山东省菏泽市单县一中2020学年高一物理下学期第三阶段考试试题（含解析）

PAGE山东省单县一中2020-1019高一下学期阶段性测试物理 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 一．单选题1.如图所示，已知，在同样大小力F的作用下，三个物体都沿力的方向移动x，则力F所做的功（　　）A.甲情况下F做功最多B.乙情况下F做功最多C.丙情况下F做功最多D.三种情况下F做功一样多【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】D【解析】【详解】已知拉力和移动的距离相同,根据公式可以知道,做的功相同,故D正确；ABC错误；故选D2.如图所示，一小球自A点由静止自由下落到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短。以C点所在平面为重力势能的零势能面。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→B→C的运动过程中（）A.小球的机械能守恒B.小球在C的加速度为零C.小球在B点时动能最大D.小球在A点的重力势能等于小球在C点时弹簧的弹性势能【答案】D【解析】【详解】以小球为对象由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；到C点时弹簧被压缩到最短，弹簧的弹力最大，故小球向上的加速度最大，故B错误；在B点刚接触弹簧此时重力大于弹力所以合力向下有向下的加速度，则速度没有达到最大，故C错误；从A到C速度从零再次变到零，根据能量守恒可知小球减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，故D正确；故选D3.质量为m的物体从静止出发以的加速度竖直上升h，下列说法正确的是（）A.物体的机械能增加B.物体的机械能增加mghC.物体的动能增加D.重力做功mgh【答案】BC【解析】【详解】A、B项：物体从静止开始以的加速度沿竖直方向匀加速上升，根据牛顿第二定律有：，解得：，机械能的增加量等于重力以外力做的功，故机械能增加，故A错误，B正确；C项：根据动能定理，有：，解得：，故C正确；D项：物体上升，重力对物体做功-mgh，故D错误。4.如图是一汽车在平直路面上启动的速度-时间图象，从t1时刻起汽车的功率保持不变．全程汽车受到的阻力不变，由图象可知（　　）A.时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率增大B.时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变C.时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小D.时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变【答案】C【解析】【详解】时间内汽车做匀加速直线运动，因此加速度不变，合力不变，汽车在水平方向只受阻力与牵引力作用，已知阻力恒定，因此牵引力不变，速度均匀增大，根据可知发动机功率均匀增大，故AB错；时间内汽车功率不变，速度在增大，因此牵引力在减小，汽车合力在减小，加速度在减小，故C正确；D错误；故选C5.如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和－Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称。下列说法正确的是A.a、b、c三点电势相等B.电子在a、c两处受到的电场力相同C.电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中电势能一直减小D.电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程中电势能先增加后减小【答案】D【解析】【分析】根据等量异种电荷周围的场强分布和电势分布规律进行判断；负电荷在低电势点的电势能较大，在高电势点的电势能较小.【详解】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零，ac两点电势相等且大于零，则选项A错误；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中，因电势逐渐降低，可知电子的电势能增加，选项C错误；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程，电势先降低后升高，则电子的电势能先增加后减小，选项D正确；故选D.6.如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是()A.