1、山东省济南市商河县第一中学2021届高三物理上学期阶段性考试试题（含解析）第I卷（选择题共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。第18题只有一项符合题目要求，第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分；选对但不全的得2分；有选错或不答的得0分）1. 从距水平地面某高处以相同的速率抛出4个质量相同的小球a、b、c、d，其中a球竖直向上抛出，b球竖直向下抛出，c球斜向目抛出，d球水平抛出，不计空气阻力，则小球落地时重力的瞬时功率最小的是A. a球B. b球C. c球D. d球【答案】D【解析】【分析】由瞬时功率的公式：来求解【详解】由于a、b、c、d四个小球抛出的高度相同，
2、抛出速率相等，其中a竖直上抛到最高点后自由下落，返回抛出点后在竖直方向和b球的速度相等，方向向下；c球斜向上抛，在竖直方向上有一个分速度，当c球达到最高点后返回抛出的同一水平面，在竖直方向上有一个和竖直分速度大小相等的分速度，方向向下；d球做平抛运动，在竖直方向上的初速度为0根据重力瞬时功率公式：，落地时d球在竖直方向上的速度最小，即d球的重力功率最小；A. a球与分析不符，A错误B. b球与分析不符，B错误C. c球与分析不符，C错误D. d球与分析符合，D正确【点睛】重力方向竖直向下，只需要判断a、b、c、d球落地时在竖直方向上的速度大小即可2. 如图为测定运动员体能的装置，轻绳拴在腰间沿
3、水平线跨过定滑轮（不计滑轮的质量与摩擦），下悬重力为G的物体设人的重心相对地面不动，人用力向后蹬传送带，使水平传送带以速率为v逆时针转动，则（ ）A. 人对重物做功功率为GvB. 人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向右C. 人对传送带的摩擦力对传送带不做功D. 人对传送带做功的功率大小为Gv【答案】D【解析】【详解】A. 重物没有位移，所以人对重物没有做功，功率为0，故A错误；B. 根据人的重心不动，则知人处于平衡状态，摩擦力与拉力平衡，传送带对人的摩擦力方向向右，拉力等于物体的重力G，所以人对传送带的摩擦力大小等于G，方向水平向左，故B错误；CD. 在时间t内人对传送带做功消耗的能量等于
4、人对传送带做的功，人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于G.根据P=Fv，所以人对传送带做功的功率为Gv.故C错误，D正确故选D【点睛】通过在力的方向上有无位移判断力是否做功人的重心不动，则知人处于平衡状态，摩擦力与拉力平衡根据恒力做功功率公式可以求得人对传送带做功功率为P=Fv3. 如图所示，塔吊用钢绳沿竖直方向将质量为的建材以加速度匀加速向上提起高，已知重力加速度为，则此过程中下列说法正确的是（）A. 建材的动能增加了B. 建材的重力势能减少了C. 建材的机械能增加了D. 建材所受的钢绳的拉力做的功【答案】D【解析】【详解】A建筑材料向上做匀加速直线运动，上升高
5、度为h根据动能定理故A错误；B重力做负功，所以重力势能增加，故B错误；CD受力分析知绳子拉力机械能增加量等于绳子拉力做功故C错误，D正确。故选D。4. 如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( )A. LB. C. D. 【答案】C【解析】【详解】设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理：，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的
6、同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：Mv0=（M+M）v1，对系统运用能量守恒有：，联立解得：，故C正确，ABD错误5. 固定水平杆上套有一个圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个小木块，整个装置处于静止状态。某时刻，一颗子弹以一定初速度射入木块（子弹没有穿出）并随木块摆至最高点，则以下说法正确的是（）A. 子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能守恒B. 子弹随木块一起向上摆至最高点的过程中，子弹和木块组成的系统动量不守恒，机械能不守恒C. 子弹随木块摆至最高点时，子弹和木块的瞬时速度为零D.
