【文档说明】【精准解析】河北省承德市高中2021届高三上学期第一次调研物理试题.doc，共(17)页，1.132 MB，由小赞的店铺上传

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承德市高中（2020~2021学年）第一学期高三年级调研考试物理考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版必修1，选修3-5除动量，选修3-

3或选修3-4.第I卷（选择题共32分）一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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，有选错的得0分。1.某省将在2020年8月1日前完成高

速公路、一级国省干线公路限速标志调整，同时将规范测速管理，某处高速区间测速（测量车辆经过某区间的平均车速）标志如图所示。已知此段限速100km/h，长度为10km（该段公路平直），现监测发现某轿车经过这一路段用时6

min，则下列说法正确的是（）A.该汽车一定做匀速直线运动B.限速100km/h指的是限定汽车行驶的最低速度C.在测速区间，该轿车行驶的平均速度大小为100km/hD.在测速区间，该轿车行驶的瞬时速度不可能超过100km

/h【答案】C【解析】【详解】A．区间测速是测量车辆经过某区间的平均车速，故无法判断汽车是否做匀速直线运动，故A错误；B．限速100km/h指的是汽车在某区间的平均速率不能超过100km/h，故B错误；CD．

区间测速路段长度为s=10km，监测发现某轿车经过这一路段用时t=6min=0.1h，故该汽车的平均速率为10km/h100km/h0.1svt===由于该段公路平直，则平均速度大小也为100km/h，但该在测速区间，该汽车的瞬时速度仍可能超过100km/h，故C正确，D错误。故选C

。2.关于常见的三种力，下列说法正确的是（）A.重力的作用点不一定在物体上B.相互接触的物体间一定有弹力C.滑动摩擦力的方向一定与物体的运动方向相反D.静摩擦力方向一定与物体的运动方向相同【答案】A【解析】【详解】A．重力的作用点重心与物

体的形状的质量分布有关，不一定在物体上，例如质量均匀分布的圆环的重心不在物体上，A正确；B．物体之间产生弹力，需要相互接触并挤压，发生形变，B错误；C．滑动摩擦力的方向一定与物体相对运动的方向相反，C错误；D．静摩擦力的

方向与物体相对运动的趋势相反，与物体的运动方向无关，D错误。故选A。3.下列关于力的合成与分解的说法，正确的是（）A.合力一定大于分力B.一个合力只能分解为两个分力C.任意两个确定的分力都有两个合力D.一个大小为2N的合力可以分解成两个大小分别为2N和3N的分力【答案】D【解

析】【详解】A．力的合成遵循平行四边形法则，合力与分力的大小无明确关系，A错误；B．一个合力可以分解为无数个力，B错误；C．任意两个确定的分力都只能有一个合力，C错误；D．合力和分力满足()2N3N2N3N2N+−合力，根据力的三角形

法则可知一个大小为2N的合力可以分解成两个大小分别为2N和3N的分力，D正确。故选D。4.如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，某人通过光滑滑轮，用不可伸长的轻绳拉着物块A匀速向上运动，则关于拉力F及杆对物块水平的弹力FN，下列说法正确的是（）A.F不变

B.F增大C.FN不变D.FN减小【答案】B【解析】【详解】设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有cosFmg=因为θ增大，则F增大，水平方向合力为零，有NsinFF=F增大，FN

增大故选B。5.2017年4月16日，国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次高速滑行测试。某次测试中，国产大飞机C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经过连续相等的两段距离均为x，第一段用时t，第二段用时是第一段的

一半，则国产大飞机C919的加速度是（）A.223xtB.243xtC.289xtD.2169xt【答案】B【解析】【详解】设飞机的加速度为a，在第一段位移的初速度为v0，则第一段位移2012xvtat=+在两段位移内20121.5(1.5)

2xvtat=+联立解得243xat=故选B。6.下列有关近代物理的说法正确的是（）A.天然放射现象说明了原子核内部是有复杂结构的B.阴极射线是带电粒子流C.α粒子散射实验证明了原子的全部负电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里D.玻尔原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出

了定态和跃迁的概念，该理论能解释所有原子光谱的实验规律【答案】AB【解析】【详解】A．天然放射现象说明了原子核内部有复杂结构，A正确；B．汤姆孙发现了阴极射线是电子流，B正确；C．α粒子散射实验证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里，C错误；D．玻尔的原子理论只能解释氢

原子的光谱，D错误。故选AB。7.A、B两辆汽车在同一直线路段上同向行驶，它们的速度随时间的变化图像如图所示，且A车在前、B车在后，t=0时刻，两车相距为s。下列说法正确的是（）A.A车处于匀速直线运动状态B.B车的加速度大小为3.75m/s

