河北省张家口市宣化一中2021届高三物理上学期阶段测试试题三（含解析）.pdf

河北省张家口市宣化一中河北省张家口市宣化一中 20212021 届高三物理上学期阶段测试试题（三）届高三物理上学期阶段测试试题（三）（含解析）（含解析）一、单选题（本大题共一、单选题（本大题共 7 7 小题，共小题，共 28.028.0 分）分）1. 如图所示，质量为 50kg 的同学在做仰卧起坐运动．若该同学上半身的质量约为全身质量的 ，她在 1min 内做了 50 个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为 0.3m，则她克服35重力做的功 W 和相应的功率 P 约为A. W=4500J P=75WB. W=450J P=7.5WC. W=3600J P=60WD. W=360J P=6W【答案】A【解析】【详解】每次上半身重心上升的距离均为 0.3m，则她每一次克服重力做的功：W=mgh=×50×10×0.3=90 J；1 分钟内克服重力所做的功：W总=50W=50×90=4500 J；相3535应的功率约为：，故 A 正确，BCD 错误，故选 A.45007560WPWt总＝＝2. 研究发现经常低头玩会引起各类疾病，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；当低头玩时，颈椎受到的压力会随之变化。

现将人体头颈部简化为如图所示的模型，P点为头部的重心，P0为提供支持力的颈椎（视为轻杆）可绕 0 点转动，PQ为提供拉力的肌肉（视为轻绳） 当某人低头时，PO、PQ与竖直方向的夹角分别为 30°、60°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力之比约为（ ）A. 1：1B. C. D. 2：13:12 :1【答案】B【解析】【详解】由题意人的头部受力情况如图所示：设人的颈椎对头部的支持力FN，肌肉提供的拉力为FT，平衡方程为：NTcos30cos60FmgFNTsin30sin60FF联立可得：N= 3Fmg头部直立时有：'N=Fmg所以颈椎弯曲时受到的压力与直立时的压力之比为：N'N3=1FF故选 B3. 如图所示为位于瑞士的世界上最大的人工喷泉——日内瓦喷泉，已知该喷泉竖直向上喷出，喷出时水的速度为 53 m/s，喷嘴的出水量为 0.5 m3/s，不计空气阻力，则空中水的体积应为(g取 10 m/s2)(　　)A. 2.65 m3B. 5.3 m3C. 10.6 m3D. 因喷嘴的横截面积未知，故无法确定【答案】B【解析】喷出的水做竖直上抛运动，水的流速，053/vm s水在空中停留的时间：，即水在空中停留时间为，022 5310.610vtssg10.6s处于空中的水的体积为，故选项 B 正确．330.5 10.65.3VQtmm点睛：本题关键是对水在空中运动的整个过程运用位移公式列式求解出总时间，然后根据体积与流量关系公式列式求解．VQt4. 单车共享是目前中国规模最大的校园交通代步解决方案，为广大高校师生提供了方便快捷、低碳环保、经济实用的共享单车服务．如图所示是一辆共享单车，A、B、C 三点分别为单车轮胎和齿轮外沿上的点，其中 RA=2RB=5RC，下列说法中正确的是（　 　）A. B 点与 C 点的角速度，BCB. A 点与 C 点的线速度，CAvvC. A 点与 B 点的角速度，25ABD. A 点和 B 点的线速度，2ABvv【答案】C【解析】B 轮和 C 轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，故，根据，得：，故 A 错误；由于 A 轮和 C 轮共轴，BCvvvR25BC故两轮角速度相同，根据，得：，故 B 错误；因，而，vR5ACvv5ACvvAAAvR，故，，故 C 正确，D 错误；故选 C．CBBBvvR5ABvv25AB【点睛】要求线速度之比需要知道三者线速度关系：B、C 两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小相同，A、C 两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同．5. 如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以、分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，1a2a表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是（　　）3aA. B. 231aaa213aaaC. D. 312aaa321aaa【答案】D【解析】【详解】因空间站建在拉格朗日点，故周期等于月球的周期，根据可知，a2>a1；224arT对空间站和地球的同步卫星而言，因同步卫星周期小于空间站的周期则，同步卫星的轨道半径较小，根据可知a3>a2，故选项 D 正确．2GMar【点睛】此题考查了万有引力定律的应用；关键是知道拉格朗日点与月球周期的关系以及地球同步卫星的特点．6. 如图所示，倾斜索道与水平面夹角为 37°，当载人车厢沿钢索运动时，车厢里质量为m的人对厢底的压力为其重量的 1.25 倍，已知重力加速度为g，下列说法正确的是A. 载人车厢一定沿斜索道向上运动B. 人对厢底的摩擦力方向向右C. 车厢运动的加速度大小为是4gD. 车厢对人的摩擦力大小为mg13【答案】D【解析】【详解】A．因为人对车厢的压力大于重力，处于超重状态，所以载人车厢可能沿斜索道向上做加速运动，也可能沿斜索道向下做减速运动，故 A 错误；BCD．由 A 分析知，车厢加速度沿索道斜向上．将a沿水平和竖直两个方向分解，对重物受力分析如图水平方向：xfma竖直方向：yNmgma由几何关系34yxaa解得车厢的加速度22512xyaaag车厢对人的摩擦力大小为13fmg方向水平向右，根据牛顿第三定律得：人对厢底的摩擦力方向向左，故 BC 错误，D 正确．7. 如图所示，一对杂技演员（都视为质点）荡秋千（秋千绳处于水平位置） ，秋千一端固定在离地面高为H的O点，秋千的长度可调节。

