山东省菏泽市2021届高三上学期期中考试物理试卷（A） Word版含解析 23页

2020-2021学年度第一学期期中考试高三物理试题（A）注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座位号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写。字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效效。保持卡在清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，在一端封闭的的光滑细玻璃管管中注满清水，水中放一个蜡块块，蜡块块在匀速上浮的的同时，玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动，以初始位置为坐标坐标原点点，蜡块的运动轨迹可能为（　　）A.直线B.曲线C.曲线D.曲线【答案】B【解析】【详解】小圆柱在竖直方向为匀速运动，水平方向为匀加速直线运动，则可知合力沿x轴正方向，可知图象为向右弯曲的抛物线，故B正确，ACD错误。故选B。2.李老师给他的学生讲了了龟兔沿赛道赛跑的故事，故事情节中兔子和乌龟运动的图像如图所示。请你根据图像中的坐标，并结合物理知识判断以下说法正确的是（　　）-23- A.乌龟沿直线赛道运动，兔子沿曲线赛道运动B.兔子和乌龟是从同一地点同时出发C.兔子乌龟在比赛途中相遇过两次，在时刻乌龟追上兔子D.时间内乌龟的平均速度小于兔子的平均速度【答案】C【解析】【详解】A．在x-t图象中描述的是直线运动，不是曲线运动，故A错误；B．由图位移图象可知：兔子和乌龟是在同一地点，但不是同时出发的，兔子比乌龟迟出发t1时间，故B错误；C．在比赛中，兔子和乌龟两次位移相同，表示相遇两次，在t4时刻乌龟追上兔子，故C正确；D．图中反映乌龟在t6时刻到达终点时，兔子还没有到达终点，所以乌龟在0～t6时间内乌龟的平均速度大于兔子的平均速度，故D错误。故选C。3.如图所示为自行车车链条传动示意图，大齿轮半径、小齿轮半径、后轮的半径为，它们边缘分别有三个点。当脚踏板带动大齿轮匀速转动时，下列说法中正确的是（　　）A.的线速度之比为2：1：4B.的角速度之比为1：2：2C.的运动周期之比为1：2：2D.的向心加速度1：2：4【答案】B【解析】-23- 【详解】A．a、b两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，即va=vb；b、c两点属于同轴转动，故角速度相等，即ωb=ωc，根据v=ω•r，由于rc=4R，rb=R，则vc=4vb，所以可知a、b、c的线速度比为1：1：4，故A错误；B．b、c两点属于同轴转动，故角速度相等，即，又由于va=vb，根据v=ω•r，根据题意ra=2R，rb=R，可知2ωa=ωb，所以a、b、c的的角速度之比为1：2：2，故B正确；C．根据和B选项结论，可知a、b、c的的运动周期之比为2：1：1，故C错误；D．b、c两点的角速度是相等的，根据公式an=ω2r，所以ac=4ab，由于a、b两点的线速度相等，根据公式，所以有：，故a、b、c的的向心加速度之比为1：2：8，故D错误。故选B。4.如图所示，20块相同的木块并排在一起固定在水平地面上，子弹以初速度正对木块射入，当子弹穿过第20块木块后速度恰好变为0，子弹从进入第一块到速度为零所用时间为，若将子弹视为质点，已知子弹在各木块中运动的加速度都相同。则下列判断正确的是（　　）A.子弹穿过前10块木块所用的时间是B.子弹穿过前15块木块所用的时间大于C.子弹穿过前10块木块时速度变为D.子弹穿过前15块木块时速度变为【答案】D【解析】【详解】A．子弹做匀减速运动穿过第20块木板后速度变为0，运用逆向思维法，子弹反向做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木板的厚度为s，则有当n=20时，有-23- 子弹穿过前10块木块后n=10，则有所以有因此子弹穿过前10块木块所用的时间是，故A错误；B．穿过前15块木板，即n=5，有5s=at52联立解得t5=t所以子弹穿过前15块木块所用的时间为：t-t=t，故B错误；C．子弹穿过第20块木板，由速度-位移公式得ｖ02=2a•20s设子弹穿过前10块木块时速度为v1，由速度-位移公式得ｖ12=2a•10s联立解得v1=v0故C错误；D．