滄州市任丘一中2021屆高三物理上學期階段考試試題含解析

河北省滄州市任丘一中2021屆高三物理上學期階段考試試題含解析河北省滄州市任丘一中2021屆高三物理上學期階段考試試題含解析PAGE22-河北省滄州市任丘一中2021屆高三物理上學期階段考試試題含解析河北省滄州市任丘一中2021屆高三物理上學期階段考試試題（含解析)考試時間：10月21日考試范圍：必修1、必修2（部分）選修全部，試卷總分:100分第Ⅰ卷一、選擇題(本題共12小題，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1—8題只有一項符合題目要求，每小題3分，第9—12題有多項符合題目要求，每小題4分.全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。）1。關于物理學思想方法，下列敘述正確的是（）A。卡文迪許的測量引力常量實驗和伽利略的斜面實驗中，都運用了“放大法”B.在推導勻變速直線運功位移公式時,把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了“微元法”C.利用現代科技手段，牛頓運動定律可以用實驗證明D。探究加速度與力和質量關系的實驗體現了“等效替代”的物理思想【答案】B【解析】【詳解】A．卡文迪許的測量引力常量實驗運用了“放大法”，伽利略的斜面實驗應用了理想實驗法；故A錯誤；B．在推導勻變速直線運功位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了“微元法”,故B正確；C．牛頓第一定律是在實驗的基礎上經分析推理而得出的，采用的是實驗加推理的方法,不可能用實驗直接驗證。故C錯誤.D．探究加速度與力和質量關系的實驗采用了“控制變量”法,故D錯誤。故選B.2。沿水平方向拋出兩個小球A、B，兩球相遇于空中的P點,其運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力，最終兩小球落在水平地面上，關于兩個小球的運動，下列說法正確的是（）A.在空中運動時小球A的速度變化率等于小球B的速度變化率B.在空中運動時小球A的運動時間小于小球B的運動時間C。拋出A球的初速度大于拋出B球的初速度D。小球A、B落地時的速度相同【答案】A【解析】【詳解】A．在空中運動時小球A的速度變化率等于小球B的速度變化率，均等于重力加速度，故A正確；B．根據可知，在空中運動時小球A的運動時間大于小球B的運動時間，故B錯誤;C．兩球相遇于空中的P點，水平位移相同，小球A運動時間長，根據可知,拋出A球的初速度小于拋出B球的初速度，故C錯誤；D．拋出A球的初速度小于拋出B球的初速度，而A球運動時間長,落地時豎直速度大,則無法判斷落地時速度關系,故D錯誤.故選A。3。某小車沿水平面做直線運動,小車的－t圖線如圖所示，t是從某時刻開始計時小車運動的時間，x為小車在時間t內的位移,由此可知（）A.小車的加速度大小為1m/s2B.4s末小車的速度大小為6m/sC.0~4s內小車的位移大小為24mD.0～4s內小車的速度變化量為4m/s【答案】C【解析】【詳解】A．根據勻變速直線運動位移時間公式，變形得，故小車的加速度大小為2m/s2,初速度為2m/s，故A錯誤；B．4s末小車的速度大小為故B錯誤；CD．0～4s內小車的位移大小為0~4s內小車的速度變化量為故C正確D錯誤。故選C.4.如圖所示,PQ為圓的豎直直徑,AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道,分別與圓相交于A、B、C三點．現讓三個小球（可以看作質點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自端點由靜止滑下到Q點,運動的平均速度分別為v1、v2和v3．則有：A。v2＞v1＞v3B。v1＞v2＞v3C。