开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B.开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C.断开开关S后，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大D.断开开关S后，紧贴下极板插入一玻璃板，板间场强不变【答案】C【解析】【详解】保持开关闭合,静电计两端的电势差等于电源的电动势,故静电计两端的电势差不变,则指针张角不变,故AB错误;断开开关S后,带电量Q不变,将M、N间距增大，电容器的电容C减小,根据可以知道,电势差U增大,指针张角增大,故C正确；断开开关S后，紧贴下极板插入一玻璃板，则电容器间的介电常数增大，所以电容器的电容C增大，根据可知电势差U减小，指针张角减小，故D错误；故选C7.在如图所示的 电路 模拟电路李宁答案12数字电路仿真实验电路与电子学第1章单片机复位电路图组合逻辑电路课后答案 中，电源电动势为E，内阻为r，、为滑动变阻器，为定值电阻，C为电容器．开始时开关、闭合．下列操作能使电容器所带电荷量增加的是(　　)A.断开开关B.断开开关C.向左移动滑动变阻器的滑片D.向左移动滑动变阻器的滑片【答案】B【解析】【详解】A.断开开关S1，回路电流为零，电容器通过R1、R2、S1回路放电，电荷量减小，A错误。B.根据电路结构可知，回路电流，电容两端电压：，断开开关S2，电容器直接串联在电路中，回路电流为零，电容器两端电压为电动势，电压变大，根据可知，带电量变大，B正确。C.滑动变阻器R1与电容串联，稳定时，支路无电流，改变R1的滑片位置，不会改变电压和电流，电容带电量不变，C错误。D.向左移动滑动变阻器R3的滑片，接入电路电阻变大，回路电流变小，电容两端电压变小，根据可知，带电量变小，D错误。8.如图所示,把一个架在绝缘支架上的枕形导体放在正电荷形成的电场中,导体处于静电平衡时,下列说法正确的是(  )A.当开关S断开时,导体左端带正电，右端带负电B.当开关S闭合时,导体左端带负电，右端带正电C.当开关S断开时,A、B两点场强相等,且都为零D.当开关S闭合时,A点电势高于B点电势【答案】C【解析】【详解】当开关S断开时,枕形导体在点电荷附近,出现静电感应现象,导致电荷重新分布.因此在枕形导体内部出现感应电荷的电场,枕形导体左端带负电,右端带正电,正好与点电荷的电场叠加,内部电场强度处处为零,故A错误；C正确；当开关S闭合时枕形导体在点电荷附近,出现静电感应现象,使得枕形导体左端带负电,无穷远处带正电，内部合场强依然为零，且枕形导体是一等势体，即AB两点的电势相等，故BD错误，故选C二．多选题：9.如图所示为某一传送装置，与水平面夹角为370，传送带以4m/s的速率顺时针运转。某时刻在传送带上端A处无初速度的放上一质量为lkg的小物块（可视为质点），物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，传送带上端A与下端B距离为3.5m，则小物块从A到B的过程中(g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)A.运动的时间为2sB.小物块对皮带做的总功为0C.小物块与传送带相对位移为1.5mD.小物块与皮带之间因摩擦而产生的内能为3J【答案】BD【解析】开始阶段，由牛顿第二定律得：，解得：，物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为：，通过的位移为：，由于，可知物体与传送带不能保持相对静止，速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据，解得，故运动的总时间为，故A错误；小物块对皮带做的总功即是滑动摩擦力对传送带所做的功为：，而，故，故B正确；前0.5s内传送带的速度大于小物块的速度，小物块相对于传送带先后运动，相对位移：，后0.5s内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对于传送带向前运动，相对位移：，物块相对于传送带的位移：，故C错误；小物块相对于传送带的路程：，因小物块和皮带之间的摩擦而产生的内能为：，故D正确；故选BD.【点睛】小物块放上A，开始所受的摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，以及运动到与传送带速度相同所需的时间和位移，由于重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，两者不能保持相对静止，速度相等后，小物块所受的滑动摩擦力沿斜面向上，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出到达B点的时间，从而得出小物块从A到达B的时间．