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.docx

《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.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.docx（23页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、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）一、单选题（本大题共7小题，共28.0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=50100.3=90 J；1分钟内克服重力所做的功：W总=

2、50W=5090=4500 J；相应的功率约为：，故A正确，BCD错误，故选A.2. 研究发现经常低头玩手机会引起各类疾病，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；当低头玩手机时，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. 2：1【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F

3、T，平衡方程为：联立可得：头部直立时有：所以颈椎弯曲时受到的压力与直立时的压力之比为：故选B。3. 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，水在空中停留的时间：，即水在空中停留时间为，处于空中的水的体积为，故选项B正确点睛：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

4、体积与流量关系公式列式求解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，B. A点与C点的线速度，C. A点与B点的角速度，D. A点和B点的线速度，【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，故两轮角速度相同，根据，得：，故B错误；因，而，故，故C正确，D错误；故选C

5、【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，表示地球同步卫星向心加速度的大小以下判断正确的是（）A. B. C. D. 【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，a2a1；对空间站和地球的同步卫星而言

6、，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a3a2，故选项D正确【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D. 车厢对人的摩擦力大小为mg【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

7、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：竖直方向：由几何关系解得车厢加速度车厢对人的摩擦力大小为方向水平向右，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

8、点C与O点的水平距离x的最大值是（）A. B. HC. D. 2H【答案】D【解析】【详解】设绳长为L，两演员运动到最低点时有同理可知有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男演员推出后做平抛运动，则有，联立解得由数学知识可得故选D。二、多选题（本大题共3小题，共18.0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1011 s内电梯的加速度大小为2 m/s2C. F

9、3的示数为550 D. 电梯运行总位移为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，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A对；BCD匀加速阶段加速度末的速度此阶段位移匀速阶段位移匀减速阶段时间，初速度为末的速度，末速度等于0，所以可得此阶段加速度根据牛顿第二定律带入计算得此时的支持力，即，此阶段位移总位移C错诶BD正确；故选ABD。9. 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

10、，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=B. 月球的质量m月=C. 月球的第一宇宙速度D. 月球的平均密度【答案】ABC【解析】【详解】A根据平抛运动规律有解得 A正确；B在月球表面，万有引力等于重力，则有又解得B正确；C根据万有引力提供向心力，则有解得又解得C正确；D根据又解得D错误。故选ABC。10. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m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，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

11、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C. 从C到A过程，弹簧对环做功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-mv2解得Wf=-mv2所以产生的热量为mv2

12、，故B正确；C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=Lsin解得：W弹=mgLsin-mv2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+Wf-W弹=mvB2-0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+Wf+W弹=0-mvB2由于Wf0，所以mvB2mvB2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确；故选BCD。三、实验题（本大题共2小题，共16.0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

13、矿泉水瓶、木板、白纸等，步骤如下：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/cm125012.9113.3013.6914.1114.50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）；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；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；只用弹簧测力计

14、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；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_；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】1根据表中数据，F-L图象如下2根据胡克定律F=k（L-L

15、0）F-L的图象的斜率为弹簧的劲度系数3以O点为作用点，F、F1、F2的图示如下45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构成动态平衡，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。12. 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：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。 在

16、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。 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，比较它们的大小是否相等。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

17、）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). (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；(3)3当计时器打下点B时，重物下落的速度(4)4根据 解得(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

18、阻力等。四、计算题（本大题共3小题，共38.0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 ms2)(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

19、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）【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律 Fmgf=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 mgf=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 Fmg+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

20、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=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【解析】【详解】（1）小球恰能通过第二个圆形轨道最高点，则有解得v2=1m/s （

21、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，应用动能定理有解得m/s在最高点时，合力提供向心力，则有解得FN=40N 根据牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为40N（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解得h2=0.8m使小球停在BC段，应有h1hh2，即0.45mh0.8m若小球能通过E点，并恰好越过壕沟时，则有解得t=0.4s根据解得=3m/s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解得h3= 1.25m即小球

22、要越过壕沟释放的高度应满足h1.25m综上可知，释放小球的高度应满足0.45mh0.8m或 h1.25m15. 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性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.取(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

23、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)【解析】【详解】(1)设滑到曲面底部速度为，根据机械能守恒定律：解得：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，由动能定理可得：解得：由于仍大于，说明假设成立，即与碰前速度为4m/s(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机械等守恒定律得：解得：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，设向左减速的最大位移为，由动能定理得：解得：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 (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，且碰后速度大小仍为碰前的，即：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，速度大小为