v3＞v1＞v2D.v1＞v3＞v2【答案】A【解析】【分析】設任一斜面傾角為θ，圓槽直徑為d，根據牛頓第二定律得出加速度與θ的關系,由運動學求出時間與θ和d的關系，由數學知識分析時間關系，然后分析平均速度．【詳解】設任一斜面的傾角為θ,圓槽直徑為d．根據牛頓第二定律得到：a=gsinθ，斜面的長度為x=dsinθ，則有:x=at2得，可見，物體下滑時間與斜面的傾角無關．則有t1=t2=t3．根據可知,因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故選A.5。如圖所示,質量均為m的A、B兩小球用兩輕彈簧連接懸掛于天花板上并處于靜止狀態(tài)，已知重力加速度為g?，F在B上再施加一豎直向下的大小為mg的力，在力剛作用于B球的瞬間（）A。B球加速度大小為，A球加速度大小為B.B球加速度大小為2gC。B球加速度大小為0，A球加速度大小為gD.B球加速度大小為g，A球加速度大小為0【答案】D【解析】【詳解】在B上再施加一豎直向下的大小為mg的力前,上方的彈簧對整體的拉力是2mg，下方的彈簧對B球拉力是mg，在B上再施加一豎直向下的大小為mg的力后瞬間，上方彈簧的拉力和下方的彈簧拉力不變，球A受重力，上方彈簧的拉力及下方彈簧的拉力，合力為故加速度為0，對B，受到重力，向上的拉力,及向下的拉力，根據牛頓第二定律可知解得故選D。6.如圖所示，A、B兩物體疊放在一起，以相同的初速度上拋(不計空氣阻力)．下列說法正確的是A。在上升和下降過程中A對B的壓力一定為零B.上升過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力C.下降過程中A對B的壓力大于A物體受到的重力D。在上升和下降過程中A對B的壓力等于A物體受到的重力【答案】A【解析】解：以A、B整體為研究對象:在上升和下降過程中僅受重力，由牛頓第二定律知加速度為g，方向豎直向下．再以A為研究對象：因加速度為g，方向豎直向下，由牛頓第二定律知A所受合力為A的重力，所以A僅受重力作用，即A和B之間沒有作用力．故選A．【點評】本題是整體法和隔離法的應用，整體跟部分的運動情況相同,可以通過計算整體的加速度來確定部分的加速度,再對部分進行受力分析,得出最終結論．7.如圖所示,質點沿曲線從A向B做減速運動，則質點在運動路線上C點時合外力的方向可能正確的是（）A.F1 B。F2 C.F3 D.F【答案】A【解析】【詳解】當合力的方向與速度方向不在同一條直線上時,物體做曲線運動，曲線運動軌跡特點是軌跡夾在合力與速度方向之間，合力大致指向軌跡凹的一向;根據該特點知，只有方向、可能，又由于質點做減速運動,所以合外力與速度之間的夾角是鈍角,所以合外力的方向正確的是，故A正確，B、C、D錯誤；故選A。8.2020年7月23日，“長征五號”遙四運載火箭托舉著中國首次火星探測任務“天問一號”探測器，在中國文昌航天發(fā)射場點火升空；8月2日順利完成第一次軌道中途修正,按計劃飛往火星。隨后“天問一號”探測器順利著陸在火星，著陸前，“天問一號”探測器先在距火星表面較高的圓軌道I上運行;然后在Q點實施點火減速變軌,使運行軌道變?yōu)檫h火星點Q和近火星點P的橢圓軌道II；再在P點實施制動降落火星。下列說法正確的是（)A。從圓軌道I到橢圓軌道II的變軌過程中，探測器的速率增大B.探測器在圓軌道I上的Q點受到的萬有引力大于在橢圓軌道II上的Q點受到的萬有引力C.探測器在P點時的加速度大于在Q點時的加速度D.探測器在橢圓軌道II上的運行周期大于在圓軌道I上的運行周期【答案】C【解析】【詳解】A．從圓軌道I到橢圓軌道II的變軌過程中，探測器要在P點減速做向心運動，選項A錯誤；B．探測器在圓軌道I上的Q點受到的萬有引力等于在橢圓軌道II上的Q點受到的萬有引力,選項B錯誤；C．探測器在P點時的受到火星的引力大于在Q點時受到的火星的引力，則探測器在P點時的加速度大于在Q點時的加速度,選項C正確；D．根據開普勒第三定律可知，探測器在橢圓軌道II上的運行周期小于在圓軌道I上的運行周期，選項D錯誤。故選C.9。如圖所示,手持端點O開始向上振動,帶動繩上的其他質點振動而形成簡諧波。