【文档说明】【精准解析】江苏省徐州市睢宁县2020届高三下学期线上阶段性检测物理试题.doc，共(14)页，846.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020届江苏省徐州市睢宁县高三下学期线上阶段性检测物理试题一、单项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分，每小题只有一个选项符合题意，答对5分，答错或不答得0分。1.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，当输入电压增加20V时，输

出电压（）A.增加200VB.增加2VC.降低200VD.降低2V【答案】B【解析】【详解】根据1122UnUn=得1122UnUn=即22010=1U解得2=2VU即输出电压增加2V，故B正确，ACD错误。故选B。2.我国第一颗人造地球卫星因可以模拟演奏《东方红》乐曲并让地球上从电

波中接收到这段音乐而命名为“东方红一号”。该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的角速度分别为1，2，在近地点、远地点的速度分别为1v，2v，则（）A.12B.12=C.12vvD.12vv

【答案】C【解析】【详解】根据开普勒第二定律可知，从远地点到近地点卫星做加速运动，而近地点到远地点，卫星做减速运动，所以近地点的速度大于远地点的即12vv根据=vr可知，因为近地点到地心的距离小于远地点到地心的距离，即12rr则有12故选C。3.如图，将a、b两小球

以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球A.初速度较大B.速度变化率较大C.落地时速度一定较大D.落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大【答案】D【解

析】【详解】A.由212hgt=可得，高度越高，下落时间越大，由xυt=可知，两球水平位移相同，但是b求运动时间短，故b球初速度较大，A错误；B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B错误；C.a球的水平速度小于b球，故落地时虽然竖直分速度大于b

球，但是合速度不一定大于b球，C错误；D.由tangtθυ=，a球落地时间t大，但是小，故a球的tan一定大于b球，即a球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D正确；故选D。4.如图所示的电路中，D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计。先闭合开关S，电路稳定后再断开

开关S，此时()A.D1立刻熄灭B.D2立刻熄灭C.D1闪亮一下逐渐熄灭D.D2闪亮一下逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，由于D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计，原来D1、线圈和D

2、电阻并联，D2回路电阻大，电流小，所以自感电流大于原来通过D2电流，但不会大于原来通过D1的电流，所以D2闪亮一下逐渐熄灭，D1逐渐熄灭，所以D正确，ABC错误；故选D。5.一个物体在多个力的作用下

处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，那么，图中能正确描述该过程中物体速度与时间关系的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】依题，原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中某个力的大小逐渐减小到零，

然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，则物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速度运动。根据速度－时间图象的斜率等于加速度可知，v－t图象的斜率先增大后减小，故

ABC错误，D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有两个或两个以上选项符合题意，全部选对得6分，选对不全得3分，答错或不答得0分。6.根据现行有效国际民航组织《危险物品安全航空运输技术细则》和《中国

民用航空危险品运输管理规定》，严禁携带额定能量超过160Wh的充电宝；严禁携带未标明额定能量同时也未能通过标注的其他参数，计算得出额定能量的充电宝。如图为国产某品牌一款充电宝的铭牌。则（）A.该充电宝的输入电压为交流5VB.该充电宝的输出电压为

直流5.1VC.该充电宝可以给手机充电最短时间大约10hD.乘客可以携带该充电宝登机【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，该充电宝的输入电压为直流5V，故A错误；B．由图可知，该充电宝的输出电压为直流5.1V，故B正确；C．由图可知，该充电宝的输出电流为2.1A，则该充电宝可以给手机充电

最短时间31040010h4.95h2.1t−=故C错误；D．由图可知，该充电宝额定能量为37.44Wh，则乘客可以携带该充电宝登机，故D正确。故选BD。7.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静

止在导轨上．t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】ab棒向右运动，切割磁感线产生

感应电流，则受到向左的安培力，从而向右做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误．8.跳台滑雪是勇敢者的

运动，这项运动非常惊险。如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其vt−图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则（）A.第二

次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】A

BD【解析】【详解】A．根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，故A正确；B．由图象知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以

第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正确；C．由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小，故C错误；D．当竖直方向速度大小为v1时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔

时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时速度达到v1时加速度大于第二次时的加速度，根据mg－f=ma可得阻力大的加速度小，第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D正确。故选ABD。9.如图所示，质量为m的物体在水平传送带

