1、河北省张家口市宣化第一中学2021届高三物理上学期阶段测试试题（二）（含解析）1. 如图所示，水平地面上的物体A，在斜向上的拉力F作用下，向右作匀速直线运动，则（ ）A. 物体A可能不受地面支持力的作用B. 物体A可能受到三个力的作用C. 物体A受到滑动摩擦力的大小为FcosD. 水平地面对A的作用力一定是竖直向上【答案】C【解析】【详解】物体A若不受支持力作用，则不受摩擦力作用，只受重力和拉力，不可能平衡故A错误物体受重力、支持力、摩擦力和拉力处于平衡故B错误在水平方向上有：Fcos=f故C正确物体所受重力和拉力的合力与支持力与摩擦力的合力等值反向，因为拉力和重力的合力不可能为竖直方向，则水
2、平地面对A的作用力一定不是竖直方向故D错误故选C2. 一质点做匀速直线运动现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ）A. 质点速度的方向总与该恒力的方向相同B. 质点加速度的方向总与该恒力的方向相反C. 质点可能先做匀减速运动再做匀加速运动，但最小速度不为0D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变【答案】C【解析】【详解】质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果质点做匀加速或匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反，A错误；根据牛顿第二定律可得加速度方向与合外力方向相同，即加速度方向与该力的方向相同，B错误；若该力的方向与速度方向不共线，且夹
3、角为钝角，则质点先做匀减速曲线运动，当与该力方向共线的分速度为零后（另一个分力不为零，即最小速度不为零），又开始做匀加速运动，C正确；因为合外力恒定，加速度恒定，由可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但速率的变化量不一定不变，D错误3. 如图所示，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷q、q、q，则该三角形中心O点处的场强为A ，方向由C指向OB. ，方向由O指向CC. ，方向由O指向CD. ，方向由C指向O【答案】C【解析】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为 ，三个电荷在O处产生的场强大小均 ，根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为 ，再与-q在
4、O处产生的场强合成，得到O点的合场强为 ，方向由O指向C，故C正确，综上所述本题答案是：C4. 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为下列判断正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力
5、方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，D正确；【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况5. 如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环细绳a的一端固定在圆环的A点，细绳b的一端固定在小球上，两绳的联结点O悬挂着一
6、重物，O点正好处于圆心现将小球从B点缓慢移到B点，在这一过程中，小球和重物均保持静止则在此过程中绳的拉力（）A. 一直增大B. 一直减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大【答案】A【解析】对联结点O进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：可知小球从B点缓慢移到B点过程中，绳a拉力逐渐变大，故A正确，BCD错误6. 引力波探测于2017年获得诺贝尔物理学奖。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由P、Q两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，测得P星的周期为T，P、Q两颗星的距离为l，P、Q两颗星的轨道半径之差为星的轨道半径大
7、于Q星的轨道半径，万有引力常量为G，则（）A. Q、P两颗星的质量差为B. P、Q两颗星的运动半径之比为C. P、Q两颗星的线速度大小之差为D. P、Q两颗星的质量之比为【答案】CD【解析】【详解】ABD双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以Q星的周期为T，根据题意可知解得则P、Q两颗星的运动半径之比为，根据可得则质量差为质量比为故AB错误，D正确；CP星的线速度大小Q星的线速度大小则P、Q两颗星的线速度大小之差为故C正确。故选CD。7. 如图所示，一轻弹簧的左端固定，右端与一带电小球相连接，小球静止在光滑绝缘的水平面上，施加一个水平方向的匀强电场，使小球从静止