7、整个过程中，圆环、绳、木块和子弹所组成的系统动量守恒【答案】B【解析】【详解】A子弹射入木块的过程中系统克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误；B子弹和木块一起上摆过程中，系统所受合外力不为0，绳子拉力对系统做负功，故系统动量不守恒，机械能不守恒，故B正确；C子弹随木块摆至最高点时，子弹和木块的瞬时速度与圆环速度相同，水平向右，故C错误；D整个过程中系统所受合外力不为0，故圆环、绳、木块和子弹所组成的系统动量不守恒，故D错误。故选B。6. 如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为q的小球（大小不计），小球在垂直圆环平面的对
8、称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O的距离为R，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所处位置的电场强度为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】AB对小球受力分析可知解得故A错误，B错误；CD由于圆环不能看作点电荷，我们取圆环上一部分，总电量为Q，则该部分电量为Q；该部分电荷在小球处产生的电场强度为方向沿该点与小球的连线指向小球；同理取以圆心对称的相同的一段，其电场强度与E1相同；如图所示则两个场强的合场强为方向应沿圆心与小球的连线向外；因圆环上各点均在小球处产生电场，则合场强为方向水平向左，故C错误，D正确。故选D。【点睛】因库仑定律只能适用于真空中的点电荷，故本题采用了
9、微元法求得圆环在小球处产生的场强，然后叠加，应注意体会该方法的使用。库仑力的考查一般都是结合共点力的平衡进行的，应注意正确进行受力分析。7. 如图所示，AB、CD为两平行金属板，A、B两板间电势差为UC、D始终和电源相接(图中并未画出)，且板间的场强为E一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始，经AB加速进入CD之间并发生偏转，最后打在荧光屏上，CD极板长均为x，与荧光屏距离为L，则：A. 该粒子带负电B. 该粒子在电场中的偏移量为C. 该粒子打在屏上O点下方和O相距的位置D. 该粒子打在屏上的动能为qU【答案】C【解析】【详解】A. 带电粒子在偏转电场中沿电场线的方向发生偏转，
10、受力的方向与电场线的方向相同，所以粒子带正电；故A错误；B. 对于带电粒子通过加速电场的过程,根据动能定理有：qU=设带电粒子刚好飞出偏转电场，则此时粒子沿电场方向的位移恰为y，即y=又：a=qE/m电子通过偏转电场的时间t=x/v代入数据解得该粒子在电场中的偏移量为：y=.故B错误；C. 粒子射出电场时，沿y方向是速度：vy=at=偏转角：tan=vy/v=该粒子打在屏上O点下方和O相距：H=y+Ltan=.故C正确；D. 对于带电粒子通过加速电场的过程，根据动能定理有：qU=，由于粒子在电场中偏转的过程中，偏转电场对粒子还做功，所以该粒子打在屏上的动能大于Uq.故D错误故选C【点睛】根据电
11、场力方向与电场线方向关系判断粒子带正电还是负电；带电粒子先在AB间做匀加速直线运动然后CD间做类平抛运动，出了电场后做匀速直线运动粒子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度v0的大小，粒子在偏转电场中，做类平抛运动，由牛顿第二定律求得加速度粒子水平方向做匀速直线运动，由水平位移l和v0求出运动时间粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由位移公式求解侧向偏移量y，射出磁场后做匀速直线运动，根据位移速度公式求解位移，进而即可求解侧移y8. 如图所示，灵敏电流计的内阻，满偏电流。当使用a、b两个端点时是量程为201mA的电流表，当使用a、c两个端点时是量程为U的电压表。已知，则与U的值分别为（）A
12、. ，U=20.6VB. ，U=20.6VC. ，U=0.6VD. ，U=0.6V【答案】A【解析】【详解】根据串并联规律及欧姆定律得故BCD错误，A正确。故选A。9. 如图，一带正电的点电荷固定于点，两虚线圆均以为圆心，两实线分别为带电粒子和先后在电场中运动的轨迹，为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法中正确的是（）A. 带正电荷，带负电荷B. 在点的动能小于它在a点的动能C. 在点的电势能等于它在点的电势能D. b点电势比a点的电势低【答案】BCD【解析】【详解】A由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A错误；BM从a到b点，库仑力做负功，
