甘肃省武威第一中学2021届高三物理上学期第三次阶段性考试试题含解析.docx

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1、甘肃省武威第一中学2021届高三物理上学期第三次阶段性考试试题（含解析）一、选择题（1-11每小题只有一个选项正确，每题3分，共33分，12-16每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的5分，选对但不全的3分，有选错的得0分，共25分）1. 下列说法中正确的是（ ）A. 哥白尼发现了万有引力定律B. 牛顿测出了万有引力常量C. 伽利略提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆D. 牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测出万有引力常量【答案】D【解析】【详解】AB哥白尼提出“日心说”，牛顿提出了万有引力定律，但没能测出引力常量；故AB错误；C开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆

2、；故C错误；D牛顿提出了万有引力定律；但卡文迪许第一次在实验室里测出了万有引力常量，故D正确；故选D2. 如图所示，有一长度为的轻质细杆，A端有一质量为的小球，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速度是，g取，则杆对球的作用力为（）A. 的支持力B. 的拉力C. 的支持力D. 的拉力【答案】A【解析】【详解】规定竖直向下为正方向，设在最高点杆对小球的作用力为，根据牛顿第二定律有代入数据解得负号代表与规定的正方向相反，说明在最高点杆对小球的作用力方向竖直向上，具体表现为杆对球的支持力，所以杆对球的作用力表现为的支持力。故选A。3. 如图所示，水平传送带A、B两端相距s3.5

3、 m，工件与传送带间的动摩擦因数0.1，取重力加速度大小g10 m/s2工件滑上A端瞬时速度vA4 m/s，达到B端的瞬时速度设为vB，则下列说法不正确的是A. 若传送带不动，则vB3 m/sB. 若传送带以速度v4 m/s逆时针匀速转动，则vB3 m/sC. 若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则vB3 m/sD. 若传送带以速度v2 m/s顺时针匀速转动，则vB2 m/s【答案】D【解析】【分析】物块滑上传送带，若传送到不动或逆时针转动，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达B点的速度；若传送带顺时针匀速转动，根据物块的速度与传送带的速度大小判断物体的运动情况；【

4、详解】A、若传送带不动，工件的加速度，由匀变速直线运动的速度位移公式得：，代入数据解得：，故A正确；B、若传送带以速度逆时针匀速转动，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律得知，工件的加速度仍为，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，则，故B正确；C、若传送到以速度顺时针转动，因为滑块在A点的速度大于传送带的速度，所以滑块先做匀减速直线运动，加速度仍为，当速度减小到所经过的位移，知滑块到达B端前一直在减速运动，则根据速度位移公式得：，可知到达B点时速度仍为，故C正确，D错误【点睛】解决本题的关键通过物体的受力判断出物体滑上传送带的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，要注意判断顺时针转动的

5、情况4. 如图所示为A、B两人在同一直线上运动的位移图象，下列分析正确的是（ ）A. 0-2 s内，A、B两人同向而行B. 0-2 s内，A的速度比B的速度大C. 在5 s内，A的平均速率比B的平均速率小D. 在5 s内，A走的位移比B走的位移小【答案】C【解析】【详解】位移-时间图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向；所以02秒内A斜率为负即速度为负方向的运动，B的斜率为正数，即速度为正方向，所以两人运动方向相反，故A错误02秒内A的速度vA=m/s=-12m/s，即A的速度大小为12m/s，B的速度vB=m/s=30m/s，故A的速度比B的速度小，故B错误在前5s内，B正向运

6、动60m，静止2s时间又负向运动30m，即B走的总路程为90m，A走的路程为60m，故A走的路程比B走的路程少，平均速率等于路程除以时间，则A的平均速率比B的平均速率小，故C正确在前5s内，A的位移大小为xA=60m，B的位移大小为xB=30m，A的位移大于B的位移，故D错误故选C【点睛】位移-时间图象的坐标表示物体在某个时刻的位置，坐标的变化量表示位移，路程要根据运动情况分析求解；图像的斜率等于速度；平均速率等于路程除以时间5. 如图，轻弹簧下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢

7、复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma0，故A正确，B、C、D错误故选A【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并

