1、内蒙古通辽市开鲁县第一中学2021届高三物理上学期第三次阶段性考试试题（含解析）说明：1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）满分110分，考试时间90分钟。2、将第I卷的答案代表字母涂在答题卡。第卷（选择题部分）一、选择题（共13小题，每小题4分，共52分。每小题有一个或多个选项符合题目要求，选不全的得2分，错选或不选得0分。1-8单选，9-13多选）1. 下列说法符合物理学发展史的是（）A. 牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验比较准确地测出了引力常量B. 库仑通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量C. 法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场D. 开普勒通过对行星运行数据
2、的研究，提出了行星受到的向心力与轨道半长轴平方成正比【答案】C【解析】【详解】A牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤试验装置比较准确地测出了引力常量，故A错误；B密立根通过油滴试验精确测定了元电荷的电荷量，故B错误；C物理学家法拉第最早引入了电场概念,并提出用电场线表示电场，故C正确；D开普勒通过对行星运行数据的研究，得到了行星运动规律，但是没有提出行星受到的向心力与轨道半长轴平方成正比的结论，故D错误。故选C。2. 如图所示，图象反映了甲、乙两车在同一条直线上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是（ ） A. 5s时两车速度相等
3、B. 甲车的加速度为4m/s2C. 乙车的加速度大小为1.5m/s2D. 乙车的初位置在x0=80m处【答案】D【解析】【详解】A. 5s时甲、乙两车两车相遇，速度方向相反，故A错误。B.甲车做的是匀速直线运动，加速度为零，故B错误。CD.乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t=10s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则，根据图象知t=5s时，x=20m，乙车的加速度大小可知当t=10s时，乙车的初位置故C错误，D正确。故选：D.3. 为研究太阳系内行星的运动，需要知道太阳的质量，已知地球半径为R，地球质量为m，太阳与地球中心间距为r，地球表面的重力加
4、速度为g，地球绕太阳公转的周期为T则太阳的质量为( )A. B. C. .D. .【答案】A【解析】【详解】地球表面物体重力等于万有引力：得： 设太阳的质量为M，地球围绕太阳做圆周运动万有引力提供向心力有：得：A. 。故A正确； B. 。故B错误；C. 。故C错误； D. 。故D错误。4. 如图所示，一个菱形框架绕其对角线的竖直轴匀速转动，在两条边上各套有一个质量相等的小球A、B，转动过程中两小球相对框架静止，且到轴的距离相等，则下列说法正确的是（ ） A. 框架对A球的弹力方向一定垂直框架向下B. 框架对B球的弹力方向可能垂直框架向下C. A球与框架间可能没有摩擦力D. A球、B球所受的合力
5、大小相等【答案】D【解析】【详解】A. A球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对A进行受力分析可知，A受重力，当静摩擦力方向沿框架向上，框架对A球的弹力方向可能垂直框架向上，故A错误。B. B球在水平面做匀速圆周运动，合外力指向圆心，对B进行受力分析可知，B受重力，要使合力水平向右，框架对B的弹力方向只能垂直框架向上，故B错误。C. 若A与框架间没有摩擦力，则A只受重力和框架对A的弹力，两个力的合力方向不可能水平向左，指向圆心，故C错误。D. A、B两球所受的合力提供向心力，转动的角速度相等，半径也相等，根据F=m2r，可知，合力大小相等，故D正确。故选：D.5. 某质量为m的电动玩具小
6、车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车受阻力恒为F，则t时间内（）A. 小车做匀加速运动B. 小车受到的牵引力逐渐增大C. 合外力对小车所做的功为 PtD. 牵引力对小车所做的功为 Fx+mvm2【答案】D【解析】电动机功率恒定，P=F牵v，结合牛顿第二定律可知F牵-F=ma，v=at可知，当速度增大时，牵引力减小，加速度减小，故小车做加速度减小的变加速运动，故AB错误；整个过程中，牵引力做正功，阻力做负功，故合力做功为W=mvm2，Pt为牵引力所做的功，故C错误；整个过程中，根据动能定理可知PtFxmvm2，
7、解得Pt=Fx+mvm2，故D正确；故选D.点睛：小车的恒定功率启动方式是一种最快的启动方式，是加速度不断减小的加速运动，运动学公式不再适用，但可以根据动能定理列式求解6. 一轻质弹簧，上端悬挂于天花板上，下端系一质量为M平板，处在平衡状态一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示让环自由下落，撞击平板已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长，则A. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B. 若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C. 环撞击板后，板的新平衡位置与h的大小有关D. 在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功【答案
