沧州市任丘一中2021届高三物理上学期阶段考试试题含解析

河北省沧州市任丘一中2021届高三物理上学期阶段考试试题含解析河北省沧州市任丘一中2021届高三物理上学期阶段考试试题含解析PAGE22-河北省沧州市任丘一中2021届高三物理上学期阶段考试试题含解析河北省沧州市任丘一中2021届高三物理上学期阶段考试试题（含解析)考试时间：10月21日考试范围：必修1、必修2（部分）选修全部，试卷总分:100分第Ⅰ卷一、选择题(本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求，每小题3分，第9—12题有多项符合题目要求，每小题4分.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1。关于物理学思想方法，下列叙述正确的是（）A。卡文迪许的测量引力常量实验和伽利略的斜面实验中，都运用了“放大法”B.在推导匀变速直线运功位移公式时,把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了“微元法”C.利用现代科技手段，牛顿运动定律可以用实验证明D。探究加速度与力和质量关系的实验体现了“等效替代”的物理思想【答案】B【解析】【详解】A．卡文迪许的测量引力常量实验运用了“放大法”，伽利略的斜面实验应用了理想实验法；故A错误；B．在推导匀变速直线运功位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了“微元法”,故B正确；C．牛顿第一定律是在实验的基础上经分析推理而得出的，采用的是实验加推理的方法,不可能用实验直接验证。故C错误.D．探究加速度与力和质量关系的实验采用了“控制变量”法,故D错误。故选B.2。沿水平方向抛出两个小球A、B，两球相遇于空中的P点,其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，最终两小球落在水平地面上，关于两个小球的运动，下列说法正确的是（）A.在空中运动时小球A的速度变化率等于小球B的速度变化率B.在空中运动时小球A的运动时间小于小球B的运动时间C。抛出A球的初速度大于抛出B球的初速度D。小球A、B落地时的速度相同【答案】A【解析】【详解】A．在空中运动时小球A的速度变化率等于小球B的速度变化率，均等于重力加速度，故A正确；B．根据可知，在空中运动时小球A的运动时间大于小球B的运动时间，故B错误;C．两球相遇于空中的P点，水平位移相同，小球A运动时间长，根据可知,抛出A球的初速度小于抛出B球的初速度，故C错误；D．抛出A球的初速度小于抛出B球的初速度，而A球运动时间长,落地时竖直速度大,则无法判断落地时速度关系,故D错误.故选A。3。某小车沿水平面做直线运动,小车的－t图线如图所示，t是从某时刻开始计时小车运动的时间，x为小车在时间t内的位移,由此可知（）A.小车的加速度大小为1m/s2B.4s末小车的速度大小为6m/sC.0~4s内小车的位移大小为24mD.0～4s内小车的速度变化量为4m/s【答案】C【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动位移时间公式，变形得，故小车的加速度大小为2m/s2,初速度为2m/s，故A错误；B．4s末小车的速度大小为故B错误；CD．0～4s内小车的位移大小为0~4s内小车的速度变化量为故C正确D错误。故选C.4.如图所示,PQ为圆的竖直直径,AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道,分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球（可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑下到Q点,运动的平均速度分别为v1、v2和v3．则有：A。v2＞v1＞v3B。v1＞v2＞v3C。v3＞v1＞v2D.v1＞v3＞v2【答案】A【解析】【分析】设任一斜面倾角为θ，圆槽直径为d，根据牛顿第二定律得出加速度与θ的关系,由运动学求出时间与θ和d的关系，由数学知识分析时间关系，然后分析平均速度．【详解】设任一斜面的倾角为θ,圆槽直径为d．根据牛顿第二定律得到：a=gsinθ，斜面的长度为x=dsinθ，则有:x=at2得，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关．则有t1=t2=t3．根据可知,因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故选A.5。如图所示,质量均为m的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态，已知重力加速度为g。现在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力，在力刚作用于B球的瞬间（）A。B球加速度大小为，A球加速度大小为B.B球加速度大小为2gC。B球加速度大小为0，A球加速度大小为gD.B球加速度大小为g，A球加速度大小为0【答案】D【解析】【详解】在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力前,上方的弹簧对整体的拉力是2mg，下方的弹簧对B球拉力是mg，在B上再施加一竖直向下的大小为mg的力后瞬间，上方弹簧的拉力和下方的弹簧拉力不变，球A受重力，上方弹簧的拉力及下方弹簧的拉力，合力为故加速度为0，对B，受到重力，向上的拉力,及向下的拉力，根据牛顿第二定律可知解得故选D。6.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是A。