前半段时间内传送带的速度大于小物块的速度，小物块相对于传送带先后运动，后半段时间内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对于传送带向前运动，相对位移为二者之差，相对路程为二者之和．10.如图所示,两块平行金属板M、N竖直放置,电压恒为U。一电子(不计重力)从N板静止释放,它运动到M板时速率为v。现将M板水平向右移动一段距离,再将电子从N板静止释放,下列判断不正确的是(   )A.电子运动过程的加速度变大B.金属板M、N的带电量不变C.电子运动到M板所用的时间变短D.电子运动到M板时速率变小【答案】BD【解析】【详解】将M板水平向右移动一小段距离时,板间距离d减小,而板间电压U不变，根据可知,板间场强E增大,电子所受电场力增大,加速度增大，故A正确；.将M板水平向右移动一小段距离时,板间距离d减小,由电容的决定式可以知道,电容C增大,而板间电压U不变,由电容的定义式得知,金属板M、N的带电量增大，故B错误；由位移公式,得到由于加速度增大，所以时间t减小，故C正确；根据动能定理得,则有,q、m、U均不变,则电子运动到M板时速率v不变.故D错误.本题选错误的,故选BD11.如图，一带负电的点电荷固定于O点，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是（　）A.M带负电，N带正电B.M在b点动能小于在a点的动能C.N在d点的动能等于它在e点的动能D.N从c点运动到d点的过程中电场力做负功【答案】BC【解析】【详解】点电荷带负电，根据粒子受到的库仑力指向轨迹的内侧，则由图可知，M带正电，N带负电，故A错误；M从a运动到b点的过程中，库仑力做负功，所以动能减小，故M在b点的动能小于在a点的动能，故B正确；de在同一条等势线上，所以N从d运动e电场力做功为零，所以N在d点的动能等于它在e点的动能，故C正确；根据力与运动方向之间的关系可知N从c点运动到d点的过程中电场力做正功，故D错误；故选BC12.如图所示电路中，电源内阻忽略不计，为定值电阻，为滑动变阻器R的最大阻值，且有，开关闭合后，理想电流 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf A的示数为I，理想电压表的示数分别为，其变化量的绝对值分别为则下列说法正确的是　　A.开关断开后，将R的滑动触片向右移动，则电流A示数变小、电压表示数变小B.保持R的滑动触片不动，若闭合开关，则电流表A示数变大、电压表示数变小C.断开开关，将R的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小D.断开开关，将R的滑动触片向右移动，则有【答案】AD【解析】【详解】A：断开开关，将R的滑动触片向右移动，R接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，电流表A示数变小；干路电流减小，两端电压减小，电压表V2示数变小．故A项正确．B：保持R的滑动触片不动，闭合开关，被短路，电路总电阻减小，干路电流增大，电流表A示数增大；被短路，两端电压变为0，电压表V2示数变小．故B项正确．C：断开开关，将与电源看作整体，等效电源的内阻等于；当滑动变阻器的电阻等于电源内阻时，滑动变阻器消耗的电功率最大；将R的滑动触片向右移动，R接入电路的电阻增大，滑动变阻器的最大阻值，所以滑动变阻器消耗的电功率在增大．故C项错误．D：断开开关，对有：，所以；据闭合电路欧姆定律有：，所以．故D项正确．三．实验题：13.用如图实验装置验证、组成的系统机械能守恒。从高处由静止开始下落,上拖着的纸带打出一系列的点,对纸带上的点迹进行测量,即可验证机械能守恒定律。下图给出的是实验中获取的一条纸带:0是打下的第一个点,每相邻两计数点间还有4个打下的点(图中未标出),计数点间的距离如图所示。已知、,则(,所有结果均保留三位有效数字)（1）在纸带上打下计数点5时速度______;（2）在打下计数点0--5的过程中系统动能的增量________,系统势能的减少量_______,（3）由此得出的结论是___________________________________________________（4）在本实验中,若某同学作出了v2/2--h的图像如图,则当地的重力加速度的测量值___________。【答案】(1).（1）2.40；(2).（2）0.576；(3).0.588；(4).（3）在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒(5).（4）9.70【解析】【详解】（1）纸带上打下计数点5时的速度（2）动能增量系统势能的减小量（3）根据以上数据可知在误差允许的范围内,m1、m2组成的系统机械能守恒（4）根据机械能守恒可知，，所以图像斜率两倍表示重力加速度，由图可知斜率为4.85，所以重力加速度14.