2024-2025学年江苏省南通市如东县高三（上）第一次学情检测物理试卷（10月）（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省南通市如东县高三（上）第一次学情检测物理试卷（10月）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.太阳能电池板是利用光电效应将光能转化为电能的设备，图甲是研究制作电池板的材料发生光电效应的电路图。用不同频率的光照射K极板发生光电效应，得到图乙中遏止电压UC与入射光的频率ν间的关系图像。下列说法正确的是( )
A. 增大入射光频率，K极板的逸出功增大
B. 增大入射光频率，产生光电子的最大初动能减小
C. 增大入射光强度，产生光电子的最大初动能不变
D. 遏止电压UC与入射光频率ν关系图像的斜率表示普朗克常量
2.一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图所示，空调外机的重心在支架水平横梁AO和斜梁BO连接点O的上方，横梁对O点的拉力沿OA方向、大小为F1，斜梁对O点的支持力沿BO方向、大小为F2.如果只把斜梁缩短一点，仍保持连接点O的位置不变，则( )
A. F1增大B. F1减小C. F2不变D. F2减小
3.质量为m的汽车在平直公路上行驶，阻力f保持不变.当它以速度v、加速度a加速前进时，发动机的实际功率正好等于额定功率，从此时开始，发动机功率保持不变，则发动机在额定功率下工作的过程( )
A. 做匀加速运动B. 做加速度增大的加速运动
C. 受到的牵引力为f+maD. 额定功率为(f+ma)v
4.红外测温仪只能捕获红外线，红外线光子的能量为0.55eV∼1.62eV.如图所示为氢原子的能级图，大量处在基态的氢原子吸收某种频率的光子后跃迁到高能级，之后辐射的光子只有两种能被测温仪捕获，则下列被捕获光子的能量可能是( )
A. 1.51eVB. 0.97eVC. 0.85eVD. 0.31eV
5.一塑料球和一石子同时从相同高度由静止下落，球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比。忽略石子受到的空气阻力，它们运动的v−t图像如图所示，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.研究表明，分子间的作用力F跟分子间距离r的关系如图所示。则( )
A. 液体表面层分子间平均距离略小于r1
B. 理想气体分子间距离为r2
C. 分子间距离r=r1时，分子势能最小
D. 分子间距离r=r2时，分子力表现为斥力
7.伽利略发现木星有四个卫星.已知木星的质量为M、半径为R、自转周期为T0，木卫二绕木星做圆周运动的半径为r，引力常量为G.设木卫二运行速度为v，运行周期为T，则( )
A. v= GMRB. v=2πrT0C. T=2π R3GMD. T=2π r3GM
8.如图所示，一球员将足球从球门正前方某处踢出，在竖直平面内经位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高点.不考虑足球的旋转，则足球( )
A. 在位置3与位置1时的速度大小相等
B. 上升过程的时间小于下落过程的时间
C. 在水平方向先减速运动，后匀速运动
D. 从位置1到2过程机械能增加，从位置2到3过程机械能减小
9.如图，“双人花样滑冰”训练时男运动员以自己为转动轴拉着女运动员沿冰面做圆周运动，两人手臂伸直，女运动员始终未离开冰面.男运动员在缓慢下蹲过程，手中拉力大小恒定，则女运动员( )
A. 转动的角速度恒定不变B. 线速度大小恒定不变
C. 受到的合外力大小不变D. 加速度方向始终沿着伸直的手臂方向
10.2023年2月，中国载人航天工程三十年成就展在中国国家博物馆举行，展示了中国载人航天发展历程和建设成就。如图所示是某次同步卫星从轨道1变轨到轨道3，点火变速在轨道P、Q两点，P为轨道1和轨道2的切点，Q为轨道2和轨道3的切点。轨道1和轨道3为圆轨道，轨道2为椭圆轨道。则卫星( )
A. 在轨道3上的动能最大
B. 在轨道3上Q点的加速度大于轨道2上P点的加速度
C. 在轨道2上的机械能一定小于在轨道3上的机械能
D. 在轨道2上由P点到Q点的过程中，机械能不断变化
11.如图所示，一长为L的轻杆的一端固定在水平转轴上，另一端固定一质量为m的小球，轻杆随转轴在竖直平面内做匀速圆周运动，A、B两点与圆心在同一高度，重力加速度为g.则小球( )