在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B.上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C.下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D。在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力【答案】A【解析】解：以A、B整体为研究对象:在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为g，方向竖直向下．再以A为研究对象：因加速度为g，方向竖直向下，由牛顿第二定律知A所受合力为A的重力，所以A仅受重力作用，即A和B之间没有作用力．故选A．【点评】本题是整体法和隔离法的应用，整体跟部分的运动情况相同,可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度,再对部分进行受力分析,得出最终结论．7.如图所示,质点沿曲线从A向B做减速运动，则质点在运动路线上C点时合外力的方向可能正确的是（）A.F1 B。F2 C.F3 D.F【答案】A【解析】【详解】当合力的方向与速度方向不在同一条直线上时,物体做曲线运动，曲线运动轨迹特点是轨迹夹在合力与速度方向之间，合力大致指向轨迹凹的一向;根据该特点知，只有方向、可能，又由于质点做减速运动,所以合外力与速度之间的夹角是钝角,所以合外力的方向正确的是，故A正确，B、C、D错误；故选A。8.2020年7月23日，“长征五号”遥四运载火箭托举着中国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场点火升空；8月2日顺利完成第一次轨道中途修正,按计划飞往火星。随后“天问一号”探测器顺利着陆在火星，着陆前，“天问一号”探测器先在距火星表面较高的圆轨道I上运行;然后在Q点实施点火减速变轨,使运行轨道变为远火星点Q和近火星点P的椭圆轨道II；再在P点实施制动降落火星。下列说法正确的是（)A。从圆轨道I到椭圆轨道II的变轨过程中，探测器的速率增大B.探测器在圆轨道I上的Q点受到的万有引力大于在椭圆轨道II上的Q点受到的万有引力C.探测器在P点时的加速度大于在Q点时的加速度D.探测器在椭圆轨道II上的运行周期大于在圆轨道I上的运行周期【答案】C【解析】【详解】A．从圆轨道I到椭圆轨道II的变轨过程中，探测器要在P点减速做向心运动，选项A错误；B．探测器在圆轨道I上的Q点受到的万有引力等于在椭圆轨道II上的Q点受到的万有引力,选项B错误；C．探测器在P点时的受到火星的引力大于在Q点时受到的火星的引力，则探测器在P点时的加速度大于在Q点时的加速度,选项C正确；D．根据开普勒第三定律可知，探测器在椭圆轨道II上的运行周期小于在圆轨道I上的运行周期，选项D错误。故选C.9。如图所示,手持端点O开始向上振动,带动绳上的其他质点振动而形成简谐波。绳上有另一质点P(图中未标出），其平衡位置与O质点的平衡位置间距为L。以O点开始振动为计时起点，t0时刻(t0小于一个周期）,端点O位于最低点，机械波恰好传到质点P，以下判断正确的是A.该简谐波的波速为B.该简谐波的波长为C.t0时，质点P从平衡位置开始向上振动D。t0时,质点P具有向上的加速度【答案】BC【解析】【详解】C．手持端点O开始向上振动，即起振方向向上，t0时刻机械波刚好传到质点P，质点P从平衡位置开始向上振动。故C正确.B．以O点开始振动为计时起点，t0时刻（t0小于一个周期），端点O位于最低点,即振动了0。75T，传播距离为L,形成0。75个机械波,即L＝λ,可得：λ＝L故B正确。A．机械波波速为：v＝故A错误.D．0.75T＝t0即T＝,则有:Δt＝t0－t0＝＝因此t0时，质点P在平衡位置上方最大位移处，加速度向下。故D错误。故选BC.10.一列简谐横波某时刻的波形图如图所示，由图可知(）A.若质点向下运动，则波是从左向右传播的B.若质点向上运动，则波是从左向右传播的C.若波从右向左传播，则质点向下运动D.若波从右向左传播，则质点向上运动【答案】BD【解析】【详解】AB．如果质点a向下运动，由同侧法可得,波应从右向左传播，同理，质点b向上运动，波从左向右传播，故A错误，B正确;如果波从右向左传播,由“下坡上,上坡下”（沿着波的传播方向看)可知图中质点向下运动，质点向上运动，D正确，C错误.故选BD.11.如图为氢原子能级图,欲使处于基态的氢原子激发或电离，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.用动能为11eV的电子撞击【答案】ACD【解析】【详解】A．用10。2eV的光子照射，即−13。6eV+10。2eV=−3.4eV跃迁到第二能级,故A正确;B．因−13.6eV+11eV=−2.6eV不能被吸收，故B错误；C．用14eV的光子照射,即−136eV+14eV>0氢原子被电离，故C正确；D．用11eV的动能的电子碰撞，氢原子可能吸收10。2eV能量，跃迁到第二能级，故D正确。故选ACD。12.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后又回到状态A其中C→D→A为等温过程.下列说法正确的是__________A。A→B过程中，单位时间内、单位面积上与器壁碰撞的分子数增加B。B→C过程中，气体放出热量C。C→A过程中，气体分子的平均动能保持不变D.C→D→A过程中，气体吸收热量【答案】BC【解析】【详解】A．A→B过程中，压强不变，体积变大，分子数密度减小,温度升高，分子平均速率变大，则单位时间内、单位面积上与器壁碰撞的分子数减小，选项A错误；B．B→C过程中,气体体积不变W=0，温度降低内能减小∆U<0，根据∆U=W+Q可知，气体放出热量,选项B正确；C．