8、开始向右运动，则向右运动的这一过程中（运动过程中始终未超过弹簧的弹性限度）（）A. 小球动能最大时，小球电势能最小B. 弹簧弹性势能最大时，小球和弹簧组成的系统机械能最大C. 小球电势能最小时，小球动能为零D. 当电场力和弹簧弹力平衡时，小球的动能最小【答案】BC【解析】【详解】A小球向右运动时，电场力做正功，电势能减小；当电场力与弹力平衡时，小球的动能最大，电势能不是最小，在最右端电势能最小，故A错误；B小球运动过程中只有电场力和弹簧弹力做功，故小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能总量守恒，在最右端，弹簧弹性势能最大时，电势能最小，故小球和弹簧组成的系统机械能最大，故B正确；C小球向右运动时，
9、电场力做正功，电势能减小，故最右端电势能最小，此时动能为零，故C正确；D当电场力和弹簧弹力平衡前，电场力大于弹簧的弹力，小球做加速运动，当弹力等于电场力时，速度达到最大，球的动能最大，故D错误。故选BC。8. 在如图所示的电路中，电源内阻 r0，定值电阻 R2 消耗的功率用 P 表示，两电表均为理想电表，电容器与滑动变阻器并联，电压表和电流表的读数分别用U、I 表示，电容器所带的电荷量用 Q 表示，通过电源的电荷量为 q 时，电源所做的功用 W 表示；当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列图象正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】A定值电阻消耗的功率P=I2R2，所以P
10、与I成二次函数关系，故A正确；B电容器两端电压和变阻器两端电压U1相等，则U1=E-I（r+R2），所以电容器所带电荷量Q=-CI（r+R2）+CE，可以看出电荷量Q与电流I成一次函数关系，故B正确；C电压表测量的是路端电压，根据闭合电路的欧姆定律得U=-Ir+E，则U与电流I成一次函数关系，应该是一条倾斜的直线，故C错误；D电源做功W=qE，所以W与q是成正比关系，故D错误。故选AB。9. (1)在下列测量长度的仪器中能够精确到的是_；A10分度游标卡尺 20分度游标卡尺C50分度游标卡尺 螺旋测微器(2)在如图1所示“探究求合力方法”的实验装置中，橡皮条的一端固定在P点，另一端被小明用A、
11、B两个弹簧测力计拉伸至O点，、分别表示A、B两个弹簧测力计的读数。在图示位置时，垂直于橡皮条，合力一定_选填“大于”、“小于”或“等于”；(3)如图1，此游标卡尺读数_cm。【答案】 (1). D (2). 小于 (3). 1.450【解析】【详解】(1)1A10分度游标卡尺精确度是，故A错误；B20分度游标卡尺精确度是，故B错误；C50分度游标卡尺精确度是，故C错误；D螺旋测微器精确度是，故D正确。故选D。(2)2点O受到三个拉力，处于平衡状态，所以两个弹簧测力计对O点拉力的合力一定PO方向，根据三角形几何关系可知，合力作为直角三角形的直角边，而作为斜边，所以合力一定小于。(3)3游标卡尺的
12、读数为。10. 用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200 )，实验室提供如下器材：电池组E(电动势3 V，内阻不计)电流表A1(量程015 mA，内阻约为100 )电流表A2(量程0300 A，内阻为2 000 )滑动变阻器R1(阻值范围020 ，额定电流2 A)电阻箱R2(阻值范围09 999 ， 1 A)开关S、导线若干要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下面问题：（1）将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为3.0 V的电压表，将电阻箱阻值调到_；（2）在方框中完整画出测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号_。（3）调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电
13、流表A1的示数是_mA，电流表A2的示数是_A，测得待测电阻Rx的阻值是_.【答案】 (1). (2). 电路图如图： (3). 8.0 mA (4). 150 .0A (5). 【解析】【详解】（1）1改装后电压表量程是3 V，则电阻箱阻值；（2）2滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值约为200 ，电流表A1内阻约为100 ，电压表内阻，据可知电流表应采用外接法；则电路图如图：（3）345由图示可知，电流表A1的示数为8.0 mA，电流表A2的示数为150.0 A；待测电阻两端电压测得待测电阻。11. 如图甲所示，有一倾角为=53的固定斜面体，底端的水