8、】A【解析】【详解】AB.圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误；C.碰撞后平衡位置，有即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；D.碰撞后环与板共同下降的过程中重力和弹簧的弹力都做功，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误；故选：A；7. 如图所示，实线表示电场线，虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过B点的切线与该处的电场线垂直，下列说法正确的是（）A. 粒子带正电B. 粒子在B点的加速度等于它在C点的加速度C. 粒子在B
9、点时电场力做功的功率为零D. 粒子从A点运动到C点的过程中电势能先减小后增大【答案】C【解析】【详解】A带电粒子的轨迹向左下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带负电，故A错误；B电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在B点的场强大于C点的场强，在B点的加速度大于C点的加速度，故B错误；C由题知粒子过B点的切线与该处的电场线垂直，则粒子受到的电场力方向与粒子在B点速度的方向垂直，所以此刻粒子受到的电场力做功的功率为零，故C正确。D粒子从A到B的过程中，速度方向与电场力方向成钝角，电场力做负功，电势能增加；从B到C过程，电场力做正功，电势能减小，故D错误。故选C。8. 如图所
10、示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合一带电油滴沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线通过电容器则下列判断正确的是A. 粒子带正电B. 保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹运动C. 保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹运动D. 断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹运动，【答案】B【解析】【详解】A项：开关闭合时，油滴做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，所以油滴带负电，故A错误；B项：保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹运动
11、，故B正确；C项：保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；D项：断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式， ， 得，与板间距无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹运动，故D错误故选B9. 如图所示，电源电动势和内阻分别为E和r，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时(不考虑灯丝电阻随温度的变化情况，电压表为理想电表)，下列说法正确的是（ ）A 小灯泡L1变暗B. 电压表读数变大C. 小灯泡L2变暗D. 电容器所带电荷量增加【答案】BC【解析】【详解】ABC.由图可知，灯泡L1与滑动变阻器并联后与L2
12、串联；将滑动变阻器的滑片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与灯L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，电压表的读数变大，由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L2变暗，灯泡L1的电压U1=E-I（r+RL2）增大，灯泡L1变亮，故A错误，B、C正确。D.由于电容器两端电压减小，由Q=CU可得电容器中的电量减小；故D错误。10. 如图所示，某带电粒子以平行于极板的速度从左侧中央射入电场中（重力不计），粒子恰能从右侧下极板边缘射出电场，如果只将粒子的速度变为原来的2倍，要使它仍从极板中央射入，仍能从下极板边缘射出，下列措施中正确的是（）A. 将极板长度变为原来
13、的4倍B. 将极板间距离变为原来的C. 将极板间电压变为原来的4倍D. 将极板间电压变为原来2倍【答案】BC【解析】【详解】对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量q，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，两板间电压为U；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向L=vt竖直方向解得如果只将粒子的速度变为原来的2倍，要使它仍从极板中央射入，仍能从下极板边缘射出A要使粒子保持擦极板边缘飞出，可以在其它物理量不变的情况下将极板的长度L变为原来的2倍，故A错误。B在其它物理量不变的情况下，由上式得知，将两板间的距离由d变为，故B
