立方程组求解．注意在根据牛顿第二定律列式时，加速度的方向和合力方向一致．
14.如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R ＝0.5 m。

质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P。

现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点。

两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求：
(1)B球与A球相碰前的速度大小；
(2)A、B两球的质量之比m1∶m2。

【答案】(1) 6 m/s(2) 1∶5
【解析】
试题分析:
B球与A球碰前的速度为v1，碰后的速度为v2
B球摆下来的过程中机械能守恒，
解得m/s
碰后两球恰能运动到P点
得v p==
碰后两球机械能守恒
得v2=5m/s
两球碰撞过程中动量守恒
m2v1=(m1+m2)v2
解得m1:m2=1:5
考点：机械能守恒定律，动量守恒定律。

15.如图所示，在x轴下方的区域内存在沿y轴正向的匀强电场，电场强度为E。

在x轴上方以原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B。

y轴下方的A点与O点的距离为d，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点由静止释放，经电场加速后从O点射入磁场。

(不计粒子的重力)
(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(2)要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0，求E0；
(3)若电场强度E等于第(2)问E0的，求粒子经过x轴时的位置。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】
试题分析：（1）带电粒子先在电场中加速后进入磁场中偏转．根据动能定理求加速获得的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求磁场中运动的半径；
（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，由上题结论求E0．
（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，求粒子在磁场中运动的轨迹半径，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求经过x轴时的位置．
解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得①
粒子进入磁场后做圆周运动，有②
解得粒子在磁场中运动的半径③
（2）要使粒子之后恰好不再经过x轴，则离开磁场时的速度方向与x轴平行，运动情况如图①，由几何知识可得④
由以上各式解得⑤
（3）将代入可得磁场中运动的轨道半径⑥
粒子运动情况如图②，图中的角度α、β满足 cosα==即α=30° ⑦
则得β=2α=60° ⑧
所以粒子经过x轴时的位置坐标为⑨
解得⑩
答：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r为．
（2）要使粒子进入磁场之后不再经过x轴，电场强度需大于或等于某个值E0．E0为．（3）若电场强度E等于第（2）问E0的，粒子经过x轴时的位置为x=．
【点评】本题是带电粒子在复合场中运动的类型，运用动能定理、牛顿第二定律和几何知识结合进行解决．
16.两列简谐波的振幅都是20cm,传播速度大小相同，实线波的频率为1Hz,沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播，某时刻两列波在如图所示区域相遇，则在相遇区域 ________填“会”或“不会”)发生干涉现象；从图示时刻起再经过0.5s,平衡位置为x=4cm处的质点的位移y=_______cm.
【答案】 (1). 不会 (2). 0
【解析】
实线波的频率为2Hz，周期为0.5s；由波速公式分析得到，虚线波的周期为0.75s，频率为，则两列波在相遇区域不会发生干涉现象；
从图示时刻起再经过0.5s，实线波单独传播时x=4m处的质点位于平衡位置，虚线波单独传播时x=4m处的质点也位于平衡位置，据波的叠加原理可知，故此时质点的位移y=0。

【点睛】对波的叠加原理的理解和应用能力，可运用波形平移法分析一列波单独传播时质点的状态。

17.如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R,AB是一条直径.某学习小组通过实验去测定圆柱体的折射率，他们让一束平行光沿AB方向射向圆柱体，发现与AB相距的入射光线经折射后恰经过B点，已知：光在真空中的传播速度为c,求:
①这个圆柱体的折射率；
②光在透明圆柱中传播的速度.
【答案】①②
【解析】
解：①设光线P经折射后经过B点，光路如图所示：
根据折射定律
有，解得
又，得
联立求解可得
②由，
得光在玻璃体中传播的速度为。