1、开鲁一中2020-2021学年度上学期高三年级第二次阶段性考试物理学科试题说明：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. “物理”二字最早出现在我国的晋朝，泛指事物之理，源于庄子天下中的“判天地之美，析万物之理”关于物理思想与方法，下列叙述正确的是（）A. 重心、合力的概念都体现了假设法B. 用质点来代替物体的方法运用了等效思想C. 在实验探究加速度与力
2、、质量的关系时，运用了比值法D. 卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了“放大法”【答案】D【解析】【详解】A重心、合力的概念采用了等效替代的思想，故A错误；B用质点来代替物体的方法采用了理想模型法，故B错误；C在实验探究加速度与力、质量的关系时采用了控制变量法，故C错误；D卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了“放大法”，故D正确。故选D。2. 一物体做匀加速直线运动，从某位置开始通过传感器收集位移和速度等数据信息，然后输入计算机自动生成了物体运动的x-v图象，如图所示.以下说法正确的是（）A. 物体运动的初速度为1m/sB. 物体运动的加速度为2m/s2C. 物
3、体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的位移大小为1mD. 物体速度由2m/s增加到4m/s的过程中，物体的运动时间为2s【答案】B【解析】【详解】物体做匀加速直线运动，则有，有图可知当v=0时，x=-1m，代入上式得： ；当x=0时，代入上式得： 解得： 故A错误；B正确；物体速度由增加到的过程中，物体的位移大小为，故C错误；物体速度由增加到的过程中，物体的运动时间为，故D错误；故选B3. 一物体在拉力F作用下，以加速度在水平面上做匀加速直线运动，力F的水平分量为，如图所示，若以和大小、方向都相同的力F代替F拉物体，使物体产生加速度，那么（ ）A. 当水平面光滑时，B. 当水平面光滑时
4、，=C. 当水平面粗糙时，D. 当水平面粗糙时，=【答案】BC【解析】【详解】设拉力F与水平方向所成角度为，当水平面光滑时，物体受到拉力、重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：，则，故A错误，B正确；当水平面粗糙时，物体受到拉力、重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：，则，故C正确，D错误4. 按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道I运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球
5、近月轨道III绕月球做圆周运动。下列判断正确的是（）A. 飞船通过轨道I上A点加速度小于轨道上A点加速度B. 飞船在A点处点火变轨时，应向前喷气加速C. 飞船在轨道上从A到B运行的过程中机械能变大D. 飞船在轨道III绕月球运动一周所需的时间T2【答案】D【解析】【详解】A由牛顿第二定律由上式可知，飞船在两次经过A点时所受的万有引力F相同，所以飞船通过轨道I上A点加速度等于轨道上A点加速度，A错误；B飞船A点处点火变轨时，应向前喷气减速，做向心运动，才能从圆轨道进入椭圆轨道，B错误；C飞船在轨道上从A到B运行的过程中，万有引力做功，不改变机械能，机械能不变，C错误；D 由牛顿第二定律得解得，飞
6、船在轨道III绕月球运动一周所需的时间T2D正确。故选D。5. 如图3所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷小物块由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止在物块的运动过程中，下列表述正确的是A. 两个物块的电势能逐渐减少B. 物块受到的库仑力不做功C. 两个物块的机械能守恒D. 物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力【答案】A【解析】【详解】A由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小故A正确B两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功故B错误C开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动
7、能减小，重力势能不变，则两个物块的机械能先增大，后减小，不守恒故C错误；D开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物体做加速运动；而后当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动故D错误【点睛】本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点6. 如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（） A. 两小球落地时的速度相同B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同C. 从开始运动至落地，两小球机械能变化相同D. 从开始运动至落地，两小球动量的变化相同【答案】C【解析】【详解】AD两个小球在运动的