子弹穿过前15块木块时速度为v2，由速度-位移公式得ｖ22=2a•（20-15）s联立解得v2=v0故D正确。故选D。5.汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度与拉力-23- 大小倒数的图像。已知汽车在平直路面上由静止启动，平行于轴，反向延长过原点。已知阻力是车重的0.2倍，汽车质量为，下列说法正确的是（　　）A.汽车由到过程做匀加速直线运动B.汽车从到持续时间为C.汽车额定功率为D.汽车能够获得的的最大速度为为【答案】B【解析】【详解】A．由于图象斜率为定值，即可知，发电机功率为定值以及得可知，不变，增大，则加速度减小，故汽车由到过程做加速度减小的变加速直线运动，故A错误；B．汽车从到牵引力不变，设为，阻力不变，汽车做匀加速直线运动，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有-23- 由图可知，牵引力由图可知，但速度达到最大速度时，牵引力联立并带入数据得加速度设点的速度为，汽车从到持续的时间为故B正确；C．点时已经达到最大功率，则最大功率为故C错误；D．汽车能够获得的最大速度为故D错误。故选B。6.人们经常利用“打夯”的方式将松散的地面夯实，如图所示，在某次打夯过程中，甲、乙两人通过绳子对对重物各施加一个力，将重物提升到距地面后重物做自由落体运动把地面砸结实。已知重物从接触接触地面到速度为零用时，重物的质量为，取，则下列说法正确的的是（　　）-23- A.重物下降过程中中，机械能变小B.重物上升过程中，机械能守恒C.在接触地面到速度为零的过程中重物对地面的平均作用力为D.在接触地面到速度为为零的过程中地面对重物作用力的冲量大小为【答案】D【解析】【详解】A．重物下降过程中做自由落体，只有重力做功，因此机械能守恒，故A错误；B．重物在上升过程中有绳的拉力做正功，故机械能增加，故B错误；CD．取重物开始下降到与地面接触速度减为零的整个过程进行研究，则末速度v1=0，初速度v0=0，重物做自由落体的时间为t，根据自由落体的规律有：即落地时的速度大小为v=gt=10×0.4m/s=4m/s整个运动的总时间为t′=（0.4+0.05）s=0.45s地面给重物的作用力为F，且该力的作用时间为t1=0.05s，根据动量定理有：mgt′-Ft1=0-0代入数据有：地面给重物的作用力的冲量大小为：I=Ft1=5400×0.05N•s=270N•s故C错误D正确。故选D。-23- 7.地面第五代移动通信（）已经进入商用，卫星通信与地面的融合成为卫星界和地面界讨论的新热点。相比地面移动通信网络，卫星通信利用高、中、低轨卫星可实现广域甚至全球覆盖，可以为全球用户提供无差别的通信服务，在地面网络无法覆盖的偏远地区，飞机上或者远洋舰艇上，卫星可以提供经济可靠的网络服务，将网络延伸到地面网络无法到达的地方，下表给出了不同轨道通信卫星特点。卫星通信类别轨道高度范围特点低轨道（）卫星通信传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗，都小中轨道（）卫星通信传输时延、覆盖范围、链路损耗、功耗都变大（相比），但小于（）高轨道（）地球同步卫星通信技术最为成熟，但传输延时长，链路损耗损大，在实时通信中存在显著延迟。关于通信卫星，以下说法正确的是（　　）A.各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心B.各轨道通信卫星的运行周期都是24小时C.高轨道通信卫星向心加速度与地球表面赤道上静止物体的向心加速度相同D.各轨道通信卫星的运行速度都大于【答案】A【解析】【详解】A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，各轨道通信卫星的运行轨道中心一定是地心，故A正确；B．同步卫星的运行周期是24小时，其他卫星的运行周期不是24小时，故B错误；C．同步卫星与静止在赤道上的物体具有共同的角速度，由公式a向=rω2，可得：因轨道半径不同，故其向心加速度不同，故C错误；D．根据万有引力提供向心力得：，-23- 即线速度v随轨道半径r的增大而减小，v=7.9km/s为第一宇宙速度，即围绕地球表面运行的速度，因同步卫星轨道半径比地球半径大很多，因此其线速度应小于7.9km/s，故D错误。故选A。