14、正确。CD在其它物理量不变的情况下将两板之间的电势差变为原来的4倍，故C正确，D错误。故选BC。11. 长为L，质量为M的平板小车停在光滑水平面上，质量为m的木块（可视为质点）以速度滑上小车的左端，最后刚好停在小车的右端，如图甲所示；若小车以速度向左运动时，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，则（）A. 木块最终刚好停在小车右端B. 木块最终停在小车上，但还离右端一段距离C. 木块将滑出小车D. 两种情况中木块相对小车滑行的时间相等【答案】AD【解析】【详解】ABC如图甲所示，由动量守恒定律和能量关系可知如图乙所示，由动量守恒定律和能量关系可知 联立解得x=L选项A正确，BC错误；D对甲图情况
15、，对小车由动量定理 对乙图情况，对滑块由动量定理 解得t1=t2选项D正确。故选AD。12. 一半径为R的光滑圆环竖直放在水平向右的场强为E的匀强电场中，如图所示，环上a、c是竖直直径的两端，b、d是水平直径的两端，质量为m的带负电小球套在圆环上，并可沿环无摩擦滑动，已知小球自a点由静止释放，沿abc运动到d点时速度恰好为零，由此可知（）A. 小球所受重力与电场力大小相等B. 小球在d点时的电势能最小C. 小球在d点时的机械能最大D. 小球在圆环上b、c中点时的动能最大【答案】AD【解析】【分析】根据动能定理研究小球从a到d的过程，可得到重力与电场力的关系；小球由a点释放，受到重力、电场力和环
16、的弹力作用，根据电场力做功与电势能变化的关系得到电势能的变化情况，根据动能定理判断动能的变化情况。【详解】AD根据动能定理，从a到d过程，有解得即电场力与重力大小相等，故A正确；B根据功能关系，电场力做正功，电势能减小；电场力向左，故运动到b点时电场力做的正功最多，电势能减少的最多，故电势能最小，故B错误；C根据功能关系，除重力外其余力做功等于机械能的增加量；小球受到重力、电场力和环的弹力作用，弹力沿径向，速度沿着切向，故弹力一直不做功，除重力外只有电场力做功，由于电场力水平向左，故运动到b点时，电场力做的功最多，机械能增量最大，故小球在b点时，机械能最大，故C错误；D电场力与重力大小相等，故
17、重力场和电场的复合场中的最低点在bc段圆弧的中点处，小球运动到此处时动能最大，故D正确。故选AD。【点睛】本题关键是对小球受力分析后，能够灵活地运用功能关系列式分析求解。13. 如图所示，一质量为m的铁环套在粗糙的水平横杆上，通过细线连接一质量也为m的小球，小球还用一水平细线拉着保持环和小球的位置不变，横杆的位置逐渐按图示方向转到竖直位置，在这个过程中环与杆相对静止，则（ ）A. 连接环和小球的细线拉力增大B. 杆对环的作用力保持不变C. 杆对环的弹力一直减小，最小值为mgD. 杆对环的摩擦力先减小后增大，最大值为2mg【答案】BD【解析】A保持环和小球的位置不变，细线与竖直方向的夹角不变，细
18、线的拉力Tcos45=mg，T=mg，保持不变，故A正确；B环受到重力、细线的拉力、杆的作用力，由于重力和细线的拉力不变，杆对环的作用力保持不变，故B正确；CD杆的位置由水平转到竖直位置的过程中，由于线的拉力与环重力的合力方向斜向右下，杆对环的弹力始终垂直于杆方向，根据动态分析方法可知，杆对环的弹力先增大后减小，对环的摩擦力先减小再增大，因此杆对环的弹力在杆水平时为2mg，竖直时为mg，所以杆对环的弹力的最小值为mg；杆对环的摩擦力在水平时为f=Tsin45=mg，在竖直时为：f2=mg+Tcos45=2mg，所以杆对环的摩擦力最大值2mg，故C错误，D正确故选：BD第II卷（非选择题部分）二
19、、实验题（每空2分共16分）14. 在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”实验中，某同学已按正确的操作步骤完成实验，如图所示为纸带上连续打下的点选取图中A、B两点进行研究，所需测量数据已用字母表示在图中，已知小车的质量为m，小车受到的恒定拉力大小为F，打点计时器的打点周期为T则（以下填空用题中及图中所给字母表示）(1)打A点时，计算小车瞬时速度的表达式为_；(2)用S1、S2和T表示出物体运动加速度的表达式为_；(3)本实验所要探究的关系式为_【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】(1)1根据匀变速运动中间时刻的速度等于平均速度则有：(2)2由匀变速运动推论：再结合逐差法
20、可得：整理得：(3)3由(1)可知A点的动能为：同理可得B点的动能为：故要探究恒力做功与物体的动能改变量的关系，则从A 点到B点有：15. 某次测量中，下面两种尺的读数为：甲图：_mm, 乙图：_mm【答案】 (1). 50.15 (2). 3.206【解析】【详解】1游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标尺上第3个刻度游标读数为：0.053mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15cm=50.15mm；2螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.0120.6mm=0.206mm，所以最终读数为：3mm+0.205mm=3.206mm16. 用伏安法测量定值电阻的阻值，备