2C.A、B两车在0~4s内的位移相同D.若s=18m，A、B两车必定相撞【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，A车的速度不变始终为5m/s即A车处于匀速直线运动状态，故A正确；B．B车的加速度大小为2215m/

s2.5m/s6Ba==故B错误；C．根据图象与时间轴所围的面积表示位移大小，可知，在0～4s内，B车的位移比A车的大，故C错误；D．t=4s时，两车速度相等，0－4s内，B车与A车的位移之差104m20m>=18m2xs==可知，A、B两车在t=4s之前已经

相撞，故D正确。故选AD。8.如图甲所示，物体A和B叠放，静止在粗糙水平面上，物体A受到水平方向的拉力Fkt=（3N/sk=各物理量均为国际单位）的作用，在拉力F逐渐增大的过程中，在物体A与水平面间的摩擦力达到最大静摩擦力的瞬间，移除物体B，此后，物体A的加速度

随时间变化的关系如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是（）A.物体B的质量为2kgB.物体A的质量为6kgC.物体A与水平面间的动摩擦因数为0.1D.4s末物体A的速度大小为

4m/s【答案】CD【解析】【详解】ABC．由图乙可知，物体A、B整体开始运动时有()2sABmmgk+=根据牛顿第二定律，移除物体B瞬间，对A物体有22s1m/sAAkmgm−=4s时对物体A，

根据牛顿第二定律有24s3m/sAAkmgm−=联立以上几式解得3kgAm=3kgBm=0.1=故AB错误，C正确；D．4s末物体A的速度大小为图乙中图线与时间轴围成的面积，大小为(13)2m2/s4m/sv

=+=故D正确。故选CD。第II卷（非选择题共68分）二、非选择题：共68分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题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。（一）必考题：

共38分。9.在探究匀变速直线运动规律的实验中：(1)已知电火花计时器打点频率为50Hz，该同学按打点先后顺序每隔四个计时点取一个计数点，得到如图所示的O、A、B、C、D五个计数点，用刻度尺量得OA=1.00cm、AB=2.00cm、BC=3.02cm，CD=4.02cm。打C点时纸带的速度大小

为__________m/s，该纸带的加速度大小为__________m/s2（均保留三位有效数字）；(2)实验时电源实际频率略大于50Hz，则速度的测量值__________（选填“大于”“小于”或“

等于”）真实值。【答案】(1).0352(2).1.01(3).小于【解析】【详解】(1)[1]按打点先后顺序每隔四个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，

则23.024.0210m/s=0.352m/s220.1BDCxvT−+==[2]由逐差法可知加速度大小为222224.023.022.001.0010m/s1.01m/s440.1BDOBxxaT−−+−−

===(2)]3]实际所用交流电的频率大于50Hz，则打点周期小于0.02s，故T的代入数值偏大，根据平均速度公式xvt=可知，速度测量值小于真实值10.某同学利用如图甲所示的装置测量滑块与斜面间的动摩擦因数。先用量角器测得斜面的倾角θ=30°，并用游标卡尺测量挡光片的宽度d

，用毫米刻度尺测量挡光片的最初位置到光电门的距离x；再由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间t；多次改变挡光片到光电门的距离，测出所对应的挡光时间：(1)用游标卡尺测量挡光片宽度时，示数如图丙所示，

则挡光片的宽度d=__________mm；(2)若某次实验，滑块通过光电门时的挡光时间为0.02s，则滑块通过光电门时的速度大小v=__________m/s；(3)多次实验后，根据实验数据，以22dt为纵坐标，x为横坐标，作图

像22dxt−（所有数据均为国际制单位），得出一条过坐标原点的直线如图乙所示，测得其斜率k=5m/s2，则滑块与斜面间的动摩擦因数μ=__________。（g取10m/s2）【答案】(1).2.4(2).0.12(3).36【解析】【详解】(1)[1]游

标卡尺精度为1mm0.1mm10=，读数为2mm40.1mm2.4mm+=。(2)[2]挡光片宽度较小，可以用平均速度近似代替瞬时速度，即32.410m0.12m/s0.02sv−==(3)[3]根据牛顿第二定律sincosmgmgma−=根据运动学

公式22vax=整理变形得222c2(sin3o)s300vgxgdt==−结合图像可知c2(sin3030)oskgg−=解得sin303532cos30362cos130302kg=−=−=11.新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M”，预计2020年投入运行，该

实验装置的建成将为人类真正掌握可控核聚变提供重要技术支撑。已知一种核聚变的方式是两个氘核通过核反应产生一个32He核和一个中子，其中氘核的质量为2.013u，该氦核的质量为3.015u，中子的质量为1.0087u，已