8.如图所示，物体叠放在物体上，的质量均为，且上、下表面均与斜面平行，它们沿倾角为的固定斜面一起以加速度加速下滑，已知重力加速度为，与斜面间的动摩擦因数为，则（　　）A.可能不受静摩擦力作用B.若受到静摩擦力作用，则方向可能沿斜面向上C.受到斜面的滑动摩擦力大小为D.与斜面间的动摩擦因数【答案】D【解析】【详解】A．以P、Q整体为研究对象，根据牛顿第二定律得得设P受到的静摩擦力大小为f，方向沿斜面向下，对P，由牛顿第二定律得解得f=-μmgcosθ方向沿斜面向上，故A错误；B．Q对P的静摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第三定律知，Q受到静摩擦力作用，则方向沿斜面向下，故B错误；-23- C．Q受到斜面的滑动摩擦力大小为故C错误；D．因a＞0，即故μ＜tanθ，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.下列说法正确的是（　　）A.跳高运动员起跳时，地对人的支持力大于人对地面的压力B.做曲线运动的物体，加速度可能不变C.小孩在荡秋千的过程中，经过最低点时小孩处于超重状态D.研究足球运动员如何踢出“香蕉球”时，可以将球视为质点【答案】BC【解析】【详解】A．地面对他的支持力与他对地面的压力是一对作用力与反作用力，等大，故A错误；B．做曲线运动的物体时，加速度与速度不共线，而加速度可能不变，比如平抛运动，故B正确；C．小孩在荡秋千的过程中，经过最低点时具有向心加速度，方向竖直向上，故小孩处于超重状态，故C正确；D．研究足球运动员踢出的香蕉球的偏转原理时，自身大小不能忽略，否则没有这效果，因此不能把它看成质点，故D错误。故选BC。10.“太极球”是较流行的一种健身器材。做该项运动时，健身者半马步站立，手持太极球拍，拍上放一橡胶太极球，健身者舞动球拍时，球却不会掉落地上。现将太极球简化成如图所示的平板和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的位置时球与板间无相对运动趋势。为圆周的最高点，为最低点，与圆心等高。设球的质量为，重力加速度为，不计板的重力。则（　　）-23- A.小球做匀速圆周运动时所受合外力为零B.小球在位置时平板可处于竖直方向C.小球在处受到板的弹力比在处受到的弹力大D.小球在两位置受到板弹力大小相等【答案】CD【解析】【详解】A．小球做匀速圆周运动时处于非平衡状态，所以所受合外力不为零，故A错误。B．球在b位置时重力和平板的合外力提供向心力，因此平板不能处于竖直方向，故B错误。C．设球运动的线速率为v，半径为R，则在a处时在C处时联立可得Fc-Fa=2mg故C正确。D．根据b、d两点受力的对称性可得，b、d两点受到板的弹力大小必相等，故D正确。故选CD。11.两根固定直杆组成字形，如图所示，两杆夹角为30°，其中杆竖直，杆光滑。轻弹簧的一端固定在点，另一端连接质量为的小球套在杆上，某时刻，小球从静止开始自点沿杆下滑，到达点时弹簧恢复原长，越过点后继续下滑。已知垂直于，垂直于，，弹簧原长为，取-23- 。则以下说法正确的是（　　）A.小球沿杆下滑过程中，在点弹簧的弹性势能最小B.小球从点运动到点的过程中，机械能守恒C.小球达到点时，速度为D.小球达到点时，重力的瞬时功率为【答案】AC【解析】【详解】A．小球沿杆下滑过程中，到达M点时弹簧恢复原长，其他位置弹簧都有形变，所以在M点弹簧的弹性势能最小，故A正确；B．小球从F点运动到N点的过程中，弹簧对小球要做功，其机械能不守恒，故B错误；C．在F点和N点弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等。对于小球与弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，小球从F点运动到N点的过程中，根据系统的机械能守恒得根据几何关系可知联立解得vN=3m/s故C正确；D．小球达到N点时，重力的瞬时功率为-23- 故D错误。故选AC。12.2022年冬奥会跳台滑雪比赛将在北京国家跳台滑雪中心进行。如图所示为滑雪运动员备战冬奥的训练场景：运动员穿专用滑雪板，在滑雪道上获得一定初速度后水平飞出，设运动员从点水平飞出时的速度大小为，飞出后在空中的姿势保持不变，倾斜的雪地坡面足够长且与水平方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为，则（　　）A.