13、根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确；Cd点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；D一带正电的点电荷固定于点，根据沿电场线方向电势降低可知，b点的电势比a点的电势低，故D正确。故选BCD。10. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，以下判断正确的是（）A. 直线a表示电源的图线B. 曲线c表示电源的图线C. 电源的电动势，内阻D. 电源的最大输出功率【答案】AD【解析】【详解】A电源消耗的总功率的计算公式故图线时直线，故A正确；B输出功率应为开
14、口向下曲线，故b表示图线；电源内阻消耗的功率应为开口向上的曲线，故c表示图线，故B错误；C当时，说明外电路短路，根据得故C错误；D输出功率当时，输出功率最大，为，故D正确。故选AD。11. 如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1 V、2 V、3 V，则下列说法正确的是()A. 匀强电场的场强大小为10 V/mB. 匀强电场的场强大小为V/mC. 电荷量为1.61019 C正点电荷从E点移到F点，电荷克服电场力做功为1.61019 JD. 电荷量为1.61019 C的负点电荷从F点移到D点，电荷的电势能减小4.81019
15、J【答案】B【解析】【分析】连接AC，根据匀强电场电势随距离均匀变化（除等势面）的特点，AC中点的电势为2V，则EB为一条等势线，CA连线即为一条电场线，由BA间的电势差，由公式U=Ed求出场强大小；AFEB，则知AF也为一条等势线，可求出UEF，电场力做功就可以求解；【详解】AB、连接AC，AC中点电势为2V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，BA间的电势差为，又，得场强，故B正确，A错误；C、由正六边形对称性，则AF也为电场中的一条等势线，由上可知，E的电势为，则电荷量为的正点电荷从E点移到F点，电场力做正功，而且为，故C正确；D、D点的电势等于C点的电势，电荷量为的负点电荷从F点移
16、到D点，电场力做功为，电势能减小，故D错误；故选BC12. 在如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为，定值电阻为，且 滑动变阻器为。现闭合电键，滑动变阻器的滑动触头从端向端滑动的过程中，下列说法正确的是（）A. 电压表读数先变大后变小；电流表读数一直变大B. 电压表读数先变大后变小；电流表读数先变小后变大C. 的电功率先变小后变大D. 电源的输出功率先变小，后增大【答案】ACD【解析】【详解】AB由电路图可知，滑动变阻器滑动触头P两边得电阻并联，当P从M向N端滑动时，总电阻先变大后变小，总电流先减小后增大，路端电压先变大后变小，即电压表示数先变大后变小，设PN部分电阻为 ，则PN电流为则随着减
17、小，电流逐渐增大，故A正确，B错误；C因为总电流先减小后增大，根据可知的电功率先变小后变大，故C正确；D内外电阻相等时，电源输出功率达到最大值，当外电阻大于内阻时，电源输出功率随电阻增大而减小，因为所以总电阻一定大于r，因为总电阻先变大后变小所以电源输出功率先变小，后增大，故D正确。故选ACD。第II卷（非选择题共52分）二、实验题（本题共2小题，13分）13. 小李同学利用图装置验证机械能守恒定律时，打出如图所示的纸带，已知打点计时器频率为。（1）下列关于该实验说法正确的是_。A纸带必须尽量保持竖直方向以减小摩擦阻力作用B为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点C将电磁打点计
18、时器改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦D可以选择较轻的物体作为重物以延长下落的时间，实验效果更好（2）根据图中纸带的数据，打下点时重物的速度为_（结果保留2位小数）。（3）小明同学用两个形状完全相同，但质量不同的重物和分别进行实验，测得几组数据，并作出图象，如图所示，由图象可判断的质量_的质量（选填“大于”或“小于”）。【答案】 (1). AC (2). 2.25 (3). 大于【解析】【详解】（1）1 A重锤下落时，纸带必须尽量保持竖直以减小摩擦阻力作用，故A正确；B数据处理时，可以选择第一个点作为起点，也可以选择后面的点作为起点，故B错误；C电磁打点计时器探针与纸带的摩擦较大
19、，改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦，故C正确；D如果选择较轻的物体，会增大空气阻力，给实验带来的误差更大，故D错误。故选AC。（2）2C点时重物的速度为（3）3设空气阻力是f，根据动能定理有整理得由图像可知由于P的斜率大于Q的斜率，空气阻力相同，所以P的质量大于Q的质量。14. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A电流表A1（内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mA）B电流表A2（内阻约为0.4，量程为0.6A）C定值电阻R0=900D滑动变阻器R（5，2A）E干电池组（6V，0.05）F一个开关和导线若干G螺旋测微器，游标卡尺(1)如图，用螺旋测微
