【文档说明】河北省张家口市2021届高三上学期12月阶段测试物理试卷【精准解析】.doc，共(19)页，1.190 MB，由小赞的店铺上传

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2020—2021学年第一学期阶段测试卷高三物理注意事项：1.本试卷分为Ⅰ卷（选择题），Ⅱ卷（非选择题）。2.本试卷共100分，考试时间90分钟。3.请将各题答案填在答题卡上。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项符合题目要求。1.关于静电的利用和防止，下列说法错误的是（）A.静电复印机利用了静电吸附的原理B.静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带相反的电荷，可以使油漆与金属表面结合的更牢固C.油罐车尾有一条铁链拖在地上，是为了避免产生电

火花引起爆炸D.加油站的加油员工作时最好穿绝缘性能良好的化纤衣物，防止引燃汽油【答案】D【解析】【详解】A．复印机是利用静电的吸附作用工作的，故A正确，不符合题意；B．喷枪喷出的油漆微粒带正电，因相互排斥而散开，形成雾状，被喷涂的物体带负电，对雾状油漆产生引力，把油漆吸到表面，可

以使油漆与金属表面结合的更牢固，故B正确，不符合题意；C．油罐车拖一条与地面接触的铁链是为了将摩擦产生的静电及时导走，防止静电危害，故C正确，不符合题意；D．工作人员工作时间若穿绝缘性能良好的化纤服装，会引起静电，引燃汽油，故D错误，符合题意

。故选D。2.关于电源，下列理解正确的是（）A.电源电动势就是电源两极间电压B.电源接入电路工作时，电源内部电流从正极流向负极C.同样的电池，小电流、间断性放电比大电流、持续放电的容量大-2-D.一节干电池电动

势为1.5V，这表示将1C的电子由负极移送到正极过程中，非静电力做了1.5J的功【答案】C【解析】【详解】A．电源电动势是反应电源将其他形式的能转化为电能的本领大小，故A错误；B．电源接入电路工作时，电源内部电流从负极流向正极，故B错误；C．电池的容量与放电

状态有关，小电流、间断性放电比大电流、持续放电容量大，故C正确；D．1.5V电动势表示将1C正电荷由负极移送到正极过程中，非静电力做功1.5J，故D错误。故选C。3.如图所示，固定的点电荷+Q下方有一足够大的接地金属板，在点电荷+Q的正下方金属板的上表面外侧、内侧各取一点A、B，可认为

A、B两点到点电荷+Q的距离均为d，静电力常量为k，关于此静电感应现象判断正确的是（）A.金属板的下表面一定带正电B.A点场强大小等于2kQdC.金属板上感应电荷在B点场强大小等于0D.金属板上感应电荷在B点场强大小等于是2kQd【答案】D【解析】

【详解】A．大地为远端，所以金属板下表面无电荷，故A错误；CD．金属板达到静电平衡时，导体内合场强为0，所以感应电荷在B点的场强与+Q在B点场强2kQd等大反向，故C错误，D正确；-3-B．根据镜像原理，感应电

荷在A点场强大小为2kQd，与点电荷的场强叠加后，合场强为22kQd，B错。故选D。4.金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，可用于制作电阻温度计。现有甲、乙两个UI−图像，其中一个为描述金属铂的图像，下列判断正确的是

（）A.图甲应为铂的UI−图像，且电压为1U时，电阻为11UIB.图甲应为铂的UI−图像，且电压为1U时，电阻为121UUI−C.图乙应为铂的UI−图像，且电压为1U时，电阻为11UID.图乙应为铂的UI−图像，且电压为1U时，电阻为112UII−【答案】C【解析】【详解

】金属铂的电阻率随温度升高而增大，电阻增大，UI−图像的斜率增大，图乙正确，由欧姆定律可知11URI=，C正确，ABD错误。故选C。5.如图所示，把一板间距为d的平行板电容器接在电压为U的电源上，闭合开关K，此时板间场强为1E。现在两板中央插入厚度为2d的金属板，电路稳定后，板间场强为2

E，断开开关K，抽出金属板，此时板间场强为3E。则123::EEE为（）-4-A.1：1：1B.1：2：2C.1：2：1D.1：1：2【答案】B【解析】【详解】闭合K，不插入金属板时板间场强1UEd=插入金属板后，相当于两个板间距为4d的电容器

串联，每个电容器上电压为2U224UUEdd==相当于电压不变，板间距减半，可得212EE=由4sCkd=可知电容加倍，变为2C；带电量也加倍，变为2Q，断开K后，2Q不变，抽出金属板，电容变为C，板间电压22QUUC==则3122UE