运动员刚要落到坡面上时的速度大小为B.运动员在空中经历的时间为C.运动员在空中经历时间为时，距离斜面最远D.运动员水平飞出的速度增大，落到斜面上时与斜面间的夹角保持不变【答案】BCD【解析】【详解】A．对平抛运动的位移进行分解，位移在水平方向的夹角等于斜面的倾角θ，设落地点速度方向和水平方向的夹角为α，根据位移夹角和速度夹角的关系有tanα=2tanθ落地时由于α≠θ，故A错误。B．根据位移的夹角公式解得-23- 故B正确；C．运动员距离斜面最远位置为运动员的速度方向平行于斜面时，由以上分析可知运动员在空中经历的时间，根据对称性，运动员的速度方向平行与斜面时，刚好运动时间为故C正确；D．运动员落在雪地坡面时速度与水平方向上的夹角的正切值为与初速度无关，所以运动员水平飞出速度增大，则落到斜面上时与斜面间的夹角保持不变，故D正确。故选BCD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.实验室中都备有气垫导轨这一实验仪器，如图所示。它利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。某物理学习小组利用气垫导轨以及光电门计时器进行“验证动量守恒定律”这一实验。滑块1上安装挡光片；滑块1上有撞针，滑块2上有橡皮泥，用天平分别测出两滑块的质量；调整气垫导轨，使导轨处于水平；接通电源，将滑块2静置于两光电门之间，滑块1放左侧压缩橡皮条后放手。记录滑块1通过光电门1的挡光时间以及滑块1通过光电门2的挡光时间。-23- (1)用表示挡光片的宽度，滑块1到达光电门1时的速度可以表示为______；(2)本实验中，滑块1与滑块2碰撞后黏在一起，在碰撞前后，滑块1、滑块2组成的系统总动能_______（选填“损失最大”、“损失最小”、“不变”）；本实验中挡光片的宽度_____（选填“需要”、“不需要”）测量出具体数值；(3)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式为______（用对应的物理量符号表示）。【答案】(1).(2).损失最大(3).不需要(4).【解析】【详解】(1)[1]可以用很短时间内的平均速度近似表示瞬时速度，滑块1到达光电门1时的速度(2)[2]两滑块碰撞后结合在一起，两滑块的碰撞是完全非弹性碰撞，碰撞过程损失的动能最大。[3]滑块经过光电门2时的速度两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得整理得实验不需要测量遮光片的宽度d。(3)[4]由(2)可知，验证动量守恒定律的表达式为14.某同学受到阿特伍德机工作原理的启发，设计了一个验证牛顿第二定律的实验。如图所示，托盘（包含内部砝码）的总质量分别为-23- ，用轻质不可伸长的细绳连接后跨在定滑轮（轮轴无摩擦）两端，两托盘离地足够高。实验中，始终保证，先固定托盘，在底部用夹子夹住纸带，并在其下方安装好打点计时器，并打开电源，松开固定装置，可得出清晰地纸带。实验中得到某条纸带如图乙所示，打点计时器打点周期为，在某段中取连续五个点，相邻两个点之间的距离依次为，重力加速度为。(1)组成的系统加速度_______。（用表示）(2)验证牛顿第二定律实验时需要验证的等式为_______；(3)在两盘中增减砝码进行多次试验，探究质量、合外力、加速度关系，当保持______不变时，可探究系统的加速度与合外力的关系；当保持_______不变时，可探究系统的加速度与总质量的关系。（用表示）；(4)这位同学突然想到一问题，若不考虑其他因素，只是不断增大左边托盘的质量，那么系统的加速度将不断增大，则最终系统的加速度的值会趋于_______。（用物理量符号表示）【答案】(1).(2).(3).(4).(5).【解析】【分析】(1)AB组成的系统，AB做匀加速直线运动，利用逐差法求得加速度；(2)根据牛顿第二定律求得AB组成的系统产生的加速度，即可判断；(3)利用控制变量法即可判断；(4)根据牛顿第二定律求得AB组成的加速度表达式，根据AB-23- 的质量关系即可求得最接近的加速度。【详解】(1)[1]根据逐差法可得(2)[2]AB组成的系统，AB一起做匀加速直线运动，则则即验证(3)[3]在两盘中增减砝码进行多次试验，探究质量、合外力、加速度关系，当保持m1+m2不变时，可探究A、B系统的加速度与合外力的关系；[4]当保持m1-m2不变时，可探究A、B系统的加速度与总质量的关系；(4)[5]对AB组成的系统，根据牛顿第二定律可得解得当时，a接近于g。