繩上有另一質點P(圖中未標出），其平衡位置與O質點的平衡位置間距為L。以O點開始振動為計時起點，t0時刻(t0小于一個周期）,端點O位于最低點，機械波恰好傳到質點P，以下判斷正確的是A.該簡諧波的波速為B.該簡諧波的波長為C.t0時，質點P從平衡位置開始向上振動D。t0時,質點P具有向上的加速度【答案】BC【解析】【詳解】C．手持端點O開始向上振動，即起振方向向上，t0時刻機械波剛好傳到質點P，質點P從平衡位置開始向上振動。故C正確.B．以O點開始振動為計時起點，t0時刻（t0小于一個周期），端點O位于最低點,即振動了0。75T，傳播距離為L,形成0。75個機械波,即L＝λ,可得：λ＝L故B正確。A．機械波波速為：v＝故A錯誤.D．0.75T＝t0即T＝,則有:Δt＝t0－t0＝＝因此t0時，質點P在平衡位置上方最大位移處，加速度向下。故D錯誤。故選BC.10.一列簡諧橫波某時刻的波形圖如圖所示，由圖可知(）A.若質點向下運動，則波是從左向右傳播的B.若質點向上運動，則波是從左向右傳播的C.若波從右向左傳播，則質點向下運動D.若波從右向左傳播，則質點向上運動【答案】BD【解析】【詳解】AB．如果質點a向下運動，由同側法可得,波應從右向左傳播，同理，質點b向上運動，波從左向右傳播，故A錯誤，B正確;如果波從右向左傳播,由“下坡上,上坡下”（沿著波的傳播方向看)可知圖中質點向下運動，質點向上運動，D正確，C錯誤.故選BD.11.如圖為氫原子能級圖,欲使處于基態(tài)的氫原子激發(fā)或電離，下列措施可行的是（）A.用10。2eV的光子照射 B。用11eV的光子照射C.用14eV的光子照射 D.用動能為11eV的電子撞擊【答案】ACD【解析】【詳解】A．用10。2eV的光子照射，即?13。6eV+10。2eV=?3.4eV躍遷到第二能級,故A正確;B．因?13.6eV+11eV=?2.6eV不能被吸收，故B錯誤；C．用14eV的光子照射,即?136eV+14eV>0氫原子被電離，故C正確；D．用11eV的動能的電子碰撞，氫原子可能吸收10。2eV能量，躍遷到第二能級，故D正確。故選ACD。12.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)A依次經過狀態(tài)B、C和D后又回到狀態(tài)A其中C→D→A為等溫過程.下列說法正確的是__________A。A→B過程中，單位時間內、單位面積上與器壁碰撞的分子數增加B。B→C過程中，氣體放出熱量C。C→A過程中，氣體分子的平均動能保持不變D.C→D→A過程中，氣體吸收熱量【答案】BC【解析】【詳解】A．A→B過程中，壓強不變，體積變大，分子數密度減小,溫度升高，分子平均速率變大，則單位時間內、單位面積上與器壁碰撞的分子數減小，選項A錯誤；B．B→C過程中,氣體體積不變W=0，溫度降低內能減小?U<0，根據?U=W+Q可知，氣體放出熱量,選項B正確；C．C→A過程中,氣體溫度不變，則分子的平均動能保持不變,選項C正確；D．C→D→A過程中，氣體溫度不變，內能不變,即?U=0；氣體體積減小，外界對氣體做功，即W〉0，則根據?U=W+Q可知，氣體放出熱量，選項D錯誤。故選BC。第Ⅱ卷二、實驗題（每空2分，共16分）13。某物理興趣小組的同學在研究彈簧彈力的時候，測得彈力的大小和彈簧長度的關系如圖1所示，則由圖線可知：(1)彈簧的勁度系數為_______。（2）為了用彈簧測力計測定兩木塊A和B間的動摩擦因數，兩同學分別設計了如圖2所示的甲、乙兩種方案.①為了用某一彈簧測力計的示數表示A和B之間的滑動摩擦力的大小,你認為方案_______更合理。②甲方案中,若A和B的重力分別為和。當A被拉動時，彈簧測力計的示數為，的示數為，則A和B間的動摩擦因數為_______?！敬鸢浮浚?）。(2）。甲（3）。0.3【解析】【詳解】（1）［1]由圖讀出,彈簧的彈力F=0時，彈簧的長度為L0=20cm,即彈簧的原長為20cm，由圖讀出彈力為F=60N，彈簧的長度為L=40cm，彈簧形變的量由胡克定律得彈簧的勁度系數為.