20、器测金属棒直径为_mm；如图用游标卡尺测金属棒长为_cm。(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_挡（填“1”或“100”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图所示，则金属棒阻值约为_。(3)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值，请在方框中画出电路图_。(4)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的符号表达式为Rx=_。（用I1，I2，R0，Rg表示）【答案】 (1). 6.123 (2). 10.230 (3). 1 (4). 10.0 (5). (6). 【解析】【详解】(1)1金
21、属丝的直径为d=6mm+12.30.01mm=6.123mm2长度为(2)3用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，即偏向0刻度线，所以示数偏小，要增大示数则要倍率减小换成“1”的倍率，4电阻为R=10.01=10.0(3)5由于题目中没有给出电压表，显然是用电流表A1与R0串联后组成电压表，为多测几组数据滑动变阻器采用分压接法，设计的电路图如图所示：(4)6由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为。三、论述题15. 如图所示，电源电动势E10 V，内阻r0.5 ，闭合S，标有“8 V,16 W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R01 ，求：(1)电源的总功
22、率；(2)电动机的输出功率.【答案】（1）40 W（2）12 W.【解析】【详解】（1）灯泡正常发光，U=U额 =8V，则电源内阻的电压U内 =E-U=2V由欧姆定律得流过电源的电流I=U内/r =2/0.5 A=4A 电源的总功率P总=EI=104=40W（2）灯泡的电流I灯 =P额/U额=2A电动机的电流IM=I-I灯=2A电动机消耗的电功率PM=UIM=82=16W电动机发热功率P热=IM2R0=221=4W所以电动机的输出功率P输出=PM-P热=16-4=12W16. 如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m，曲面劈B的曲
23、面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：（1）碰撞过程中系统损失的机械能；（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得mv0=2mv解得碰撞过程中系统损失机械能为解得(2)当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律：解得由能量关系解得17. 如图所示，光滑绝缘轨道由水平段AB和圆形轨道BCD组成，B在圆心正下方，轨道上的C、D两点与圆心等高，圆轨道半径为R整个装置处在水平向右的
24、匀强电场中，电场强度大小为E=现将一小球从A点由静止释放已知小球质量为m，电量为q，且带正电，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）若AB=2R，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；（2）若小球能沿圆轨道运动到D点，则AB间的距离至少为多大?【答案】(1)N=5mg；(2)【解析】【详解】(1)小球从A点到C点由动能定理有： 在C点由牛顿第二定律得： 联立解得： 由牛顿第三定律可知，球运动到C点时对轨道的压力大小为5mg；(2)电场与重力场的合场强与竖直方向成 斜向下，设AB的距离为x，球能沿圆轨道运动到D点，则在D点有： 从A到D由动能定理得： 联立解得：18. 如图甲所示，真空中水平放置
25、的平行金属板相距为，两板上所加交变电压如图乙所示（未知），紧邻两板右侧有一荧光屏，电子打到荧光屏上形成亮斑。两板不加电压时，电子打到屏上的O点。现有大量质量为、电荷量为的电子以初速度平行于两板沿中线持续不断的射入两板间。已知时刻进入两板间的电子穿过两板间的电场的时间等于所加交变电压的周期，出射速度大小为，且所有电子都能穿出两板，忽略电场的边缘效应及重力的影响，求：(1)的大小；(2)亮斑扫描的最高点和最低点到O点的距离。【答案】(1) ；(2) ，【解析】【详解】(1)在时间内电子的加速度大小为方向向上在时间内电子的加速度大小为方向向下由几何关系知，时刻进入两板间的电子，在时刻电子在方向的分速度为在y轴上有解得(2)时刻进入电场的电子打到荧光屏上形成亮斑的位置最高，在时间内电子在竖直方向上的位移为在时间内电子在竖直方向上的位移为所以亮斑扫描的最高点到O点的距离时刻进入电场的电子打到荧光屏上形成亮斑的位置最低，在时间内电子在竖直方向上的位移为在时间内电子在竖直方向上的位移为所以亮斑扫描的最低点到O点的距离