A. 在最高点的最小速度为 gL
B. 在最低点受到杆的作用力可能小于mg
C. 在最低点受到杆的作用力可能比最高点小
D. 分别在A、B两位置时，受到杆的作用力大小相等
二、实验题：本大题共1小题，共14分。
12.某中学实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置验证“机械能守恒定律”。物块甲、乙通过轻绳连接绕过光滑的定滑轮，物块甲和遮光条的总质量为M，物块乙的质量为m，重力加速度为g。实验步骤如下：
①用手托着物块甲，使系统处于静止状态，测出遮光条上沿到光电门中心的距离H；
②将系统由静止释放，通过计算机记录遮光条通过光电门的挡光时间t；
③多次改变H，重复②步骤。

(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d如图乙所示，则挡光片的宽度为______mm。
(2)若某次计算机记录遮光条通过光电门的挡光时间为t0，则此时遮光条通过光电门时速度的表达式为______，物块甲、乙和遮光条总动能的表达式为______。
(3)多次改变H，同时记录遮光条经过光电门的挡光时间t，以H为纵轴，作出图丙所示图象，则横轴应取______(选填“t2”或“1t2”)；若系统的机械能守恒，则图线的斜率k应满足的关系式为k= ______。
(4)若实际测量的k值略大于理论值，原因是______。
A.没有能满足M≫m
B.系统克服阻力做功
C.遮光条的宽度较大
(5)试说明图线不过原点的原因是______。
三、计算题：本大题共4小题，共42分。
13.我国自主研发的094型战略核潜艇，使我国核威慑力量更加有效，被称为“镇国神器”。一个体积为V的简易核潜艇模型如图所示，当储水舱中的气体体积为V0、压强为p0时，核潜艇总体积的56浸没在海水中。当核潜艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，会吸入一定量的海水，使核潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态，此时储水舱上方气体的压强为p1。已知储水舱中的气体可视为理想气体，且气体温度不发生变化。求：
⑴进入储水舱的海水的体积ΔV；
⑵储水舱剩余气体与原有气体的质量之比k。
14.如图所示为一乒乓球台的纵截面，A、E是台面的两个端点位置，乒乓球网的高度CF=ℎ0，AC=3AB、CE=3DE，P、Q、D在同一竖直线上.第一次在P点将球水平击出，轨迹恰好过球网最高点F，落到B点;第二次在Q点将同一球击出，轨迹最高点恰好过球网最高点F，落在A点.球可看做质点，不计空气阻力作用，重力加速度为g.求：
(1)P点与F点的高度差ℎ1;
(2)球在Q点击出时的竖直分速度vy．
15.某种弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep=36J，质量m=2kg的滑块静止于弹簧右端，光滑水平轨道AB的右端与倾角θ=30°的传送带平滑连接，传送带保持静止状态。某时刻弹簧解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并恰好能到达传送带的顶端。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ= 32，弹簧形变在弹性限度内，弹簧自然长度小于水平轨道AB的长度，滑块可视为质点，取g=10m/s2。
(1)求解除锁定后，滑块被弹簧弹出后的速度大小v1；
(2)求传送带长度L；
(3)若传送带始终以v0=5m/s的速度顺时针匀速转动，求滑块在传送带上运动的过程中，摩擦力对滑块做的总功W。
16.如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2，一端和质量为2m的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量为m的小物块连接，直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角θ=53°，直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，O点到定滑轮O1的距离为L0，直杆上D点到O1点的距离也为L0，重力加速度为g，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰，sin53°=0.8，cs53°=0.6。现将物块从O点由静止释放。
