山东省临沂市2021届高三上学期期中考试物理试卷 Word版含解析 21页

- 1 - 高三教学质量检测考试 物理试题 2020.11 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写 在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第 I 卷（选择题共 40 分） 一、单项选择题:本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符 合题目要求。 1. 图示为空降兵某旅新兵开展首次大飞机跳伞训练，数千名新兵在严寒天气下经历高强度伞 降磨砺，为成为一名合格的空降兵战斗员蓄力跃进，当空降兵从飞机上由静止跳下后，在下 落过程中将会受到水平风速的影响，关于空降兵下列说法中正确的是（ ） A. 风速越大，下落时间越长 B. 风速越大，着地速度越小 C. 风速越大，动量变化越大 D. 风速越大，着地时重力的功率越大 【答案】C 【解析】 【详解】A．空降兵在竖直方向的运动与水平方向的风速大小无关，则风速越大，下落时间不 变，选项 A 错误； B．着地的竖直速度与风速无关，不变，而风速越大，水平速度变大，则着地速度越大，选项 - 2 - B 错误； C．根据动量定理，风速越大，合外力越大，则动量变化越大，选项 C 正确； D．因为着地的竖直速度不变，则根据 PG=mgvy 可知，风速越大，着地时重力的功率不变，选项 D 错误。 故选 C。 2. 2020 年 9 月 20 日 23 时，在我国首次火星探测任务飞行控制团队控制下，天问一号探测器 4 台 120N 发动机同时点火工作 20 秒，顺利完成第二次轨道中途修正，至此，天问一号已在轨 飞行 60 天，距离地球约 1900 万千米如图所示为天问一号飞向火星先后经历发射段、地火转 移段、火星捕获段、火星停泊段、离轨着陆段、科学探索段六个阶段，下列说法正确的是 （ ） A. “天问一号”在科学探测段的周期大于火星捕获段的周期 B. “天问一号”从火星捕获段到火星停泊段，需要在 P 点朝运动的反方向喷气 C. “天问一号”在科学探测段经过 P 点时的加速度大小等于在火星捕获期经过 P 点时的加速 度大小 D. “天问一号”在离轨着陆段，动能逐渐增大，引力势能逐渐减小，机械能增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．“天问一号”在科学探测段的半长轴小于火星捕获段的半长轴，根据开普勒第三 定律可知，“天问一号”在科学探测段的周期小于火星捕获段的周期，A 错误； B．“天问一号”从火星捕获段到火星停泊段要降低轨道做向心运动，需要在 P 点朝运动方向 喷气，B 错误； C．“天问一号”在科学探测段经过 P 点时受到的火星的引力等于它在火星捕获期经过 P 点时 的引力大小，则“天问一号”在科学探测段经过 P 点时的加速度大小等于在火星捕获期经过 P 点时的加速度大小，C 正确； - 3 - D．“天问一号”在离轨着陆段，动能逐渐增大，引力势能逐渐减小，机械能保持不变，D 错 误。 故选 C。 3. 如图所示，A、B、C 三物块叠放并处于静止状态，水平地面光滑，轻质弹簧与 A 相连，其 它接触面粗糙，则（ ） A. A 与弹簧间存在弹力 B. B 与 A 间不存在静摩擦力 C. A 物块共受 4 个力作用 D. B 物块共受 4 个力作用 【答案】D 【解析】 【详解】A．以三个物体组成的整体为研究对象，水平方向上：地面光滑，对 C 没有摩擦力， 根据平衡条件得知，弹簧对 A 没有弹力，故 A 错误； BC．对 A：受到重力、B 的支持力和摩擦力三个力作用处于静止，故 BC 错误； D．先对 A、B 整体研究：水平方向上：弹簧对 A 没有弹力，则由平衡条件分析可知，C 对 B 没有摩擦力，再对 B 分析：受到重力、A 的压力和摩擦力、C 的支持力，共四个力作用，故 D 正确。 故选 D。 【点睛】本题考查灵活研究对象的能力，分析受力时，还要抓住没有弹力，就没有摩擦力， 弹力是产生摩擦力的前提。 4. 如图所示用轻质弹簧将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于静止状态.现使小车向左加 速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度 （弹簧在弹性限度内），与静止时相比，小球的高度（ ） - 4 - A. 一定升高 B. 一定降低 C. 保持不变 D. 升高或降低由弹簧的劲度系数决定 【答案】A 【解析】 【详解】设 L0 为橡皮筋的原长，k 为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得 T1=mg 弹簧的伸长量为 x1= mg k 即小球与悬挂点的距离为 L1=L0+ mg k 当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图 得 T2cosα=mg，T2sinα=ma 所以有 T2= cos mg  弹簧的伸长量为 x2= 2 cos T mg k k   则小球与悬挂点的竖直方向的距离为 - 5 - L2=（L0+ cos mg k  ）cosα=L0cosα+ mg k ＜L0+ mg k =L1 所以 L1＞L2，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 5. 