15.是高速公路上不停车电子收费系统的简称，已经越来越普及了，给人们带来了很大的便利，节省了时间，最大程度的减少了高速公路收费站堵车问题。当汽车以的速度到达收费站前方，通过通道以前，要求在收费站中心线前方处减速至，匀速行驶到达中心线后，再加速恢复至原速度行驶。设汽车加速和减速的加速度大小均为。求：(1)汽车需在距离匀速行驶区域前多远的地方开始减速；(2)汽车从开始减速到再次恢复到原速度需要的时间。-23- 【答案】(1)；(2)10s【解析】【详解】(1)设在匀速行驶区域前处开始减速,由运动学公式可得即需要在匀速行驶区域前处开始减速。(2)设从减速到所用的时间为,由可得汽车在匀速行驶区域内所用时间为汽车在加速过程中所用时间与减速所用时间相同，则汽车从开始减速到再次恢复到原速度需要的时间16.三角形具有稳定性，生活中随处可见利用三角形支架固定的物体。浴室里洗手盆下的支架、空调外挂机的支架、手机支架……等等如图甲所示。现有一个悬挂物体的支架，如图所示乙所示，倾斜支撑杆瑞用可自由转动的铆钉固定在墙上，拉杆左端可上下移动并且可伸缩以便调节拉杆的长度，轻绳一端固定在点，另一端悬挂重物。已知初始时杆水平，杆与竖直方向成60°角，悬挂物质量为，另一端悬挂重物。重力加速度为。求：(1)初始状态下，、杆的作用力分别为多少；-23- (2)保持点不动，调节拉杆的长度同时左端向上移动到某点后固定，可使拉杆上的作用力最小，此时与竖直墙面的夹角为多少？此时的作用力分别为多少？【答案】(1)；；(2)30°；；【解析】详解】(1)对点受力分析建立坐标系可得：①②联立可得：③④(2)-23- 受力分析竖直拉力大小方向不变，方向不变，当方向与方向垂直时，上的拉力最小。可得此时与竖直墙面的夹角为30°⑤受力分析建立坐标系可得：⑥⑦联立可得⑧⑨17.如甲图所示为某物理学习小组设计的探究空气阻力的实验装置。斜面固定且足够长，倾角为，斜面上有一个滑块，并在滑块上固定传感器和一个挡板。让带有挡板的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中挡板平面与滑块运动方向垂直。已知滑块和挡板总质量为，计算机描绘出其由静止释放到匀速运动过程的加速度—速度图像，如乙图所示。计算机显示当时，物块恰好达到最大速度，取。求：(1)列式证明挡板受的空气运动速率的关系（或者，为某定值）；-23- (2)滑块与斜面间的动摩擦因数；(3)的值。【答案】(1)见解析；(2)；(3)【解析】【详解】(1)受力分析，由牛顿第二定律可得整理可得由此可知，若，则符合图像。即(2)由图像知，0时刻，无空气阻力，纵轴截距即此时滑块的加速度可得(3)当时，速度达到最大值，此时加速度为零，可得可得18.-23- 想必很多同学在游乐场玩过翻滚过山车这一项惊险刺激的娱乐项目，如图甲所示。某物理兴趣小组根据过山车的设计理念，重新设计了如图丁所示的原理图进行玩具轨道设计。左侧先用两根光滑的细铜丝制成倾斜轨道，圆轨道部分底端两侧与水平地面相切，右有侧用倾斜轨道连接，两根铜丝间距离小于小球直径，整个轨道固定在竖直平面内。制作完成后进行实验，小球1自点由静止释放，沿斜轨道运动后经过圆轨道最高点，继续运动到圆轨道最低点，而后与停放在最低点右侧水平轨道上的小球2发生弹性碰撞，碰撞后小球2继续向前运动经过右侧倾斜直轨道后从末端点抛出。已知钢球1释放点距离地面，圆轨道半径，小球1、2质量均为，右侧倾斜直轨道部分与水平面间夹角为45°，点距离地面高度，，不计一切阻力。求：(1)小球1在经过圆轨道最低点时对轨道的压力；(2)两小球碰撞后瞬间小球2的速度；(3)小球2从点抛出后距地面的最大距离；【答案】(1)，方向竖直向下；(2)；(3)0.25m【解析】【详解】(1)从到，由动能定理得在对最低点点，由牛顿运动定律得-23- 联立可得由牛顿第三定律可得，小球1对轨道的压力为9.5N，方向竖直向下。(2)设碰后小球1速度为，小球2速度为，设向右为正方向，小球1、2碰撞前后，由动量守恒，机械能守恒，可得解得(3)小球2从碰后到运动到点时速度为，由机械能守恒得在点，速度分解，设竖直速度为在竖直方向速度减为零时，从点抛出后达到最高点，由运动学公式可得联立以上几式可得点抛出后到达最高点时距离地面的距离为-23-