8、不相等6. 将火星和地球绕太阳的运动近似看成是同一平面内的同方向绕行的匀速圆周运动，已知火星的轨道半径r1=2.31011m，地球的轨道半径为r2=1.51011m，根据你所掌握的物理和天文知识，估算出火星与地球相邻两次距离最小的时间间隔约为（）A 1年B. 2年C. 4年D. 6年【答案】B【解析】【详解】根据开普勒第三定律=k可知，火星与地球的周期之比为=1.9地球的周期为T2=1年，则有火星的周期为T1=1.9年设经时间t两星又一次距离最近，根据=t则两星转过的角度之差解得年年故选B。7. 如图所示，固定的半球面右侧是光滑的，左侧是粗糙的，O点为球心，A、B为两个完全相同的小物块（可视为

9、质点），小物块A静止在球面的左侧，受到的摩擦力大小为F1，对球面的压力大小为N1；小物块B在水平力F2作用下静止在球面的右侧，对球面的压力大小为N2，已知两小物块与球心连线和竖直方向的夹角均为，则 （ ）A. N1N2=cos21B. N1N2=sin21C. F1F2=cos21D. F1F2=sin21【答案】A【解析】【详解】对物体A，受重力、支持力和摩擦力，将物块A的重力沿半径和切面方向分解，可得：F1=mgsin，N1=mgcos；对物体B，受推力、重力和支持力，将物块B的重力和F2分别沿半径方向和切面方向分解，由平衡条件可得：F2cos=mgsin，F2sin+mgcos=N2，解

10、得：F2=mgtan，N2=；故有：F1：F2=cos：1，N1：N2=cos2：1；故A正确，BCD错误故选A8. 质量为m的汽车，额定功率为P，与水平地面间的摩擦数为，以额定功率匀速前进一段时间后驶过一圆弧形半径为R的凹桥，汽车在凹桥最低点的速度与匀速行驶时相同，则汽车对桥面的压力N的大小为 （ ）A. N=mgB. C. D. 【答案】C【解析】【详解】机车以恒定功率启动行驶，满足：所以在凹形桥最低点时，根据牛顿第二定律得则汽车对桥面的压力等于支持力，AN=mg，与结论不相符，选项A错误；B，与结论不相符，选项B错误；C，与结论相符，选项C正确；D，与结论不相符，选项D错误；故选C考点：

11、向心力；功率、平均功率和瞬时功率【名师点睛】根据汽车在凹桥最低点的速度与匀速行驶时相同，结合功率的公式求出在最低点的速度，通过牛顿第二定律求出桥面对汽车支持力的大小，从而得出汽车对桥面的压力大小9. 如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BCAB，AC=h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中（）A. 环在B处的加速度大小为0B. 环在C处的速度大小为C. 环从B到C一直做加速运动D. 环

12、的速度最大的位置在B、C两点之间【答案】D【解析】【详解】A环在处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所加速度为，A错误；B环在运动过程中，OC的长度大于OA的长度，因此弹簧从A点到C点伸长量变大，弹性势能增加，如果物体的重力势能全部转化为动能则有可得物体的速度为，但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能，因此速度小于，B错误；CD环在处，根据牛顿第二定律弹力在竖直方向的分力环经过点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离点处时，弹簧的伸长量与在处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力与重力等大反向，加速度为0，此时速度最大，之后环做减速运动，因为，所以环的速度最大的位置在B、C两点之间，环从

13、B到C先加速后减速，C错误，D正确。故选D。10. 一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知上升过程中受到阻力作用，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系，（以地面为零势能面，ho表示上升的最大高度，图中坐标数据中的k值为常数且满足0kl）则由图可知，下列结论正确的是( )A. 表示的是动能随上升高度的图像，表示的是重力势能随上升高度的图像B. 上升过程中阻力大小恒定且f=（k+1）mgC. 上升高度时，重力势能和动能不相等D. 上升高度时，动能与重力势能之差为【答案】D【解析】【详解】A根据动能定理可知小球上升过程中速度减小（动能减小

14、，对应图象），高度升高（重力势能增大，对应图象），故A错误；B从和图知动能与重力势能都随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力的功的大小，由图得由图线结合动能定理得解得，故B错误；C当高度时，动能为联立解得重力势能为所以在此高度时，物体的重力势能和动能相等，故C错误；D当上升高度时，动能为重力势能为则动能与重力势能之差为，故D正确。故选D。11. 如图所示,质量m=1kg的物块（可视为质点）以v1=10 m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后,又沿原路返回,其速率随时间变化的图象如图乙所示已知斜面固