8、过程中都是只有重力做功，机械能守恒，从开始运动至落地，两小球机械能的变化相同，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，但是由于速度是矢量，速度方向不同，所以速度不同，故A错误，C正确；B到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误；D根据动量定理，小球动量的改变量对A、B小球运动时间，可得故从开始运动至落地，两小球动量的变化量有故D错误。故选C。7. 静止在地面上的一小物体，在竖直向上的拉力作用下开始运动，在向上运动的过程中，物体的机械能与位移的关系图象如图所示，其中
9、0s1过程的图线是曲线，s1s2过程的图线为平行于横轴的直线关于物体上升过程（不计空气阻力）的下列说法正确的（ ）A. 0s1过程中物体所受的拉力是变力，且不断减小B. s1s2过程中物体做匀速直线运动C. 0s2过程中物体的动能先增大后减小D. 0s2过程中物体的加速度先减小再反向增大，最后保持不变且等于重力加速度【答案】ACD【解析】【详解】A以地面为零势能位置，则在某一位置时的机械能E=Fs,0s1过程中，某点的切线的斜率表示此时的拉力，由图可知，物体所受的拉力是变力，且不断减小，A对；BCDs1s2过程的图线为平行于横轴的直线，机械能守恒，说明此过程中，拉力为零综合考虑得出，在上升过程
10、先是拉力大于重力，接着是拉力小于重力，最后是拉力等于零，物体只受重力作用，故B错，CD正确。故选ACD。8. 如图所示,水平面上 O 点的左侧光滑,O 点的右侧粗糙有 8 个质量均为 m 的完全相同的小滑块(可视为质点),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为 L,滑块 1 恰好位 于 O 点左侧,滑块 2、3依次沿直线水平向左排开现将水平恒力 F 作用于滑块 1上经观察发现,在第 3 个小滑块完全进入粗糙地带后到第 4 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,小滑块做匀速直线运动,已知重力加速度为 g,则下列判断中正确的是( )A. 粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为B. 滑块匀速运动时,各段轻杆上的
11、弹力大小相等C. 第 2 个小滑块完全进入粗糙地带到第 3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8 个小滑块的加速度大小为D. 第 1 个小滑块完全进入粗糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5 和 6两个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为【答案】D【解析】【详解】A.将匀速运动的8个小滑块作为一个整体，有，解得，故A项错误；B.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故B项错误；C.对8个滑块，有，代入，解得，故C项错误；D.对8个滑块，有，解得再以6、7、8三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有，故D项正确;
12、9. 如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是A. 电势AB，场强EAEBB. 电势AB，场强EAEBC. 将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功D. 将-q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPAEPB【答案】BC【解析】【详解】AB电场线越密的地方电场强度越大，所以场强EAEB，沿着电场线电势降低，所以电势AB故A错误，B正确C将+q电荷从A点移动到B点所受电场力和电场线方向相同，电场力做正功故C正确D将-q电荷分别放在A、B两点，所受电场力和电场线方向相反，电场力做负功，电势能增加，所以EPAEPB故D错误10. 如图所示，一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上，小车置于光滑水平
13、面上，在小车正前面碗边缘处无初速地释放一质量为的小球，则小球沿碗内壁下滑过程中，下列说法中正确的是（ ）A. 小球、碗和车组成的系统机械能守恒B. 小球、碗和车组成的系统动量守恒C. 小球的最大速度为D. 小球的最大速度小于【答案】AD【解析】【分析】小球下滑过程中，只有重力做功，小球、碗和车组成的系统机械能守恒；系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒，根据两大守恒列式可以判断最大速度；【详解】A由于没有摩擦，对于小球，碗和车组成的系统，只有重力对小球做功，系统的机械能守恒，故A正确；B、设小球滑到最低点时速度为，假设小车不动，则由机械能守恒：，由于小球下滑过程该系统水平方向动量守恒，因此该
14、过程小车有向右的速度，小球下滑过程系统的重力势能减小等于小球、碗和小车三者动能的增加，因此小球的最大速度小于，故BC错误，AD正确【点睛】解答本题关键要把握好动量守恒与机械能守恒的条件，根据两大守恒定律进行分析，要注意研究的对象11. 两质量相同小球A、B同向运动，已知pA=6kgm/s，pB=4kgm/s，某时刻两小球发生碰撞，碰后A、B球的动量pA、pB可能为（）A. pA=5kgm/s，pB=5kgm/sB. pA=8kgm/s，pB=3kgm/sC. pA=2kgm/s，pB=8kgm/sD. pA=4kgm/s，pB=6kgm/s【答案】AD【解析】【详解】以两球组成的系统为研究对象