知1u相当于931.5MeV的能量。(1)写出核反应方程；(2)求该核反应方程释放的能量E（计算结果保留四位有效数字）。【答案】(1)2311202HHen→+；(2)2.142MeVE=【解析】【详解】(1)

由题意可知，核反应方程为2311202HHen→+(2)核反应中的质量亏损为HHen2mmmm=−−解得0.0023um=则释放的能量22.142MeVEmc==12.如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的倾角θ=37°，一质量5kg

的滑块在F=150N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面运动，推力作用t1=4s后撤去，滑块在斜面上继续滑行t2=2s后，速度减为零，（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数和物体上滑的位移x；(2)当滑块

到达最高点时，对滑块施加大小仍为F、方向改成竖直向下的作用力，求滑块从最高点回到地面的时间t（结果可保留根号）。【答案】(1)0.5，60m；(2)15st=【解析】【详解】(1)设滑块在F作用时加速度为1a，撤去力F后加速度大小为2a，滑块先

加速后减速，则有1122atat=当推力F作用时，滑块的受力分析如图所示由牛顿第二定律得11cossinFfmgma−−=，1sincos0NFmg−−=根据摩擦力公式有11fN=撤去力F后，根据牛顿第二定律可得2sincosmgmgma+=联立解得0.5=，215m/s

a=，2210m/sa=物体上滑的位移2211221122xatat=+解得60mx=(2)下滑时的加速度大小为a3，对滑块受力分析有()()3sincosmgFmgFma+−+=解得a3=8m/s2，2312xat=解得15st=（二）选考题：共30分。请考生从13、14两题中任选一题

作答，如果多答，则按所答的第一题计分。13.关于分子动理论，下列说法正确的是（）A.扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明B.布朗运动不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性C.两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大

，而分子势能一定先减小后增大D.一定质量的理想气体，当温度升高时，内能和压强都一定增大E.分子有着复杂的内部结构，但在研究分子的大小时，往往可以把分子看作小球或小立方体，这是一种理想化模型的物理方法【答案】ABE【解析】【详解】A．扩散现象是物质分子永不停息

地做无规则运动的证明，故A正确；B．布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，不是分子的运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性，故B正确；C．从r＞r0开始，两个分子在相互靠近，分子力先增加后减小再增加，先做正功后做负功，分子势能先减小后增大；从r＜r0开始，两

个分子在相互靠近，分子力增加，分子力做负功，分子势能一直增大，故C错误；D．一定质量的理想气体温度升高时，内能一定增大，根据pVCT＝知，压强不一定增加，故D错误；E．分子有着复杂的内部结构，研究分子的大小时，把分子看做小球或小立方体，是对分子的简化模型，只是对分子大小的粗略描述，是一种理想

化模型的物理方法，故E正确。故选ABE。14.下列说法正确的是。A.热量可以从低温物体传到高温物体B.叶面上的露珠总是球形的是因为液体的表面张力C.随着技术的进步，能量可以凭空产生D.1g水中所含的水分子数目略少于地球的总人口数（约70亿）E.晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点【答案】ABE【

解析】【详解】A．热量可以从低温物体传到高温物体，但热量不会自发的由低温物体传递到高温物体。故A正确；B．叶面上的露珠总是球形的是因为液体的表面张力。故B正确；C．能量不能凭空产生，凭空消失。只会从一个物体转移到另一个物体，或者从一种形式转化为另一种形式。故C

错误；D．水的摩尔质量是18g，1g水中含有的分子数为232216.0103.31018n=而地球的总人口数约70亿。故D错误；E．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点。故E正确。故选ABE。15

.一定质量的理想气体先从状态A经等压变化到状态B，后再经等容变化到状态C，变化过程的VT−图像如图所示，在状态A时气体的压强5A310Pap=，求∶(1)气体在状态A时的体积和在状态C时的压强Cp；(2)气体在A→B→C过程中吸收的热量Q。【答案】(1)33310m−，1.8×105

Pa；(2)600J【解析】【详解】(1)由VT−图像可知气体在状态B时，则有B500KT=，33B510mV−=气体在状态A时，则有300AT=K根据盖一只萨克定律有ABABVVTT=解得33A310mV−=

气体由状态B变化到状态C，发生等容变化，根据查理定律得CBBCppTT=由VT−图像可知气体在状态C吋温度C300KT=解得5C1.810Pap=(2)由题可知，气体在A、C两状态时温度相等，则气体的内能相同，即有0U