如图所示，一倾角为30 的斜面体固定在水平地面上，一质量为 m 的物体 P 在拉力 F 作用 下沿着斜面向上匀速运动（拉力 F 未画出），已知物体与斜面间的动摩擦因数为 3 3 ，重力加 速度为 g，则（ ） A. 若拉力 F 的方向平行于斜面向上，拉力 F 的大小为 2mg B. 若拉力 F 的方向水平向右，拉力 F 的大小为 3 mg C. 拉力 F 的方向可能垂直斜面向下 D. 物体对斜面的压力一定小于 mg 【答案】B 【解析】 【详解】A．对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，滑块匀速直线运动，处 于平衡状态，合力为零，根据共点力平衡条件，平行斜面方向 sin30 0F mg f   垂直斜面方向 cos30 0N mg   其中 f N ，联立解得 3 3 1cos30 3 2 2f mg mg mg      则拉力为 - 6 - = sin30F mg f mg   故 A 错误； B．对物体受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，滑块匀速直线运动，处于平衡状 态，合力为零，根据共点力平衡条件得 cos30 sin30F f N   cos30 sin30N mg f   其中 f N ，联立解得 3=F mg 故 B 正确； C．拉力 F 的方向垂直斜面向下时，受力如图所示 物块不可能平衡，故 C 错误； D．由于拉力的大小和方向没有确定，由平衡可知，物体对斜面的压力不一定小于 mg，故 D 错误。 故选 B。 6. 如图所示，由竖直轴和双臂构成的“Y”型支架可以绕竖直轴转动，双臂与竖直轴所成锐角 为 37°。一个质量为 2kg 的小球穿在一条臂上，到 O 点的距离为 20cm，小球始终与支架保持 相对静止，设支架转动的角速度为ω，g 取 10m/s2 则下列说法错误的是（ ） A. ω由零逐渐增加，臂对小球的摩擦力一直减小 - 7 - B. 当 10 10 rad/s3   时，臂对小球的摩擦力为零 C. 当ω=0 时，臂对小球的摩擦力大小为 16N D. 当 =5 10rad/s 时，臂对小球的摩擦力大小为 mg 【答案】A 【解析】 【详解】AB．由牛顿第二定律得 2 0 sin37tan37 mg m l     解得 10 10 rad/s3   当ω由零逐渐增加到10 10 rad/s3 的过程中，臂对小球的摩擦力一直减小； 当 10 10 rad/s3   ，臂对小球的摩擦力为零； 当ω从10 10 rad/s3 再增大的过程中，臂对小球的摩擦力一直增大； 所以 A 错误，B 正确； C．当ω=0 时，由平衡条件，臂对小球的摩擦力大小为 cos37 16Nf mg  C 正确； D．当 =5 10rad/s 时，臂对小球的摩擦力方向沿杆向下 N sin37 cos37F mg f   2 N cos37 sin37 sin37F f m l     解得 f mg ，D 正确。 故选 A。 7. 物体以 10m/s 的速度由坡底冲上一足够长的斜坡，当它返回坡底时的速度大小为 8m/s。已 - 8 - 知上坡和下坡两个阶段物体均沿同一直线做匀变速直线运动，但上坡和下坡的加速度大小不 同.则关于物体上坡、下坡两过程说法正确的是（ ） A. 加速度大小之比为5:4 B. 所用时间之比为 4:5 C. 摩擦力做功之比为5:4 D. 合外力做功之比为 4:5 【答案】B 【解析】 【详解】A．将上坡过程看做反向的初速度为零的匀加速运动过程，则根据 v2=2as 可知加速度大小之比为 2 2 2 2 1 2 1 2: : 10 :8 25:16a a v v   选项 A 错误； B．根据s 2 v t 可知所用时间之比为 1 2 2 1 8 4 10 5 t v t v    选项 B 正确； C．上升和下降过程摩擦力和位移均相等，则根据 Wf=fs 可知摩擦力做功之比为1:1，选项 C 错误； D．根据动能定理，合外力做功 kW E  则合外力功之比为 2 2 1 1 2 2 2 2 10 25 8 16 W v W v    选项 D 错误。 故选 B。 8. 2019 年国际电磁场研究中心会场在哥伦比亚大学举行，如图所示，电荷均匀分布在半球面 上，它在这半球的中心 O 处电场强度大小等于 E0，两个平面通过同一条直径，夹角为α，从半 球中分出一部分球面，则所分出的这部分球面上（在“小瓣”上）的电荷在 O 处的电场强度大 小为（ ） - 9 - A. E=E0sinα B. E=E0cosα C. 0c s 2oE E  D. 0s n 2iE E  【答案】D 【解析】 【详解】根据对称性，待求的电场强度 E 一定沿着α角的角分线向右下方，同理大瓣球面在 O 点的电场强度一定沿着大瓣的角分线向左下方，由于是半个球面，所以这两个电场强度一定 垂直，合场强等于 E0，根据平行四边形法则作图 0 sin 2E E  D 正确，ABC 错误。 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. 在我们享受国庆假期时，阿亚冲突却再次向世人展示了战争的残酷和惨烈，其中无人机的 使用更是对各国军界造成极大震动，一架土耳其产 TB-2 无人攻击机满载质量为 634kg，某段 时间内，其在水平 x 方向的速度-时间图象和竖直 y 方向的位移-时间图象如图所示（g 取 10m/s2），则此过程中（ ） - 10 - A. 