Ed==即有1231:2:2EEE=：：故选B。6.先后让一个氕核()11H和一个氘核()21H从同一位置以相同的初动能通过同一对平行板形-5-成的偏转电场，进入时速度方向与板平行，则氕核与氘核离开时速度偏角的正切值之比12tan:

tan为（）A.1：1B.2：1C.1：2D.1：4【答案】A【解析】【详解】经分析，粒子进入偏转电场后做类类平抛运动，垂直电场线方向做匀速直线运动，则0lvt=平行于电场线方向做匀加速直线运动，加速度为qUam

d=分速度为yvat=联立以上几式得200tanyvUqlvdmv==又根据2k012Emv=可得ktan2UqldE=由此可知，两粒子初动能相同，其它量也相同，故偏角的正切值相同。故选A。7.把

带电量为53.20C1q−=的正点电荷由电场中的A点移到B点，电场力做功59.610JABW−=，由B点移到C点，电场力做功41.610JBCW−=−，若规定A点电势为0，则（）A.B点电势为-3V

B.C点电势为-2V-6-C.A、C间电势差8VACU=D.把带电量为53.20C1q−=的点电荷放在C点，该电荷的电势能为56.410J−【答案】AD【解析】【详解】A．由ABABWUq=可得3V=ABABU=−解得3VB=−A正确；B．由BCBCWUq=可得5VBCU=−=BC

−2VC=B错误；C．由ACACU=−可得ACAU=2VC−=−C错误；D．由pEq=得-7-5p6.410JCcEq−==D正确。故选AD。8.如图所示电路，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头

P由a滑向b的过程中，下列说法正确的是（）A.0R的功率一直减小B.电源内阻r的热功率一直变小C.电压表示数先变大后变小，电流表示数先变小后变大D.电压表示数先变大后变小，电流表示数一直变小【答案】C【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，滑动变阻器的阻值先变大

后变小，电路总电阻先变大后变小，电流I先变小后变大，由2PIR=可得，0R的功率、内阻r的功率都先变小后变大；内电压先变小后变大，外电压先变大后变小。电压表示数先变大后变小，电流表示数先变小后变大。故选C

。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有两个或两个以上的选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全对得2分，有选错的得0分。9.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，

绳与竖直方向的夹角分别为、，且30a=、60=，若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则下列叙述正确的是（）-8-A.两球质量:3:1abmm=B.剪断细线后，两球组成的系统机械能守恒C.剪断细线

后，两球组成的系统水平方向动量守恒D.落地时a球速率大于b球速率【答案】AC【解析】【详解】A．设a、b球间库仑斥力为F，对a、b球受力分析，可得tan30tan60abFmgmg==可得:3:1abmm=故A正确；B．剪断细线后，两球组成的

系统有库仑力做功，机械能不守恒，故B错误；C．剪断细线后，两球组成的系统水平方向合外力为0，水平方向动量守恒，故C正确；D．落地时，竖直方向只受力重力作用，从相同的高度下落，故竖直速度相同，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，

则有mava=mbvb则水平方向的速率关系为13::abvv=故落地时b的速率大于a的速率，故D错误。故选AC。10.如图所示是多用电表最简结构图，表头G内阻g30ΩR=，满偏电流g1mAI=，1R、2R是定值电阻，22994ΩR=

，选择开关置于1时是量程为5mA的电流表，置于2时是欧姆表，置于3时是电压表。a、b是表外的两个表笔，关于此多用电表说法正确的是（）-9-A.1R的阻值为7.5ΩB.接3时电压表量程为15VC.a表笔应该是黑表笔D.若表内电源电动势E减小，会使电阻测量值偏小【答案】AB【解析

】【详解】A．接1时，有()gg1gIRIIR=−得17.5ΩR=故A正确；B．接3时215VggUIRIR=+=故B正确；C．a对应表内电源负极，为红表笔，故C错误；D．由gIRE=内xEIRR=+内可得-10-1

1xgIRIE=+当E减小时I减小，读数偏大，故D错误。故选AB。11.把点电荷1q和2q分别放在坐标原点O和2mx=处，已知1q带正电，两电荷连线上各点电势随x变化关系如图所示，其中，在2q右侧范围

内3mx=处电势最高，则下列说法正确的是（）A.2q带正电荷B.1q、2q带电量之比为9：1C.图中电势为0的点，场强也一定为0D.把一正电荷由3mx=处移到4mx=处过程中该电荷的电势能会减少【答案】BD【解析】【详解】A．φ-x图像的斜率表示场强，3x=m处电势最高，斜率为0，即场强0