15、定且足够长,且不计空气阻力,取g=10m/s2,下列说法中正确的是 （ ）A. 物块所受的重力与摩擦力之比为32B. 在t=1 s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率为50 WC. 在t=6s时物体克服摩擦力做功的功率为20 WD. 在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小与t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小之比为15【答案】D【解析】【详解】A设斜面倾角为，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：上滑过程：下滑过程：根据牛顿第二定律得：带入数据解得：故A错误；B根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1-6s内的位移x=51025m则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的

16、平均功率故B错误；C摩擦力则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率P=fv=410=40W故C错误；D在t=0到t=1s时间内机械能变化量大小E1=fx1，t=1s到t=6s时间内机械能变化量大小E2=fx2则故D正确故选D【名师点睛】本题是速度-时间图象，牛顿第二定律，机械能，功和功率的综合应用，要灵活运用功的计算式，灵活应用公式求解，题目综合性太强，需要熟练掌握这四块知识才能解决12. 如图所示，不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，连接物体B的绳最初水平。从当前位置开始，使物体B以速度v沿杆匀速向下运动，

17、设绳的拉力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )A. 物体A做加速运动B. 物体A做匀速运动C. T小于mgsinD. T大于mgsin【答案】AD【解析】【详解】由图可知绳端的速度为，与B的位置有关，因为B为匀速运动，B下降过程中变大，因此物体A做加速运动，T大于；故AD正确，BC错误。故选AD。13. 一物体在以xOy为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x2t24t，y3t26t（式中的物理量单位均为国际单位），关于物体的运动，下列说法正确的是 （）A. 物体在x轴方向上做匀减速直线运动B. 物体在y轴方向上做匀加速直线运动C. 物体运动的轨迹是一条直线D. 物体运动的轨迹是一

18、条曲线【答案】BC【解析】【详解】AB根据物体的运动规律x2t24t，y3t26t再与位移时间公式相对应，即有，由上式可解得，可知，物体在x轴上分运动的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动；物体在y轴方向的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故A错误，B正确；CD物体合运动的初速度方向与合运动加速度的方向分别为，故有，即合运动的初速度方向与加速度方向相同，故合运动一定是匀加速直线运动，故C正确，D错误。故选BC。14. 2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道进入椭圆轨道，B为轨道上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有A. 在轨道上

19、经过A的速度小于经过B的速度B. 在轨道上经过A的动能小于在轨道上经过A的动能C. 在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期D. 在轨道上经过A的加速度小于在轨道上经过A的加速度【答案】ABC【解析】【详解】本题考查人造地球卫星的变轨问题以及圆周运动各量随半径的变化关系，得，在人造卫星自然运行的轨道上，线速度随着距地心的距离减小而增大，所以远地点的线速度比近地点的线速度小，vAvB，A项正确；人造卫星从椭圆轨道变轨到圆形轨道，需要点火加速，发生离心运动才能实现，因此vAvA，所以EKAEKA，B项正确；，得，可知到地心距离越大，周期越大，因此TT,C项正确；人造卫星运动的加速度由万有引力提供，

20、而不管在轨道还是在轨道，两者的受力是相等的，因此加速度相等，D项错误15. 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是（）A. 汽车在前5s内的牵引力为B. 汽车速度为时的加速度为C. 汽车的额定功率为100kWD. 汽车的最大速度为80【答案】AC【解析】【详解】A由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小根据牛顿第二定律得解得牵引力选项A正确；BC汽车的额定功率汽车在时的牵引力根据牛顿第二定律得加速度选项B错误，C正确；D当牵引力等于阻力时，速度最大

21、，则最大速度选项D错误。故选AC。16. 如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为则（ ）A. 撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B. 撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为C. 物体做匀减速运动的时间为D. 物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为【答案】BD【解析】【详解】A撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹

22、力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；B刚开始时，由牛顿第二定律有：解得：B正确；C由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：联立解得：，C错误；D当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有解得，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：D正确。故选BD。二、实验题（每空2分，共8