21、用器材如下： 待测电阻 Rx (阻值约为25K) 电流表 A1 (量程 100A，内阻约为 2K)电流表 A2 (量程 500A，内阻约为 300)电压表 V1 (量程 10V，内阻约为 100 k)电压表 V2 (量程 50V，内阻约为 500 k)电 源 E (电动势 15V，允许通过的最大电流 1A)滑动变阻器R (最大阻值 1 k)电键S，导线若干为了尽量减小实验误差，要求测多组数据(1)电流表应选_，电压表应选_(2)在虚线框中画出实验电路图_【答案】 (1). (2). (3). 见解析【解析】【详解】（1）12由题目中给出的器材可知，电源电压为15V，为了准确电压表应选择10V量
22、程的V1；电路中电流的最大值约为故电流表选择A2；（2）3题目中给出的滑动变阻器最大阻值为1k，若采用限流接法流过电阻的电流最小值为而电流的范围为（），范围太小使得无法测量多组数据，即没有起到调节作用，故滑动变阻器采用分压接法，电流的范围为（）；因，而满足是大电阻，采用内接法可以减小电表内阻产生的误差（大内偏大，小外偏小），则电流表应采用内接法；故电路图如图所示：三、计算题（共3小题，共42分。要求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。）17. 为了研究过山车原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为=
23、60、长为L1=2m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道上D处，如图所示。现将一个小球从距A点高为h=0.9m的水平台面上以一定的初速度水平弹出，到A点时小球的速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为=，g取10m/s2(1)求小球初速度的大小；(2)求小球滑过C点时的速率。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)小球开始时做平抛运动A点有(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得代入数据解得18. 如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径的圆弧轨道CDP和
24、与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角，A、B两点间的距离。质量的不带电绝缘滑块静止在A点，质量、电荷量的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取，）(1)求碰后瞬间小球的速度大小；(2)求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小；(3)求B、C两点间的距离x。【答案】(1)m/s；(2)7.5104
25、N/C，2.5m/s；(3)0.85m【解析】【详解】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有解得滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，则由动量守恒定律得由能量守恒得联立解得（“”表示v1的方向水平向左）(2)小球到达P点时，受力如图所示则有解得小球所受重力与电场力的合力大小为小球到达P点时，由牛顿第二定律有 解得(3)对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有解得19. 如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示在此过程中_A. 气体温度一直降低B. 气体内能一直增加C. 气体一直对外做功D. 气体一直从外界吸热E
26、. 气体吸收的热量一直全部用于对外做功【答案】BCD【解析】【详解】A由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；B一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；C气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；D气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；E气体吸收热量用于对外做功和增加内能，故E错误20. 如图所示，在两端封闭粗细均匀的竖直长管道内，用一可自由移动的活塞A封闭体积相等的两部分气体开始时管道内气体温度都为T0=500K，下部分气体的压p0=125105Pa，活塞质量m=025kg，管道的内径横截面积S=1cm2现保持管道下部分气体温度不变，上部分气体温度缓慢降至T，最终管道内上部分气体体积变为原来的，若不计活塞与管道壁间的摩擦，g=10m/s2，求此时上部分气体的温度T【答案】281.25K【解析】【详解】设初状态时两部分气体体积均为V0，对下部分气体，由等温变化P0V0= PV解得：P =1l05Pa对上部分气体，初态：末态：根据理想气体状态方程，有解得：T=281.25K。