改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A点已知男演员质量为 2m，女演员质量为m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C与O点的水平距离x的最大值是（　　）A. B. HC. D. 2H2H32H【答案】D【解析】【详解】设绳长为L，两演员运动到最低点时有21332mgLmv同理可知有2112mgLmv演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出过程中由动量守恒有'132mvmvmv 男演员推出后做平抛运动，则有，212HLgt'xvt联立解得4xLHL由数学知识可得max2xH故选 D二、多选题（本大题共二、多选题（本大题共 3 3 小题，共小题，共 18.018.0 分）分）8. 某同学用台秤研究在电梯中的超失重现象．在地面上称得其体重为 500 N，再将台秤移至电梯内称其体重．电梯从t=0 时由静止开始运动，到t=11 s 时停止，得到台秤的示数F随时间t变化的情况如图所示（g=10 m/s2） 则（ ）A. 电梯为下降过程B. 在 10~11 s 内电梯的加速度大小为 2 m/s2C. F3的示数为 550 ＮD. 电梯运行的总位移为 19 m【答案】ABD【解析】【详解】A．电梯支持力小于重力，合力向下，加速度向下，初始为静止，所以电0-2s0-2s梯为匀加速下降，支持力等于重力，平衡状态，保持末的速度匀速直线运动，2 10s2s支持力大于重力，合力向上，由于之前的速度向下，所以此阶段向下匀减速。

选项10 11sA 对；BCD．匀加速阶段加速度25004501//500/(10/)NGFNNam sG gNN kg末的速度2s22/vatm s此阶段位移21122xatm匀速阶段位移216xvtm匀减速阶段时间，初速度为末的速度，末速度等于 0，所以可得此阶段加速度'1ts2s22'2/'vam st根据牛顿第二定律'''NGFGmaag带入计算得此时的支持力，即，此阶段位移'600NFN3600FN23'12vxtm总位移12319xxxmC 错诶 BD 正确；故选 ABD9. 若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L已知月球半径为R，万有引力常量为G则下列说法正确的是（　　）A. 月球表面的重力加速度g月=2022hvLB. 月球的质量m月=22022hR vGLC. 月球的第一宇宙速度02vvhRLD. 月球的平均密度20232hvGL【答案】ABC【解析】【详解】A．根据平抛运动规律有0Lv t212hg t月解得2022hvgL月 A 正确；B．在月球表面，万有引力等于重力，则有2Gm mmgR月月又2022hvgL月解得22022hR vmGL月B 正确；C．根据万有引力提供向心力，则有2mRmGvmR月解得GmvR月又22022hR vmGL月解得02vvhRLC 正确；D．根据343mmVR月月体积又22022hR vmGL月解得20232hvGRLD 错误。

故选 ABC10. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为 α，圆环在 A 处时弹簧竖直且处于原长．将圆环从 A 处静止释放，到达 C 处时速度为零．若圆环在 C 处获得沿杆向上的速度 v，恰好能回到 A已知AC=L，B 是 AC 的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则A. 下滑过程中，环受到的合力不断减小B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为214mvC. 从 C 到 A 过程，弹簧对环做功为21sin4mgLmvD. 环经过 B 时，上滑的速度大于下滑的速度【答案】BCD【解析】【详解】A．圆环从 A 处由静止开始下滑，初速度为零，到达 C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，则合力先增大后减小，故 A 错误；B．研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 过程，运用动能定理列出等式mgh+Wf-W弹=0-0=0；在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-mv212解得Wf=-mv214所以产生的热量为mv2，故 B 正确；14C．在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-mv2，h=Lsinα12解得：W弹=mgLsinα-mv214故 C 正确；D．研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 B 过程，运用动能定理列出等式mgh′+W′f-W′弹=mvB2-012研究圆环从 B 处上滑到 A 的过程，运用动能定理列出等式-mgh′+W′f+W′弹=0-mvB′212由于W′f＜0，所以mvB2＜mvB′2，则环经过 B 时，上滑的速度大于下滑的速度，故 D1212正确；故选 BCD。