23、分）17. 一位同学用图A所示的实验装置进行 “验证机械能守恒定律”的实验，其中打点计时器所用电源频率为50Hz，当地的重力加速度的值为9.80m/s2，测得所用重物的质量为1.0kg，若按实验要求正确地选择出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离如图B所示，则：(1)从起点O到打下计数点B的过程中重物重力势能减小量Ep=_J，此过程中重物动能的增加量Ek=_J（结果保留三位小数）；(2)在本实验中发现，重物减少的重力势能总是略大于重锤增加的动能，原因主要是因为_。(3)关于本实验，下列说法正确的是（ ）A、应选用质量和密度较大的重物B、实验时应先放开纸带，再接通电源C、打点计

24、时器要接在电压为4-6V的直流电源上D、测下落高度时，需从起始点算起，且选取的各点应距离起始点适当远些E、实验时需称出重物的质量F、纸带上第1、2两点间距若不接近2mm，则无论怎样处理实验数据，实验误差都一定较大【答案】 (1). 7.700J (2). 3.900J (3). 重锤下落过程中存在着阻力的作用（或重物所受的空气阻力和纸带所受打点计时器的阻力） (4). AD【解析】【详解】（1）12从O到B，重物下降，所以重物重力势能减小量由匀变速直线运动规律可得所以，此过程中重物动能的增加量（2）3实验中，重物下落过程中存在着阻力的作用（或重物所受的空气阻力和纸带所受打点计时器的阻力），即重

25、力势能转化为动能的同时，还克服阻力做功，因此物减少的重力势能总是略大于重锤增加的动能。（3）4A重物选用质量和密度较大的重物，其所受阻力相比重力较小，A正确；B实验时应先接通电源，再放开纸带，B错误；C打点计时器要接在电压为4-6V的交流电源上，C错误；D测下落高度时，从起始点算起，且选取的各点应距离起始点适当远些是减小测量读数的误差，D正确；E实验时验证机械能守恒，即减小的重力势能等于增加的动能，其中质量可以约掉，不需称出重物的质量，E错误；F由自由落体运动位移规律，纸带上第一段间距满足纸带上第0、1两点间距若不接近2mm，则无论怎样处理实验数据，实验误差都一定较大，而不是1、2两点间距，F

26、错误。故选AD。三、解答题（18、19题各10分，20题14分，共34分）18. 北斗卫星导航系统是中国自主研发、独立运行的全球卫星导航系统，北斗卫星导航系统由空间段、地面段和用户段三部分组成。空间段包括5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星。假设一颗非静止轨道卫星a在轨道上绕行n圈所用时间为t。如图所示。已知地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为g，万有引力常量为G，求：(1)地球的质量M；(2)地球的第一宇宙速度v1；(3)卫星a离地面的高度h。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)在地球表面，物体重力等于万有引力，故有mg解得M(2)第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，重力

27、提供向心力，故有mg=m解得(3)卫星a在轨道上绕行n圈所用时间为t，故有t=nT万有引力提供向心力，故有联立解得h19. 如图所示，半径为R、圆心为O大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环固定在大圆环上竖直对称轴的两侧=45的位置上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，小圆环的大小、绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略当在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M的重物，M恰好在圆心处处于平衡（重力加速度为g）求：（1）M与m质量之比（2）再将重物M托到绳子的水平中点C处，然后无初速释放重物M，则重物M到达圆心处的速度是多大？【答案】（1） （2）【解析】【详解】(1)以M

28、研究对象，受力分析：Mg=2mgcos45(2)M与2个m组成的系统机械能守恒：MgRsin-2mg(R-Rcos)=MV12+mV22V2=V1cos解得：20. 如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角=53，不计空气阻力，求：（g =

29、10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6）（1）A、C两点的高度差；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度【答案】（1）0.8m（2）68N；方向竖直向下（3）3.625 m【解析】【详解】（1）根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为：，竖直分量：下落高度：。（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：代入数据解得：小球在D点时由牛顿第二定律得：代入数据解得：FN=68N由牛顿第三定律得FN=FN=68N，方向竖直向下（3）设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：，速度分别为：对物块和木板系统，由能量守恒定律得：代入数据解得：L=3.625 m即木板的长度至少是3.625 m。