E=，因为1q带正电，0E=的点在2q外侧，所以2q必带负电，故A错误；B．1q、2q到3x=m的距离比为3：1，由2kqEr=可得12:9:1qq=故B正确；C．电势为0的点斜率不为0，即场强不为0，故C错误；D．3x=m到4x=m场

强向右，移动正电荷时电场力做正功，电势能减少，故D正确。-11-故选BD。12.如图所示电路，电源内阻为r，两相同灯泡1L、2L电阻均为R，D为理想二极管（具有单向导电性），电表均为理想电表。闭合S后，一带电油滴恰好在平行板电容器中央静止不动。现把滑动变阻器滑片向上滑动，电压表1V、2

V示数变化量绝对值分别为1U、2U，电流表示数变化量为I，则（）A.两灯泡逐渐变亮B.油滴将向下运动C.2URrI=+△△D.21UU△△【答案】ACD【解析】【详解】A．滑片向上滑动，其阻值减小，总电阻减小，回路中电流变大，两灯变亮

，故A正确；B．总电流增大，故内电压增大，所以外电压减小，即V1的示数减小，而L1的电压变大，所以并联部分L2的电压减小，所以V2的示数及电容器板间电压变小，应放电，但二极管的单向导电性使电荷不能放出，Q不变，则由4QSC

Ukd==，UEd=得4kQES=，可知E不变，油滴静止不动，故B错误；C．把1L电阻R看作电源内阻一部分，2U就是Rr+两端电压的增加量，也是电容器两板间电压减少量，则2URrl=+，故C正确；D．由闭合电路欧姆定律

可得1UrI=，所以21UU，故D正确。故选ACD。-12-第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、非选择题：本题共4小题，共60分。13.实验室提供下列器材：A．电源电动势E，内阻rB．电阻箱（0～999Ω）C．电流表（0～0.6A，0～3A，内阻较小）D．电压表（0

～3V，0～15V，内阻较大）E．一段电阻率较大、粗细均匀的电阻丝（镍铬合金丝）ab，滑片P与电阻丝始终接触良好F．螺旋测微器G．开关，导线若干请完成下列实验：为测定电源电动势E和内阻r，用电阻丝ab替代滑动变阻器，设计了如图1所示的实验。其中电阻箱02ΩR=。实验时，闭合开关S，调节滑片

P到某一位置，测出aP的长度x和对应的电压U、电流I的值，改变滑片P的位置，得到多组x及对应的U、I值，记录到表格中：(1)根据实验记录的数据，用描点法在坐标纸上分别作出—UI图象，UxI—图象（图2和图3），依据图象可知：①电源电动势E=________

___V。内阻r=___________Ω；（结果保留两位有效数字）②如图4所示，用螺旋测微器测得电阻丝的直径d=___________mm；③电阻丝的横截而积S=___________mm2，则电阻丝的电阻率=___________Ωm，电流表内阻为_______

____Ω（计算结果均取两位有效数字）。-13-(2)利用上述器材，设计了一种测量电压表0～3V量程内阻的实验方案，电路如图5所示，实验时，使电阻箱0R阻值为0，闭合开关S，调节滑片P，使电压表读数为2.00V，保持滑片P不动，调节电阻箱阻值，使电压表读数为1.

00V，此时电阻箱面板如图6所示，则电压表的内阻的测量值VR=___________Ω，此测量值比VR的真实值___________（“偏大”或“偏小”）。【答案】(1).3.0(2).2.0(3).0.56

4（0.562-0.565均可）(4).0.25(5).61.010−(6).0.80(7).3047(8).偏大【解析】【详解】(1)[1][2]由闭合电路欧姆定律UEIr=−可得U—I图像的纵轴截距为E=3.0V。斜率的绝对值为03.01.00.5krR−=+=解

得2.0Ωr=。[3]根据图4所示，用螺旋测微器测得电阻丝的直径为0.5mm+6.40.01mm=0.564mmd=[4]电阻丝的横截面积为22=0.25mm4dS[5][6]由题意可得()AUIRR=+，xRS=整理可得AUxRIS=+

-14-所以UxI—图像纵轴截距为，电流表内阻A0.80ΩR=斜率为4kS==则电阻丝的电阻率为61.010ΩmkS−==(2)[7]半偏法测电压表内阻，电阻箱读数为表内阻，读数为3047Ω，则电

压表的内阻的测量值为3047Ω。[8]电压表串联电阻箱后分得电压大于2.00V，即电阻箱两端实际电压大于1.00V，电阻箱阻值大于电压表内阻，所以测量值比真实值偏大。14.某直线加速器可简化为如下模型：从电子源发出的初速度为0的电子