14、平地面上放一质量为 M=3kg的木板，木板材质与斜面体相同t=0时有一质量m=6kg的滑块在斜面上由静止 开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量 损失）图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知sin53=0.8， cos53=06，取g=l0m/s2.求：(1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数1、2；(2)滑块停止运动的时刻t和木板的最小长度l【答案】（1）0.2（2）18m【解析】【详解】(1)滑块在斜面上下滑时，满足：mgsin -1N=ma1 N= mgcos 由v-t图得加速度a1= =6m/s2 综合解得1= 滑块滑上木
15、板后减速 1mg =ma2 其中 对木板分析有 1mg 2（m+M）g =Ma3 其中 综合解得2=0.2 (2) 由于21，故滑块与木板达共速后一起匀减速，加速度满足2（m+M）g =（m+M）a4 又 综合解得 t=6s 木板最小长度 =18m【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解.12. 在一个水平面上建立x轴，在原点O右侧空间有一个匀强电场，电场强度大小E6105N /C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q5108C、质量m0.010kg的带负电绝缘物块
16、，物块与水平面间的动摩擦因数0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v02 m/s，如图所示，(g取10m/s2)求：(1)物块向右运动的最大距离；(2)物块最终停止时的位置；(3)物块在电场中运动过程的机械能增量【答案】（1）s1=0.4m（2）物块停止在原点O左侧0.2m处（3）E= -0.016J【解析】【详解】(1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零物体受到的摩擦力为：Ff=mg物体受到的电场力为F=qE由牛顿第二定律得Ff+F=ma由运动学公式得2as1=v2联立以上各式代入数据解得：s1=0.4m(2)第二个过程：物块向左做匀加速运动，由动能定理得：Fs1-Ff（s1+s2）=
17、0解得:s2=0.2m所以物块停止在原点O左侧0.2m处(3)物块在电场中运动过程中，机械能增量等于滑动摩擦力做的功，E=Wf=-mg2s1=-0.20.01100.8J=-0.016J【点睛】关键分析小球的受力和运动情况，利用牛顿运动定律和动能定理灵活求解；特别利用功能关系求机械能增量时，等于滑动摩擦力做的功，一定注意是电场中机械能的增量13. 下列说法正确的是（ ）A. 铜摩尔质量为，铜的密度为，阿伏伽德罗常数为，个铜原子所占的体积为B. 气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C. 绝对零度就是当一定质量的气体体积为零时，用实验方法测出的温度D. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，
18、内能一定增加E. 一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多【答案】ADE【解析】【详解】A铜的摩尔质量为，铜的密度为，阿伏伽德罗常数为，个铜原子的质量，所占的体积为，选项A正确；B气体的压强是由大量的气体分子对器壁的频繁的碰撞产生的，选项B错误；C绝对零度是无法达到的，从而无法根据实验方法进行测量，故C错误；D一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度升高，则内能一定增加，故D正确；E根据理想气体状态方程，则一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，而气体的体积减小，分子数密度增加，故单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数
19、增多，故E正确。故选ADE。14. 如图所示，竖直放置的均匀带阀门的细U型试管，左侧管长30cm，右管足够长且管口开口，初始时左右两管水银面等高，且水银柱高为10cm，左管内被水银封闭的空气柱气体温度为27，已知大气压强为75cmHg。（1）若阀门关闭，对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成5cm长的高度差，则此时气体的温度为多少摄氏度?（2）若打开阀门，直至两侧水银面形成5cm长的高度差，关闭阀门，求放出水银后，左侧气柱的长度。(保留两位有效数字）【答案】（1）87（2）21cm【解析】【详解】（1）由理想气体状态方程 其中封闭气体气体初态的压强P1=75cmHg 体积V1=20S. 升温后封闭气体的压强p2=p0+gh=80 cmHg 体积V2=S L2=22.5S 代入数据得T2=360K即t2=87（2）由理想气体状态方程 P1V1 =P3V3其中：p3=p0-gh=70 cmHg V3= SL3 代入数据得 L3= 21cm