(1)若物块沿杆下滑的最大距离为L，求小球能上升的最大高度ℎ；
(2)求小球运动到最低点时，物块加速度的大小a和速度的大小v0；
(3)求物块下滑至D点时，小球的速度大小v1。
答案解析
1.C
【解析】A.逸出功只与金属本身有关，与入射光频率无关，故A错误；
BC.根据爱因斯坦光电效应方程
Ek=ℎν−W
光电子的最大初动能只与逸出功和入射光频率有关，与光照强度无关，相同情况下，入射光频率越高，产生的光电子的最大初动能增大，故B错误，C正确；
D.由动能定理
eUC=Ek
变式得
UC=ℎeν−We
斜率表示 ℎe ，故D错误。
故选C。
2.A
【解析】以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：
由图可知F1=F2sinθ，G=F2csθ，
如果把斜梁缩短一点，仍保持连接点O的位置不变，θ会变大，
则F2会变大，F1会变大，故A正确，BCD错误．
故选A。
3.D
【解析】AB、发动机始终在额定功率下工作，即发动机的功率保持不变，而汽车加速运动，速度增大，由P=Fv可知，功率不变，速度增大时，牵引力减小。当它以速度v、加速度a加速前进时，由牛顿第二定律，可计算得到牵引F=f+ma。水平方向上汽车在发动机牵引力F和阻力f的共同作用下加速运动，a=F−fm，当牵引力F减小时，加速度减小，做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，即F=f，速度达到最大，做匀速运动。故ABC错误;
D、当它以速度v、加速度a加速前进时，由牛顿第二定律，可计算得到牵引F=f+ma，此时汽车的功率即额定功率等于P=Fv=(f+ma)v，故D正确；
故选D。
4.B
【解析】红外线光子的能量为 0.55eV∼1.62eV ，辐射的光子只有2种能被测温仪捕获，由氢原子的能级图可知对应的两种光子能量分别为
E4−E3=−0.85eV−(−1.51)eV=0.66eV
E5−E3=−0.541eV−(−1.51)eV=0.97eV
故选B。
5.B
【解析】取向下为正方向，忽略石子受到的空气阻力，石子只受重力，做自由落体运动，加速度恒为g，v−t图像是一条过原点向上倾斜的直线，对于塑料球，根据牛顿第二定律有
mg−f=ma下
又
f=kv
联立解得
a下=g−kvm
则下降过程中，开始时速度为0，加速度为g，随着v的增大， a不断减小，且小于g，方向不变。
故选B。
6.C
【解析】解：A、液体表面存在表面张力，是分子间表现为引力的结果，所以液体表面层分子间平均距离略大于r1，故A错误；
B、理想气体分子之间的引力忽略不计，是因为分子间距离较大，一般大于分子直径的10倍，即10r1，故B错误；
C、分子间距离r=r1时，分子间引力和斥力相等，分子力为零，不管是增大分子间距，还是减小分子间距都要克服分子力做功，分子势能增大，所以在r=r1时，分子势能最小，故C正确；
D、分子间距离r=r2时，分子间距离大于平衡距离r1，分子力表现为引力，故D错误，
故选：C。
液体表面存在表面张力，是分子间表现为引力的结果，据此分析；理想气体分子之间的引力忽略不计；在平衡位置处，分子势能最小；当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力。
分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，只不过斥力变化的更快些，知道分子间的平衡位置，以及分子势能随分子间距离变化规律。
7.D
【解析】AB、木卫二在轨道半径为r的轨道上运行，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，解得v= GMr，结合圆周运动知识可得：v=2πrT，选项AB错误;
CD、对木卫二，根据万有引力提供向心力得GMmr2=m(2πT)2r，
解得T=2π r3GM，故C错误，D正确。
故选D．
8.B
【解析】A、由于空气阻力不能忽略，从1到2位置，根据动能定理得：−mgℎ−Wf1=12mv22−12mv12，从2到3位置，根据动能定理得：mgℎ−Wf2=12mv32−12mv22，由于从1到2位置和2到3位置，空气阻力做功不同，上升时平均阻力更大，做功多，即Wf1>Wf2，即所以在位置3与位置1时的动能大小不相等，那么速度大小也不相等，故A错误；
B、运动时间由竖直方向决定，对竖直方向受力分析，根据牛顿第二定律，上升阶段有：mg+Ff1=ma1，下降阶段有：mg−Ff2=ma2，比较可得，上升阶段的平均加速度大于下降阶段，位移相同时，上升过程的时间就小于下落过程的时间，故B正确；