15、，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能系统的总动量A若碰撞后甲、乙两球动量为pA5kgm/s，pB5kgm/s，则系统上的总动量动量守恒，总动能总动能不增加，符合实际情况，故A正确；B若碰撞后甲、乙两球动量为pA8kgm/s，pB3kgm/s，系统上的总动量动量不守恒，不符合实际情况，故B错误；C若碰撞后甲、乙两球动量为pA2kgm/s，pB8kgm/s，系统上的总动量动量守恒，总动能总动能增加，不符合实际情况，故C错误；D若碰撞后甲、乙两球动量为pA4kgm/s，pB6kgm/s，系统上的总动量动量守恒，总动能总动能不增加，符合实际情况，故D正确。故选AD。1
16、2. 如图所示的匀强电场场强为1103N/C，ab=dc=4cm， bc=ad=3cm则下述计算结果正确的是（） A. ab之间的电势差为40VB. ac之间的电势差为50VC. 将q=-510-3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力做功为零D. 将q=-510-3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功都是-0.25J【答案】AC【解析】【详解】Aab之间的电势差Uab=Eab=1030.04V=40V故A正确；B由图看出，bc在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V故B错误；C将q=-510-3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力
17、不做功故C正确；D将q=-510-3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为W=qU=-510-3C40V=-0.2J故D错误。故选AC。13. 如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块的质量为4kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的图象如图乙所示，则可知（）A. 物块A的质量为2kgB. 运动过程中物块A的最大速度为vm=4m/sC. 在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6JD. 在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒【答案】ABC【解析】【详解】AB由图
18、知，A离开挡板瞬间B的速度为，B的速度最小值为，B的速度最小时，弹簧第一次恢复原长，的最大速度，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒得解得选项A B正确； C分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时A、B的共同速度为，根据动量守恒解得根据机械能守恒定律解得选项C正确。D在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；D错误；故选ABC。第II卷（非选择题部分）二、实验题（每空2分共16分）14. 某同学在做“验证动量守恒定律”的实验中，实验室具备的实验器材有：斜槽轨道，两个小钢球A、B，刻度尺，白纸，圆规，重垂线一条
19、。实验装置及实验中小球运动轨迹及落点平均位置如图2所示。(1)对于实验中注意事项、测量器材和需测量物理量，下列说法中正确的是_。A实验前轨道的调节应注意使槽的末端的切线水平B实验中要保证每次A球从同一高处由静止释放C实验中还缺少的实验器材有复写纸和秒表D实验中需测量的物理量只有线段OE、OF和OJ的长度(2)为减小实验误差所选用的两小球质量关系应为mA_mB（选填“小于”、“大于”或“等于”）；E、F、J是实验中小球落点的平均位置，请你根据该同学实验中所选小球和实验的记录纸判断，A球没有碰撞B球时的落点是_点（在E、F、J三个落点中选填），A球与B球碰撞后A球的落点是_点（在E、F、J三个落点
20、中选填）。(3)请用图2中的字母写出该同学判断动量守恒的表达式是_。若满足_则说明碰撞前后动能也相等。【答案】 (1). AB (2). 大于 (3). F (4). E (5). (6). 【解析】【详解】(1)1 A因为初速度沿水平方向，所以必须保证槽的末端的切线是水平的，故A正确；B因为实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置，所以每次碰撞前入射球A的速度必须相同，则要保证每次A球从同一高处由静止释放，故B正确；C要测量A球的质量和B球的质量，故需要天平；在地板上合适的位置铺上白纸并在相应的位置铺上复写纸，用重垂线把斜槽末端即被碰小球的重心投影到白纸上O点，故需要复
21、写纸，不需要秒表，故C错误；D由可知实验中需测量的物理量是A球的质量和B球的质量，线段OF、OE和OJ的长度，故D错误。故选AB。(2)2为减小实验误差，碰撞后球A不能反弹，所选用的两小球质量关系应为。3 A球没有碰撞B球时的落点是F点。4 A球与B球碰撞后A球的落点是E点。(3)5要验证动量守恒定律，即验证小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，上式两边同时乘以得即6若碰撞前后动能相等，则有解得15. “测定滑块与木板之间的动摩擦因数”的实验装置如图甲所示，实验器材有：右端带有定滑轮的长木板、带有遮光条的滑块、光电门（包含数字计时器）、拉力传感器、托盘、砝码及细