三、实验题（本大题共三、实验题（本大题共 2 2 小题，共小题，共 16.016.0 分）分）11. 某兴趣小组在做“验证力的平行四边形定则”实验，手边的器材有：一根轻弹簧、一个校准过的弹簧测力计、刻度尺、装有水的矿泉水瓶、木板、白纸等，步骤如下：①将轻弹簧上端固定，用弹簧测力计向下缓慢拉动轻弹簧下端，记录弹簧测力计的读数F以及对应的轻弹簧长度L，如下表：F/N0.000.501.001.502.002.50L/cm125012.9113.3013.6914.1114.50②根据表中数据，在图甲中做出F-L图像__________，求得轻弹簧的劲度系数为_____N/m（保留三位有效数字） ；③将一张白纸贴在竖直放置的木板上，如图乙所示，用轻弹簧和测力计共同提起矿泉水瓶并保持静止，在白纸上记下结点位置O，记录弹簧测力计的拉力F1=1.70N 和方向OA；④测量出轻弹簧的长度L1=13.69cm，记录轻弹簧的拉力F2的方向OB；⑤只用弹簧测力计提起矿泉水瓶并保持静止，使结点仍然在O点，记录此时弹簧测力计的读数F=2.00N 和方向OC；⑥实验记录纸如图丙所示，请在图丙中用 1cm 长的线段表示 0.5N 的力，以O点为作用点，画出F、F1、F2的图示，并通过平行四边形定则画出F1与F2的合力______；F⑦从弹簧测力计与轻弹簧间夹角 90°开始，保持O点位置和弹簧测力计拉力方向不变，顺时针缓慢转动轻弹簧，直至水平状态。

则弹簧测力计的读数________、轻弹簧的读数_____（填“逐渐变大” 、 “逐渐变小”或“不变” ） 答案】 (1). (2). 125N/m (3). (4). 逐渐变大 (5). 逐渐变大【解析】【详解】②[1]根据表中数据，F-L图象如下[2]根据胡克定律F=k（L-L0）F-L的图象的斜率为弹簧的劲度系数22.500N/m125N/m(14.50 12.50) 10FkL⑥[3]以O点为作用点，F、F1、F2的图示如下⑦[4][5]弹簧测力计的拉力为，轻弹簧的拉力为，它们之间夹角从 90°开始，保持O1F2F点位置和弹簧测力计拉力方向不变，顺时针缓慢转动轻弹簧直至水平状态构成动态平衡，1F用图解法如图所示由图可知，弹簧测力计的读数逐渐变大、轻弹簧的读数逐渐变大1F2F12. 用图（甲）所示装置进行“验证机械能守恒定律”的实验时： (1)下列器材中需使用的是 _________ （填入正确选项前的字母）A.直流电源 B. 交流电源 C. 刻度尺 D. 秒表(2) 某实验小组进行了如下操作：①按照图（甲）安装好器材，将连有重物的纸带穿过限位孔，用手提住，让重物靠近打点计时器。

②在纸带上选取起始点 O（速度为零）和点 B 作为验证的两个状态，测出 OB 间的距离h，求出打下点 B 时的速度vB ③计算从 O 到 B 重物重力势能的减少量mgh、重物动能的增加量 - 0，比较它们的大212Bmv小是否相等④接通电源，释放纸带；断开电源，取下纸带以上操作合理的顺序是 _________ （填步骤前序号）(3)图（乙）是纸带的一部分，A、B、C 是纸带上三个连续的点，相邻两点间的距离如图所示已知计时器每隔 0.02 s 打一个点，则当计时器打下点 B 时，重物下落的速度 vB = _________ m/s （保留三位有效数字）(4)实验中一同学认为，根据及据，可知只要求出物体下落的202Bvah2102Bmvmgh加速度a，若a =g，就可证得重物下落过程中机械能守恒由图（乙）可求得重物下落的加速度a = _____m/s2 （保留三位有效数字）(5)若求得的加速度a略小于当地的重力加速度 g，其原因是________________ （写出一条即可）【答案】 (1). BC (2). ①④②③ (3). 3.14 (4). 9.75 (5). 重物在下落过程中受到空气阻力、纸带的阻力等【解析】【详解】(1)[1]下列器材中需使用的是交流电源和刻度尺，不需要直流电源和秒表，故选BC。