分别经过两级加速之后打到荧光屏上，两级加速电场极板接线柱A、B、C、D与电压为U的电源相连，两级加速装置的长度相等，电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。求：(1)电子在两级加速电场中加速的时间之比12tt。(2)电子打到荧光屏上的速度v。【答案】(1)12121t

t=−；(2)2eUvm=【解析】【详解】(1)电子做匀加速直线运动，由于两级加速装置长度相等，由UEL=可知，其电场速度E相等，由eEma=-15-可知加速度a相等，有2212Lat=()212122Lat

t=+解得12121tt=−(2)由动能定理得2122eUmv=解得2eUvm=15.真空中，一电子绕固定点电荷+Q做半径为r的匀速圆周运动，设电子等效环形电流为1I，如图甲所示；带电量均为+Q的点电

荷相距r，在它们连线的中垂线上取一点A，A点到两电荷的距离也为r，电子在A点获得一垂直纸面的初速度后可绕两电荷连线的中点O做匀速圆周运动，设电子等效环形电流为2I，如图乙所示，求1I与2I的比值。【答案】1222II=【解析】【详解】图甲中，点电荷对电子的引力为12

kQeFr=由牛顿第二定律-16-21214mrFT=电子等效环形电流11eIT=得12ekQeIrmr=图乙中，两点电荷对电子的引力2222cos303kQekQeFrr==做圆周运动半径3cos302rrr==由牛顿第

二定律22224mrFT=电子等效环形电流22eIT=得22ekQeIrmr=所以1222II=16.如图所示电路，电源电动势20VE=，内阻4Ωr=，12ΩR=，直流电动机内阻01ΩR=，现进行以下操作：(1)把1S拨到1，闭合2S

，调节滑动变阻器2R使电源的输出功率最大，求此时2R的阻值和电-17-源的最大输出功率P。(2)断开2S，把1S拨到2，再闭合2S，调节2R使电源的输出功率仍为(1)向中的P，这时电动机输出的机械功率为3.75W，求此时2R的值。【答案】(1)22ΩR=，25W；(2)22.

4ΩR=【解析】【详解】(1)1S拨到1时，1R和2R串联，当电源内、外阻相等时，电源输出功率最大，即212ΩRrR=−=电源输出功率225W4EPr==(2)1S拨到2时，2R与电动机串联，设电路电流为I，电动机两端电压为U，对电源2EIIrP−=得2.5AI=对电动机20UII

RP−=机得4VU=此时2R阻值为22.4ΩEUIrRI−−==17.两个完全相同的金属小球A、B，质量均为0.1kgm=，其中A不带电，B的电荷量为6210Cq−=−，一轻质柔软绝缘细线一端固定在O点，一端拴在小球A上，O到小球A球-

18-心的距离1mL=。现把小球A从图示位置由静止释放，此时细线拉直并与水平方向夹角30a=，当小球A运动到最低点时恰好与放在O点正下方绝缘支架上的B球发生弹性正碰，碰后B球以某一速度水平飞出，进入水平面MN下方竖直向下的匀强电场中

，设B球在绝缘支架上飞出点为d，并从e点进入电场，到达f点时速度方向恰好水平，d、e、f三点在同一条直线上，且3deef=。忽略碰撞前后A、B两球间静电力作用，210m/sg=，求：(1)A球撞B球前瞬问的速度Av。(2

)碰后瞬间B球的速度Bv。(3)匀强电场的场强E。【答案】(1)A5m/sv=；(2)B5m/sv=；(3)6410V/mE=【解析】【详解】(1)A球由静止释放后做自由落体运动，下落h高度后细线刚好拉直2sinhL=由机械能守恒定律有212mghmv=得25m/sv=

细线拉直后，沿线方向速度减为0，垂直细线方向速度为1cos15m/svv==此后A球做圆周运动，由机械能守恒()221A11sinmm22mgLLvv−+=得-19-A5m/sv=(2)A与B发生弹性碰撞，设A球碰后速度为Av

由动量守恒定律和能量守恒定律可得AABmvmvmv=+222AA111222Bmvmvmv=+解得B5m/sv=(3)A与B碰后电荷量平分，B球带电量为2q；B球飞出后做平抛运动，进入电场后的运动为类平抛运动的逆运动，设运动时间分别为1t和2t，下

落高度分别为1y和2y，由3deef=可知12:3:1tt=12:3:1yy=由平抛规律有21112ygt=22212yat=解得3ga=由牛顿第二定律12qEmgam−=解得6410V/mE=