22、线、游标卡尺等。实验时，让滑块从A处由静止开始运动，测得拉力传感器的示数F，遮光条挡光的时间t，滑块（包括遮光条和拉力传感器）的总质量为M，滑块上的遮光条从A到光电门的距离为s，遮光条的宽度为d，重力加速度为g。(1)为了减小实验误差，下列实验要求正确的是_。A将带有定滑轮的长木板调至水平B调节定滑轮，使牵引滑块的细绳与长木板平行C托盘和砝码的总质量（设为m）必须远小于MDA 与光电门之间的距离应适当大些(2)用题中已知的物理量符号表示，滑块与木板之间的动摩擦因数表达式为=_。【答案】 (1). ABD (2). 【解析】【详解】(1)1A将带有定滑轮的长木板调至水平,使滑块对木板的压力等于重
23、力，A正确；B调节定滑轮，使牵引滑块的细绳与长木板平行，使滑块对木板的压力等于重力，B正确；C拉力传感器可以直接测量绳的拉力，不需要用托盘和砝码的总重力代替绳的拉力，没有必要托盘和砝码的总质量（设为m）必须远小于M，C错误；DA 与光电门之间的距离应适当大些，可以减小运动时间的测量误差，D正确。故选ABD。(2)2由牛顿第二定律和运动学公式得解得三、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。）16. 如图所示，空间有E100 V/m竖直向下的匀强电场，长L0.4 m不可伸长的轻绳固定于O
24、点。另一端系一质量m0.5 kg，电量q0.05 C的带正电小球。拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，小球继续运动，最后落至地面上C点，B点离地的高度hB0.1 m，g10 m/s2。求：(1)绳子张力的最大值；(2)落地点C到B点的水平距离。【答案】(1)30 N；(2)0.4 m。【解析】【详解】(1)当带电小球摆至B点时，绳子达到最大张力，设为T，小球运动到B点时速度为vB，小球从A点运动到B点，由动能定理可得：mgl-Eql=mvB2 小球在B点做圆周运动，由牛顿第二定律可得 联立解得T=30 N(2)小球离开B点后做类平抛运动，下落加速度m
25、/s2 设落地点C到B点的水平距离为x，则=0.4 m17. 如图所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板且最终滑块与木板一起向右运动并保持相对静止。已知物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板间的动摩擦因数为，重力加速度为g。滑板与端的碰撞没有机械能损失。求：(1)物块滑到点的速度大小；(2)滑板与木板一起运动时的速度大小；(3)若离滑板右端足够远处有一竖直固定的挡板，且木板与挡板碰撞没有能量损失，要使物块始终不从滑板右边掉下
26、，求滑板长度最小值L。【答案】(1)；(2)；(3)。【解析】【详解】(1)物块由到过程中机械能守恒，有解得(2)从物块滑上滑板到两者相对静止一起运动，根据动量守恒定律有解得(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板碰撞后速度v1大小不变，方向向左。此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动直至再次达到共同速度。设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，有Mv1mv1=（M+m）v2根据能量守恒,第一次二者达到共速有第二次二者达到共速有木板的最小长度L=s1+s2代入数据解得18. 下列说法中正确的是_A. 一定质量的理想气体体积增大时，其内能一定减少B. 用打气筒的
27、活塞压缩气体很费劲，说明分子间有斥力C. 晶体在熔化过程中，分子势能一定增加D. 气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的E. 在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，会使分子直径计算结果偏大【答案】CDE【解析】【详解】A气体体积增大时，气体对外界做功，若同时气体从外界吸热，且，根据热力学第一定律可知，气体内能增加，故A错误；B用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明气压很大，气体压强是气体分子对容器壁的碰撞造成的，与分子力无关，故B错误；C晶体熔化时吸收热量，导致内能增大，熔化过程中晶体温度不变，只增加了分子势能，故C正确。D气体对器壁
28、的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故D正确；E在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，则计算时所用体积数值偏大，会导致计算结果偏大，故E正确；故CDE。19. 如图所示，一根上粗下细、粗端与细端都粗细均匀的玻璃管上端封闭、下端开口，横截面积S1=4S2，下端与大气连通粗管中有一段水银封闭了一定质量的理想气体，水银柱下表面恰好与粗管和细管的交界处齐平，空气柱和水银柱长度均为h=4cm现在细管口连接一抽气机（图中未画出），对细管内气体进行缓慢抽气，最终使一半水银进入细管中，水银没有流出细管已知大气压强为P0=76cmHg求抽气结束后细管内气体的压强；抽气过程中粗管内气体吸热还是放热？请说明原因【答案】58cmHg；抽气过程中粗管内气体吸热，是由于气体对外做功，同时内能不变，所以会吸收热量。【解析】【详解】缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变。设抽气后粗管内气体压强为p1，细管内气体压强为p2，由玻意耳定律可得：（p0-h）h=p1（h+h）P2=p1+（h+2h）由式联立解得P2=58（cmHg）缓慢抽气过程中，粗管内气体的温度不变，气体内能不变，U=0；气体体积增大，对外做功，W0；根据热力学第一定律：U=W+Q，所以Q0，粗管内的气体吸热。