2)[2]实验时首先要安装仪器，然后进行测量，最后处理数据，则可知操作合理的顺序是①④②③；(3)[3]当计时器打下点 B 时，重物下落的速度2(6.086.47) 10m/s3.14m/s20.04ACBxvT(4)[4]根据 解得2xgT 22222(6.476.08) 10=m/s9.75m/s0.02xgT(5)[5]若求得的加速度a略小于当地的重力加速度 g，其原因是重物在下落过程中受到空气阻力、纸带的阻力等四、计算题（本大题共四、计算题（本大题共 3 3 小题，共小题，共 38.038.0 分）分）13. 四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m=2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N．(g取 10 m／s2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t=5s 时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零） ，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1．【答案】 （1）75m（2）40m/s （3）5 5 s3【解析】【详解】 （1）由牛顿第二定律 F﹣mg﹣f=ma代入数据解得 a=6m/s2上升高度代入数据解得 h=75m．（2）下落过程中 mg﹣f=ma1代入数据解得落地时速度 v2=2a1H，代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F﹣mg+f=ma2代入数据解得设恢复升力时的速度为 vm，则有由 vm=a1t1代入数据解得．14. 如图所示，一质量为m=1kg的小球从A点沿光滑斜面轨道由静止滑下，不计通过B点时的能量损失，然后依次滑入两个相同的圆形轨道内侧，其轨道半径R=10cm，小球恰能通过第二个圆形轨道的最高点，小球离开圆形轨道后可继续向E点运动，E点右侧有一壕沟，E、F两点的竖直高度d=0.8m，水平距离x=1.2m，水平轨道CD长为L1=1m，DE长为L2=3m。

轨道除CD和DE部分粗糙外，其余均光滑，小球与CD和DE间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2求：（1）小球通过第二个圆形轨道的最高点时的速度；（2）小球通过第一个圆轨道最高点时对轨道的压力的大小；（3）若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球从A点释放时的高度的范围是多少答案】 （1）1m/s；（2）40N ；（3）或0.45m0.8mh1.25mh 【解析】【详解】 （1）小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，则有22vmgmR解得v2=1m/s （2）在小球从第一轨道最高点运动到第二圆轨道最高点过程中，应用动能定理有221211122mgLmvmv解得m/s15v在最高点时，合力提供向心力，则有21NvFmgmR解得FN=40N 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为40NNNFF（2）若小球恰好通过第二轨道最高点，小球从斜面上释放的高度为h1，在这一过程中应用动能定理有2112122mghmgLmg Rmv解得h1=0.45m若小球恰好能运动到E点，小球从斜面上释放的高度为h2，在这一过程中应用动能定理有21200mghmg LL解得h2=0.8m使小球停在BC段，应有h1≤h≤h2，即0.45m≤h≤0.8m若小球能通过E点，并恰好越过壕沟时，则有212dgt解得t=0.4s根据Exv t解得=3m/sEv 设小球释放高度为h3，从释放到运动E点过程中应用动能定理有2312102Emghmg LLmv解得h3= 1.25m即小球要越过壕沟释放的高度应满足h≥1.25m综上可知，释放小球的高度应满足 0.45m≤h≤0.8m 或 h≥1.25m15. 如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对3Mkg接.传送带始终以的速度逆时针转动．装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光3m/sv 滑曲面，质量的小物块B从其上距水平台面m 处由静止释放．已知物块B与1mkg1.0h 传送带之间的摩擦因数，传送带的长度．设物块A、B之间发生的是对心弹0.21.0ml 性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.取．210m/sg (1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小【答案】(1)4m/s (2)不能 (3)4m/s2n【解析】【详解】(1)设滑到曲面底部速度为，根据机械能守恒定律：B0v2012mghmv解得：022 5m/svgh由于，在传送带上开始做匀减速运动，设一直减速滑过传送带的速度为03m/svvBB，由动能定理可得：1v22101122mglmvmv解得：14m/sv 由于仍大于，说明假设成立，即与碰前速度为 4m/s14m/sv 3m/sBA(2)设地一次碰后的速度为，的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和A1AvB1Bv机械等守恒定律得：111BAmvmvMv221112111222BAmvmvMv解得：112m/s2Bvv  上式表明碰后以的速度向右反弹.滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减B2m/s速的最大位移为，由动能定理得：Bx21102BBmgxmv解得：1mBx 因，在传送带的右端点处的速度减为零，故不能滑上右边曲面 1.0mBxl BB(3)的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加速，加速度与向右匀减速时相同，且B由于小于传送带的速度，故向左返回到平台上时速度大小仍为，由于2Bv3m/sv B2m/s第二次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由（2）中的关系可知碰后仍然反弹，且碰后速度大小B仍为碰前的，即：B121212214m/s222BBvvv  同理可推：每次碰后都将被传送带带回与发生下一次碰撞，则与碰撞次后反弹，BABAn速度大小为4m/s2n。