C、足球在运动过程中受到的空气阻力与运动方向相反，阻力在水平方向的分力与速度在水平方向的分速度方向始终相反，故水平方向一直做减速运动。故C错误；
D、足球在运动过程中收到的空气阻力与运动方向相反，故阻力一直做负功，机械能一直减小，故D错误。
故选：B。
9.A
【解析】D、女运动员沿冰面做圆周运动，合力提供向心力，合力水平指向圆心，则加速度水平，故D错误；
C、男运动员缓慢下蹲，手中拉力大小恒定，则男运动员对女运动员的拉力在水平方向上的分力增大，而女运动员在竖直方向上的合力为0，则女运动员受到的合外力增大，故C错误；
AB、设手臂与水平方向上的夹角为θ，两人手臂的总长度为L，手臂上的力大小为T，女运动员的质量为m，则有Tcsθ=mv2Lcsθ，可得v= TLcs2θm，男运动员缓慢下蹲，θ减小，v增大，而角速度ω=vr= TmL，即ω不变，故B错误，A正确。
10.C
【解析】A、在圆轨道，根据万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r，得v= GMr，故卫星在轨道3上的动能最小，故A错误;
B.由F=GMmr2=ma，轨道3上Q点的加速度小于轨道2上P点的加速度，故B错误;
C.轨道3是由轨道2加速上去的，故在轨道2上的机械能一定小于在轨道3上的机械能，故C正确；
D.轨道2上从P到到Q点只有万有引力做功，机械能不变，故D错误;
故选C。
11.D
【解析】A、竖直圆杆模型，最高点的速度可以为零，故A错误；
B、小球在竖直圆内做圆周运动，最低点速度一定大于零，即向心力Fn>0，最低点杆的弹力F与小球的重力mg的合力提供向心力有：F−mg=Fn>0，故B错误；
C、杆对球的作用力F在最低点一定是拉力且大于重力，最高点可能是拉力也可能是支持力，当最高点速度小于 gL时，表现为支持力且小于重力；当最高点速度大于 gL时，表现为拉力有F1+mg=Fn1，此时最低点有F2−mg=Fn2，且最高点速度小于最低点速度，Fn1D、A、B等高，两点速度大小也相等所需向心力也相等，此时杆的作用力提供向心力，故D正确。
dt0 (M+m)d22t02 1t2 (M+m)d22(M−m)g B 实验中未考虑遮光条宽度对实验的影响
【解析】解：(1)该游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则，其读数为3mm+13×0.05mm=3.65mm；
(2)根据光电门计算瞬时速度的表达式，则速度为v=dt0，根据动能表达式，物体甲、乙和遮光条的总动能为Ek=12(M+m)v2=12(M+m)(dt0)2=(M+m)d22t02；
(3)若系统的机械能守恒，则有(M−m)gH=12(M+M)v2=(M+m)d22t02，解得H=(M+m)d22(M−m)g⋅1t2，可知应该以1t2为横轴，并且图线的斜率k应满足k=(M+m)d22(M−m)g；
(4)实验过程中，系统需要克服一定的空气阻力和摩擦力做功，设阻力恒为f，则有MgH−mgH−fH=12(M+m)v2，可得H=(M+m)d22(M−m)g−2f⋅1t2，则有k实=(M+m)d22(M−m)g−2f>k理=(M+m)d22(M−m)g，故AC错误，B正确。
故选：B；
(5)际上用挡光时间计算的速度是遮光条经过光电门时的平均速度，等于挡光过程中间时刻的速度，不是遮光条下沿到光电门中心时的速度(挡光过程的初速度)，设遮光条下沿到光电门重心距离为Δℎ，根据机械能守恒定律则有Mg(H+Δℎ)−mg(H+Δℎ)=12(M+m)v2，可得H=(M+m)d22(M−m)g⋅1t2−Δℎ，可知图线不过原点的原因是实验中未考虑遮光条宽度对实验的影响。
故答案为：(1)3.65；(2)(2)dt0，(M+m)d22t02；(3)1t2，(M+m)d22(M−m)g；(4)B；(5)实验中未考虑遮光条宽度对实验的影响。
(1)根据游标卡尺的读数规则读数。
(2)根据系统机械能守恒写出有直线关系的表达式，确定横坐标对应的物理量，并求出斜率；
(3)考虑阻力时，由动能定理同样写出H−1t2的表达式，再与上一问对比，可以得到结论；
(4)对比平均速度的定义与到遮光片下沿的瞬时速度的定义，结合实验过程分析图象不过原点的原因。
考查了验证机械能守恒定律的实验，这个实验有一定的创新性，研究系统机械能守恒，熟悉利用光电门计算速度是解决本题的关键。
13.(1)设海水的密度为 ρ ，由平衡条件得
56ρgV=mg