(2）［2］甲乙兩種方案，乙在拉著物體A運動的過程中，拉A的彈簧測力計必須要求其做勻速直線運動，比較困難,讀數不是很準，甲中彈簧測力計a是不動的，指針穩(wěn)定，便于讀數,故甲方案更合理。[3］由于彈簧測力計a示數為6.0N，壓力大小等于B木塊的重力大小,所以A、B間的動摩擦因數解得.14。“探究加速度與物體質量、物體受力的關系"的實驗裝置如圖甲所示,已知打點計時器所用電源頻率為50Hz,試回答下列問題.（1)實驗中在平衡小車與桌面之間摩擦力的過程中，打出了一條紙帶如圖乙所示，A、B、C、D、E、F、G這些點的間距如圖中標示，其中每相鄰兩點間還有4個計時點未畫出。根據測量結果計算:打C點時小車的速度大小為________m/s；小車運動的加速度大小為________m/s2。（結果保留三位有效數字）（2）平衡好摩擦力后，將5個相同的砝碼都放在小車上,掛上砝碼盤，然后每次從小車上取一個砝碼添加到砝碼盤中，測量小車的加速度。根據小車的加速度a與砝碼盤中砝碼總重力F的實驗數據作出的a.F圖線如圖丙所示，此圖線不通過原點的主要原因是_____________。（3）某次在利用上述已調整好的裝置進行實驗時，保持砝碼盤中砝碼個數不變，小車自身的質量保持不變（已知小車的質量遠大于砝碼盤和盤中砝碼的質量），在小車上加一個砝碼，并測出此時小車的加速度a,調整小車上的砝碼數量，進行多次實驗，得到多組數據，以小車上砝碼的質量m為橫坐標，相應加速度的倒數為縱坐標，在坐標紙上作出如圖丁所示的-m關系圖線，實驗結果驗證了牛頓第二定律。如果圖中縱軸上的截距為b，圖線的斜率為k，則小車受到的拉力大小為________,小車的質量為________?！敬鸢浮浚?).1。18(2).1。50(3）.未計入砝碼盤的重力（4).（5).【解析】【詳解】(1)［1］由圖可得相鄰計數點間時間間隔打C點時小車的速度大小[2］小車運動的加速度（2）［3]平衡摩擦力后,F=0時就產生了加速度,說明未計入砝碼盤的重力。（3）[4]［5]根據題意，由牛頓第二定律得則則圖象的縱軸上的截距和斜率解得小車受到的拉力大小小車的質量三、計算題（共計44分）解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位15。如圖所示，沿水平方向做勻變速直線運動的車廂中，懸掛小球的懸線偏離豎直方向37°角，球和車廂相對靜止，球的質量為1kg。(g取10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0。8)求：(1）車廂運動的加速度并說明車廂的運動情況；（2)懸線對球的拉力．【答案】（1)車廂運動的加速度大小為7。5m/s2，方向水平向右，車廂可能向右做勻加速運動,也可能向左做勻減速運動．

(2）懸線對球的拉力為12.5N．【解析】【詳解】（1）車廂的加速度與小球加速度相同，對小球進行受力分析，根據牛頓第二定律得：所以車廂的加速度大小為7.5m/s2，方向水平向右，所以車廂可能向右做勻加速運動，也可能向左做勻減速運動．

（2）由圖可知:16.如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切,小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現將A無初速度釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R=0。2m,A與B的質量相等，A與B整體與桌面之間的動摩擦因數=0。2．取重力加速度g=10m/s2，求：（1）碰撞前瞬間A的速率v．（2)碰撞后瞬間A與B整體的速度．（3）A與B整體在桌面上滑動的距離L．【答案】（1）2m/s（2）1m/s（3）0.25m【解析】【詳解】（1）對A從圓弧最高點到最低點的過程應用機械能守恒定律有:可得（2）A在圓弧軌道底部和B相撞，滿足動量守恒,有：，可得（3)對AB一起滑動過程，由動能定理得:,可得L=0.25m1