C→A过程中,气体温度不变，则分子的平均动能保持不变,选项C正确；D．C→D→A过程中，气体温度不变，内能不变,即∆U=0；气体体积减小，外界对气体做功，即W〉0，则根据∆U=W+Q可知，气体放出热量，选项D错误。故选BC。第Ⅱ卷二、实验题（每空2分，共16分）13。某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小和弹簧长度的关系如图1所示，则由图线可知：(1)弹簧的劲度系数为_______。（2）为了用弹簧测力计测定两木块A和B间的动摩擦因数，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案.①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小,你认为方案_______更合理。②甲方案中,若A和B的重力分别为和。当A被拉动时，弹簧测力计的示数为，的示数为，则A和B间的动摩擦因数为_______。【答案】（1）。(2）。甲（3）。0.3【解析】【详解】（1）［1]由图读出,弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=20cm,即弹簧的原长为20cm，由图读出弹力为F=60N，弹簧的长度为L=40cm，弹簧形变的量由胡克定律得弹簧的劲度系数为.(2）［2］甲乙两种方案，乙在拉着物体A运动的过程中，拉A的弹簧测力计必须要求其做匀速直线运动，比较困难,读数不是很准，甲中弹簧测力计a是不动的，指针稳定，便于读数,故甲方案更合理。[3］由于弹簧测力计a示数为6.0N，压力大小等于B木块的重力大小,所以A、B间的动摩擦因数解得.14。“探究加速度与物体质量、物体受力的关系"的实验装置如图甲所示,已知打点计时器所用电源频率为50Hz,试回答下列问题.（1)实验中在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。根据测量结果计算:打C点时小车的速度大小为________m/s；小车运动的加速度大小为________m/s2。（结果保留三位有效数字）（2）平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上,挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a.F图线如图丙所示，此图线不通过原点的主要原因是_____________。（3）某次在利用上述已调整好的装置进行实验时，保持砝码盘中砝码个数不变，小车自身的质量保持不变（已知小车的质量远大于砝码盘和盘中砝码的质量），在小车上加一个砝码，并测出此时小车的加速度a,调整小车上的砝码数量，进行多次实验，得到多组数据，以小车上砝码的质量m为横坐标，相应加速度的倒数为纵坐标，在坐标纸上作出如图丁所示的-m关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，图线的斜率为k，则小车受到的拉力大小为________,小车的质量为________。【答案】（1).1。18(2).1。50(3）.未计入砝码盘的重力（4).（5).【解析】【详解】(1)［1］由图可得相邻计数点间时间间隔打C点时小车的速度大小[2］小车运动的加速度（2）［3]平衡摩擦力后,F=0时就产生了加速度,说明未计入砝码盘的重力。（3）[4]［5]根据题意，由牛顿第二定律得则则图象的纵轴上的截距和斜率解得小车受到的拉力大小小车的质量三、计算题（共计44分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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15。如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg。(g取10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0。8)求：(1）车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况；（2)悬线对球的拉力．【答案】（1)车厢运动的加速度大小为7。5m/s2，方向水平向右，车厢可能向右做匀加速运动,也可能向左做匀减速运动．

(2）悬线对球的拉力为12.5N．【解析】【详解】（1）车厢的加速度与小球加速度相同，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：所以车厢的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，所以车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．

（2）由图可知:16.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0。2m,A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数=0。2．取重力加速度g=10m/s2，求：（1）碰撞前瞬间A的速率v．（2)碰撞后瞬间A与B整体的速度．（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L．【答案】（1）2m/s（2）1m/s（3）0.25m【解析】【详解】（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有:可得（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒,有：，可得（3)对AB一起滑动过程，由动能定理得:,可得L=0.25m1