=气体从状态A到状态B是等压变化体积增大，则有33BA210mVVV−=−=气体对外界做功A600JWpV=−=−气体由状态B变化到状态C，发生等容变化，外界对气体不做功，根据热力学第一定律UQW=+得600JQW=−=即)气体在

A→B→C过程中吸收的热量600J。16.如图所示，放置在水平地面上的喷雾器内有V=13L的药液，上部封闭有V0=2L、p0=1atm、热力学温度为T0的空气。现关闭喷雾阀门，用打气筒打气，每次打气筒可以打进p0=1atm、△V=200cm3的空

气，在快速充气的情况下，打气筒来不及散热致每次打气时喷雾器内空气温度升高0.02T0，空气可看作理想气体。(1)要使喷雾器内空气压强增大到p2=2.4atm，求打气筒应打气的次数n；(2)喷雾器内空气

压强达到p2=2.4atm时停止打气，并立刻向外喷药，当喷雾器内药液上方空气的压强降为1atm时，求剩下的药液的体积V剩（假设喷雾器向外喷药时桶内空气的温度不变）。【答案】(1)n=10；(2)10.2LV=剩【解析】【详解】(1)设打入的空气和喷雾器

内空气在1atm的压强下体积的总量为V1，则有31200cm2L0.22LVnn=+=+设打入空气后，空气温度为T2，则有2000.02TTnT=+由理想气体状态方程得012002pVpVTT=解得n=10(2)设喷雾器内空气压强降为1atm时，空气体积为V

3，根据玻意耳定律得2003pVpV=解得V3=4.8L剩下药液的体积()3010.2LVVVV=−−=剩17.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列说法正确的是（）A.振子的振动周期为4sB.振子的振幅为10cmC.0~10s内，振子通过

的路程是50cmD.t=1s时，振子的速度为零，加速度最大E.t=4s时，振子的速度最大，加速度最大【答案】ACD【解析】【详解】AB．由振动图象可得，振子的振动周期为4s，振子的振幅为5cm，故A项正确，B项错误；C．0~10s内，振子通过的路程10445cm50cm4

tsAT===故C项正确；D．t=1s时，振子的位移正向最大，振子的速度为零，加速度最大，故D项正确；E．t=4s时，振子的位移为零，振子的速度最大，加速度为零，故E项错误。故选ACD。18.关于电磁波和相对论，下列说法正确的是（）A.只要有周

期性变化的电场，就可以产生电磁波B.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关C.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度方向、磁感应强度方向垂直D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过光缆传输E.真空中的光速在不同的惯性参考系中都是

相同的【答案】BCE【解析】【详解】A．周期性变化的电场和磁场相互激发，才能形成由近及远传播的电磁波，A错误；B．电磁波在真空中传播的速度与光速相同，与频率无关，B正确；C．电磁波是横波，其传播方向与电场强度方向、磁感应强度方向垂直，C正确；D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信

，电磁波也通过光缆和电缆传输，D错误；E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，E正确。故选BCE。19.如图所示，玻璃砖ABDO的横截面是半径为R的半圆，O点为半圆的圆心，S为沿OA所在的直径外的一点，从S点向半圆上

发射一细束单色光到半圆上的B点，已知入射角α=60°，∠BOA=45°，玻璃砖的折射率n=62，光在真空中传播的速度为c，求∶(1)光线在B处的折射角β；(2)光线在玻璃砖中的传播时间t。【答案】(1)45°；(2)3Rc【解析】【

详解】(1)光线在B点发生折射，由折射定律得sinsinn=解得45=(2)光线由B点射向D点，设入射角为1r，由几何关系可得145r=由于16sin=sin453Cn=，所以光线在D点射出玻璃砖，由几何关系得2BDR=cvn=

BDtv=解得3Rtc=20.一列简谐波在x轴上传播，在t1时刻简谐横波的波形如图中实线所示，在t2时刻该波的波形如图中虚线所示，已知t2－t1=0.1s。求：(i)该波可能的传播速度v1；(ii)若已知T<t2－t1<2T，且图中P质点在t1

时刻的振动速度方向向上，求可能的波速v2。【答案】(i)18060(0,1,2,)vnn=+=……或18020(0,1,2,)vnn=+=；(ii)2140m/sv=【解析】【详解】(i)若简谐波向x轴

正方向传播，在21tt−内波形传播最短距离为14，根据波的周期性得波传播的距离为1(0,1,2,)4xnn=+=则波速为1xvt=，解得18020(0,1,2,)vnn=+=同理可得若简谐波向x轴负方向传

播，可能的波速18060(0,1,2,)vnn=+=(ii)P质点速度向上，说明波向x轴负方向传播，由于212TttT−，可知这段时间内波向左传播了74个波长，有12xvt=，解得2140m/sv=