上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A.物体在传送带

上的划痕长22vgB.传送带克服摩擦力做的功为212mvC.电动机多做的功为232mvD.电动机增加的功率为mgv【答案】AD【解析】【详解】A．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间vtg=在这段时间内物块的位移212vxg=传送带的位移2

2vxvtg==则物体相对位移2212vxxxg=−=故A正确；BC．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是212mv，由于滑动摩擦力做功，相对位移等于22vxg=产生的热量22122vQmgmvg==传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的

功为2mv，故BC错误；D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fvmgv=故D正确。故选AD。三、简答题：10.用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。

由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。(1)下列实验条件必须满足的有____________；A．斜槽轨道光滑B．斜槽轨道末段水平C．挡板高度等间距变化D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球

(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系；a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的_______（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时_

______（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行；b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是1y和2y，则12yy_______13（选

填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为_______（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。(3)为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_______；A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹B．用频闪照相在

同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论

它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_______。A．在水平方向上做匀速直线运动B．在竖直方向上做自由落体运动C．在下落过程中机械能守恒【答案】(1).BD(2).球心(3).需要(4).大于(5).21gxyy−(6).AB(7).B【解析】【详解】(

1)[1]因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，BD正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误。故选BD。(2)a．[2][3]因为钢球做平抛运动的轨迹是其

球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应的白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y轴时需要y轴与重锤线平行。b．[4][5]由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1:3:5：…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移

之比越来越大，因此12yy大于13；由221yygT−=，0xvT=联立解得021gxyvy=−(3)[6]将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板

运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，AB可行。(4)[7]从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平

抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确。11.氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63eV~3.10eV的光为可见光．要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为

A.12.09eVB.10.20eVC.1.89eVD.1.5leV【答案】A【解析】【详解】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10

eV的可见光．故1.51(13.60)eV12.09eVE=−−−=．故本题选A．12.太阳内部核反应的主要模式之一是质子一质子循环，循环的结果可表示为1401214HHene2v→++，已知11H和42He的质量分别为P

1.0078um=和a4.0026um=，21931MeV/cu=，c为光速。核反应方程中则n=________，在4个11H转变成1个42He的过程中，释放的能量约为________MeV。（结果保留2位有效数字）【答案】(1).2(2).27MeV【解析】【详解】[1]由质量数和

电荷数守恒得，核反应方程中则n=2[2]反应过程中的质量亏损约为pα441.0078u4.0026u0.0286ummm=−=−=由于21u931MeV/c=根据爱因斯坦质能方程可得227MeVEmc=13.光滑水平面上，质量为1kg的小球A以5m/s的速度向

右运动，大小相同的小球B质量为4kg，以0.5m/s的速度向右运动，两者发生正碰，碰撞后小球B以2m/s的速度向右运动.求：①碰后A球的速度v；②碰撞过程中A球对B球的冲量大小I.【答案】①1m/s方向向左②6Ns=I【解析】【详解】①AB、两球碰撞过程，

系统动量守恒，取向右为正方向11221122mvmvmvmv+=+解得11m/s=−v所以碰后A球速度大小为1m/s，方向向左;②以B球为研究对象，由动量定理Ip=合得2222Imvmv=−解得6Ns=I四、

计算题：本题共1小题，共计19分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。14.如图甲所示，半径R＝0.45m的光滑14圆弧轨道

固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1kg，长度l＝1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m．质量m＝1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10m/s2.试求：(1)物块滑到轨道上的B点

时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表

面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．【答案】（1）30N．（2）1m/s．（3）0.2m．【解析】【详解】（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒

，则mgR＝12mvB2，解得vB=3m/s．在B点由牛顿第二定律得，N-mg=m2BvR，解得N=mg+m2BvR=30N即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′=N=30N，方向竖直向下．（2）物块在小车上滑行时的摩擦力做功Wf＝−12

2mgmg+l＝−4J从物体开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR+Wf＝12mv2解得v=1m/s（3）当平板车不固定时，对物块a1=μg=2m/s2对平板车222/mgamsM==；经过时间t1物块滑离平板车，则221112111122Bvtatatm−−=解得t1=0.

5s（另一解舍掉）物体滑离平板车的速度v物=vB-a1t1=2m/s此时平板车的速度：v车=a2t1=1m/s物块滑离平板车做平抛运动的时间220.2htsg==物块落地时距平板车右端的水平距离s=(v物-v车)t2=0.2m【点睛】本题综合考

查了动能定理、机械能守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，综合性较强，关键理清运动过程，选择合适的规律进行求解．