【文档说明】内蒙古通辽市开鲁县第一中学2021届高三上学期第三次阶段性考试物理试卷【精准解析】.doc，共(19)页，785.500 KB，由小赞的店铺上传

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开鲁一中2020-2021学年度上学期高三年级第三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Ⅰ卷（选择题部分）一、选择题（共1

3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，xt−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212xat=

，根据图象知t=5s时，x=20m，乙车的加速度大小22222220m/s1.6m/s5xat===可知当t=10s时，乙车的初位置220111.610m80m22xat===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，地球表面的重力加速度为g，地球绕太阳公转的周期为T．则太阳的质量为()A.23224mrTRgB.23224rTRgC.234mrgR.D.22234Rmg

Tr.【答案】A【解析】【详解】地球表面物体重力等于万有引力：2GmmmgR=得：2gRGm=①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：2224GMmmrrT=得：232322244r

mrMGTTRg==A.23224mrTRg。故A正确；B.23224rTRg。故B错误；C.234mrgR。故C错误；D.22234RmgTr。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=mω2r，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+12

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=12mvm2，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Pt−Fx＝12mvm2，解得Pt=Fx+12mvm2，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的平板，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】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()kxmMg=+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①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②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①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②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UEd=知场强增大，电场力大于重力，粒子沿轨迹②

运动，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UEd=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QCU=，=4

SCkd，UEd=得，4kQEs=与板间距无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误．故选B．9.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的

4倍B.将极板间距离变为原来的12C.将极板间电压变为原来的4倍D.将极板间电压变为原来的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2211222dqUyattmd===解得222qULdmv=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12，故B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0v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0v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0()mvmMv=+22011()22mgLmvmMv=−+如图乙所示，由动量守恒定律和能量关系可知'0()MvmMv

=+2'2011()22mgxMvmMv=−+联立解得x=L选项A正确，BC错误；D．对甲图情况，对小车由动量定理1mgtMv=对乙图情况，对滑块由动量定理'2mgtmv=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0mgRqER−=解得qEmg=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，细线的拉力Tcos45°=mg，T=2mg，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、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).12ST(2).21212SST−(3).21223112222SSFSmmTT=−【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：12AvsT=(2)[2]由匀变速运动推论：2xaT=再结合逐差法可得：()22132SSaT−=整理得：21212SSaT−=(3)[3]由(1)可知A点的动能为：22111222kAAsEmvmT==同理可得B点的动能为：22211222

kBBsEmvmT==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：22222131111222222BAssFsmvmvmmTT=−=−15.某次测量中，下面两种尺的读数为：甲图：___________m

m,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：0.05×3mm=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0.01×20.6mm=0.206mm，所以最终读数为：3mm+0.205mm=3.206mm．16.用伏安法测量定值电阻的阻值，备用器材如下

：待测电阻Rx(阻值约为25KΩ)电流表A1(量程100μA，内阻约为2KΩ)电流表A2(量程500μA，内阻约为300Ω)电压表V1(量程10V，内阻约为100kΩ)电压表V2(量程50V，内阻约为500kΩ)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

kΩ)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).2A(2).1

V(3).见解析【解析】【详解】（1）[1][2]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量程的V1；电路中电流的最大值约为max10400μA25000I==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1kΩ，若采用限流接法流过电阻的电流最小值为min10385μA250001000I==+而电流的范围为（385μA400μA），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（0400μA）；因1000xR，而33A2V1300100103010RR==满足A2V1xRRR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.

为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为θ=60°、长为L1=23m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2=32m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0v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μ=33，g取10m/s2(1)求小球初速度0v的大小

；(2)求小球滑过C点时的速率Cv。【答案】(1)6m/s；(2)36m/s【解析】【详解】(1)小球开始时做平抛运动22yvgh=A点有60yxvtanv=032m/s6m/s603yxvvvtan==＝＝(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得()

2211201122CmghLsinmgLcosmgLmvmv+−−−＝代入数据解得36m/sCv＝18.如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径0.5mr=的圆弧轨道CDP和与之相切于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

37=，A、B两点间的距离0.2md=。质量10.05kgm=的不带电绝缘滑块静止在A点，质量20.1kgm=、电荷量5110Cq−=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4.5NF=、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210m/sg=，sin370.6=，cos370.

8=）(1)求碰后瞬间小球的速度大小Bv；(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Pv；(3)求B、C两点间的距离x。【答案】(1)25m/s；(2)7.5×104N/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2112

Fdmv=解得6m/sv=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11122mvmvmv=+由能量守恒得22211122111222mvmvmv=+联立解得12m/sv=−（“−”表示v1的方

向水平向左）24m/sv=(2)小球到达P点时，受力如图所示则有2tan?qEmg=解得47.510N/CE=小球所受重力与电场力的合力大小为2=cosmgG等小球到达P点时，由牛顿第二定律有22=PvGmr等解得2.5m/sPv=(3)对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有222

22211(sin)(cos)22PqExrmgrrmvmv−−+=−解得0.85mx=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.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pVCT=，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．气体吸收的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=1．25×105Pa，活塞质量m=0．25kg，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34，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=PV054VV=解得：P=1×l05Pa对上部分气体，初态：510

110PamgPPs=−=末态：520.7510PamgPPs=−=根据理想气体状态方程，有2010034pVpVTT=解得：T=281.25K。