实验小组要测定一个电源的电动势E和内阻r，已知电源的电动势约为5.0V、内阻约为几欧姆，可用的实验器材有：待测电源；电压表V1(量程0～6V)；电压表V2(量程0～3V)；定值电阻R1(阻值5.0Ω)；滑动变阻器R2(阻值0～15.0Ω)；开关S一个，导线若干．（1）实验小组的某同学利用以上器材， 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 了如图甲所示的电路，M、N是电压表，则电压表M应是________(选填“V1”或“V2”)，P、Q分别是定值电阻R1或滑动变阻器R2，则P应是________(选填“R1”或“R2”)．（2）按照电路将器材连接好，先将滑动变阻器调节到最大值，闭合开关S，然后调节滑动变阻器的阻值，依次记录M、N的示数UM、UN.根据UM、UN数据作出UM--UN的关系图象,如图乙所示，由图象得到电源的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω.(均保留两位有效数字)【答案】(1).V1(2).R2(3).4.5±0.1(4).2.0±0.1【解析】【详解】（1）M的读数是P、Q之和，且N也是电压表，所以M的量程应比N大，M选V1；N和Q并联的目的实际是确定电流，所以P选R2（2）根据闭合电路欧姆定律可知，，所以，结合图像数据可求出：，，E=4.5V，r=2.0Ω.四．计算题：15.如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角．已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，，．求：（1）小球带正电还是负电？（2）小球所受电场力的大小．（3）小球的质量．（4）将电场撤去，小球回到最低点时速度的大小．【答案】（1）正电（2）3.0×10-3N（3）4.0×10-4kg（4）2.0m/s【解析】【详解】解：(1)由于小球所受电场力水平向右，电场强度水平向右，所以小球带正电；(2)根据电场力的计算公式可得电场力：(3)小球受力情况如图所示，根据几何关系可得：解得：(4)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则有：解得：16.如图所示,已知平行板电容器两极板间距离d=4mm,充电后两极板电势差为120V.A板带正电,若它的电容为3μF,且P到A板距离为1mm.求:（1）电容器储存的电荷量;（2）两板间的电场强度（3）电子在P点具有的电势能;（4）电子从B板出发到A板获得的动能;【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【详解】(1)由得,(2)根据(3)P与下板间的电势差为下板的电势差为零,电场线向下,P点的电势高于零,所以P点的电势则电子在P点具有的电势能为(4)电子从B板出发到A板,电场力对电子做正功eU,根据动能定理得，计算得出17.下图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I＝5.0A和U＝110V，重物P上升的速度v＝0.70m/s．重物的质量m＝45kg（g取）．求：（1）电动机消耗的电功率多大?（2）绳对重物做功的机械功率多大?（3）电动机线圈的电阻R多大?【答案】（1）550W；（2）315W；（3）9.4Ω【解析】【详解】（1）电动机消耗得电功率为；（2）重物匀速上升，拉力T=mg，绳对重物做功的机械功率为：（3）电动机线圈的电阻R的发热功率为=235W由得电动机线圈电阻：。18.如图所示电路,A、B两点间接上一电动势为4V、内电阻为1Ω的直流电源,3个电阻的阻值均为4Ω,电容器的电容为20μF,开始开关闭合，电流表内阻不计,求:（1）电流表的读数;（2）电容器所带电荷量;（3）开关断开后,通过R2的电荷量.【答案】（1）0.8A（2）6.4×10-5C；（3）3.2×10-5C【解析】试题分析：（1）当电键S闭合时，电阻R1、R2被短路．根据欧姆定律得，电流表的读数（2）电容器所带的电量Q=CU3=CIR3=20×10-6×0.8×4C=6.4×10-5C；（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是R1、R2相当并联后与R3串联．由于各个电阻都相等，则通过R2的电量为Q′=1/2Q=3.2×10-5C考点：闭合电路的欧姆定律；电容器【名师点睛】此题是对闭合电路的欧姆定律以及电容器的带电量的计算问题；解题的关键是搞清电路的结构，知道电流表把两个电阻短路；电源断开时要能搞清楚电容器放电电流的流动路线，此题是中等题，考查物理规律的灵活运用.