ρgV=mg+ρgΔV
解得
ΔV=V6
(2)由玻意耳定律得
p1V0−ΔV=p0V′
储水舱剩余气体的质量与原有气体的质量之比为
k=m2m1=V′V0
解得
k=p16V0−V6p0V0

【解析】(1)由平衡条件求解进入储水舱的海水的体积ΔV；
(2)由玻意耳定律分析求解储水舱剩余气体与原有气体的质量之比k。
14.解：设AB=d，则BC=CD=2d、AC=3d
(1)第一次球做平抛运动，设平抛运动的初速度为v1，运动的时间为t，
则P点到F运动的时间t1=2dv0=12t，
竖直方向有ℎ1=12gt12，ℎ1+ℎ0=12gt2，
解得ℎ1=13ℎ0。
(2)设球在最高点时的速度为vF，则3d=vF⋅ 2ℎ0g，
球从Q点到F的运动时间t2=2dvF，
竖直方向有vy=gt2，
竖直方向有vy=23 2gℎ0。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)弹簧弹开的过程中，由机械能守恒有：Ep=12mv12
代入数据解得：v1=6m/s；
(2)研究滑块沿传送带上滑过程，由动能定理有：−μmgLcsθ−mgLsinθ=0−12mv12
代入数据解得：L=1.44m；
(3)滑块先沿传送带向上做匀减速运动，设运动到共同速度过程上滑的距离为L1，则有：
−μmgL1csθ−mgL1sinθ=12mv02−12mv12
代入数据解得：L1=0.44m；
由于μmgcs30°= 32×2×10× 32N=15N，mgsin30°=2×10×12N=10N
所以μmgcs30°>mgsin30°，故达到共同速度后，与传送带一起做匀速运动，则整个过程中摩擦力做的功为：
W=−μmgL1csθ+mg(L−L1)sinθ
代入数据解得：W=3.4J。
答：(1)解除锁定后，滑块被弹簧弹出后的速度大小为6m/s；
(2)传送带长度为1.44m；
(3)若传送带始终以v0=5m/s的速度顺时针匀速转动，滑块在传送带上运动的过程中，摩擦力对滑块做的总功为3.4J。
【解析】(1)弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，由此解答；
(2)滑块沿传送带上滑过程，由动能定理列方程求解；
(3)滑块先沿传送带向上做匀减速运动，根据动能定理求解运动到共同速度过程上滑的距离；达到共同速度后，与传送带一起做匀速运动，根据功的计算公式求解整个过程中摩擦力做的功。
本题主要是考查机械能守恒定律和动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
16.解：(1)物块下滑最大距离，即物块的速度减为0时，
由物块与小球组成的系统机械能守恒，则有：mgLsinθ−2mgℎ=0，解得 ℎ=25L；
(2)当小定滑轮O1与物块的绳长最短时，小球达到最低点，由几何关系可知此时物块的位置如图所示：

对此时物块进行受力分析，在沿杆的方向上：mgsinθ=ma，解得 a=45g；
对物块和小球，由机械能守恒有：mgL0csθ⋅sinθ+2mg(L0−L0sinθ)=12mv02，解得 v0=25 11gL0；
(3)设物块在D处的速度大小为v，此时小球的速度大小为v1，将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示：

则v1=vcsθ，
对物块和小球组成的系统，根据机械能守恒定律有：2mgL0csθ⋅sinθ=12mv2+12⋅2mv12，
解得 v1=125 3gL043=12215 129gL0。
答：(1)若物块下滑的最大距离为L，则小球能上升的最大高度为25L；
(2)小秋运动到最低点时，物块的加速度大小为45g；速度大小为25 11gL0；
(3)物块下滑到D点时，小球的速度大小为12215 129gL0。
【解析】(1)物块下滑最大距离，即物块的速度减为0时，由物块与小球组成的系统机械能守恒，即可计算小球上升的最大高度；
(2)当小定滑轮O1与物块的绳长最短时，小球达到最低点，由几何关系可知此时物块的位置，对物块受力分析，即可计算其加速度大小；由物块和小球整体的机械能守恒，且两物体沿绳方向的速度大小相等，可计算物块的速度大小；
(3)物块下滑至D时，由关联速度的特点，可得到物块和小球的速度大小的关系；由机械能守恒，即可计算小球的速度大小。
本题考查连接体的机械能守恒问题，注意连接体的两个等量关系的应用：用绳连接的两个物体，在沿绳方向上的速度是相等的；非弹性绳的总长是不变的，绳的两端连接物体的位置，绳长的变化量相等。