该无人机所受的合外力为 2853N B. 该无人机的初速度为 9m/s C. 该无人机做匀变速曲线运动 D. 该无人机初速度的方向与合外力方向垂直 【答案】AC 【解析】 【详解】A．由牛顿第二定律 18 9634 N=2853N2 0F ma     A 正确； B．该无人机的初速度为 2 2 0 9 4 m/s 9.8m/sv    B 错误； C．该无人机水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速运动，合运动是曲线运动，C 正确； D．水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀速运动，所以合外力沿着水平方向，而初速度 方向并不是竖直方向，所以初速度与合外力并不垂直，D 错误。 故选 AC。 10. 如图所示，倾角为θ=30 的斜面体 c 置于水平地面上，滑块 b 置于光滑斜面上，通过细绳 跨过轻质定滑轮与物体 a 连接。连接 b 的一段细绳与斜面平行，连接 a 的一段细绳竖直，a 下 端连接在竖直固定在地面的轻弹簧上，整个系统保持静止。已知物块 a、b、c 的质量分别为 5m、4m、3m，重力加速度为 g，不计滑轮的质量和摩擦，下列说法中正确的是（ ） A. 杆对轻滑轮的作用力大小为 2 3mg B. 地面对 c 的摩擦力为 2mg C. c 对地面的压力为 6mg - 11 - D. 剪断轻绳的瞬间，a 的加速度大小为 0.4g 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．对 b 受力分析可知，绳中的拉力大小为 =2T mg 由于两段绳的夹角为 60 ，两段绳中的拉大小相等，由平行四边形定则可知，绳中拉力的合力 为 =2 cos30 2 3F T mg  对滑轮受力分析由平衡条件可知，杆对轻滑轮的作用力大小为 2 3mg ，故 A 正确； BC．将 b、c 看成整体，由平衡条件可得 cos30 3cf T mg  (4 3 ) sin30 6cN m m T mg    由牛顿第三定律可知，c 对地面的压力为 6mg，故 B 错误，C 正确； D．剪断轻绳的瞬间，a 的合外力为 2F mg合 由牛顿第二定律可知，加速度大小 0.45 Fa gm  合 故 D 正确。 故选 ACD。 11. 如图所示，一质量 M=4kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动，质 量 m=1kg 的小球（视为质点）通过长 L=1m 的不可伸长的轻绳与滑块上的 O 连接，开始时滑 块静止、轻绳处于水平状态，现将小球由静止释放（不计一切摩擦力），g 取 10m/s2。则（ ） A. 小球可回到初始高度 B. 小球与滑块组成的系统动量守恒 C. 小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块 M 在水平轨道上向右移动了 0.2m - 12 - D. 小球从初始位置到第一次到达最低点时的速度大小为 2 5m/s 【答案】AC 【解析】 【详解】A．小球上升到最大高度时，小球和滑块具有共同速度，由于系统初始动量为零，则 到达最大高度时的共同速度也为零，由能量守恒关系可知，小球还能上升到原来的高度，故 A 正确； B．小球与滑块组成的系统所受合力不为零，故小球与滑块组成的系统的动量不守恒，故 B 错 误； C．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，设滑 块在水平轨道上向右移动的距离为 x。取向左为正方向，根据水平动量守恒得 0 L x xm Mt t   解得 0.2mx  ，故 C 正确； D．小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，取水 平向左为正方向，则有 1 20 mv Mv  由机械能守恒得 2 2 1 2 1 1 2 2mgL mv Mv  解得小球第一次到达最低点时的速度大小 1 4m/sv  ，故 D 错误。 故选 AC。 12. 如图所示，弹性绳一端固定于 A 点，另一端连接穿在竖直杆上质量为 m 的小球，B 处是位 于 AM 中点的光滑定滑轮，且 AB 距离等于弹性绳原长 L，此时 ABM 在同一水平线上，弹性 绳劲度系数 K mg L  （g 为重力加速度）。小球从 M 点由静止开始经过时间 t 滑到距 M 点为 h 的 N 点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数为μ=0.5.则从 M 到 N 的过程中（ ） - 13 - A. 摩擦力对小球做的功为-mgh B. 弹性绳对小球做的功为 1 2 mgh C. 弹性绳对小球的冲量大小为 mgt D. 小球下落 2 L 时，速度大小达到最大值 【答案】BD 【解析】 【详解】A．从 M 到 N 由能量关系可知 =0fmgh W W 弹 即摩擦力对小球做的功小于-mgh ，选项 A 错误； B．设小球在 MN 中间的任意位置 C 时，此时 BC=x，则此时小球对杆的弹力 cosNF kx kL mg    则摩擦力始终为 1 2Nf F mg  即从 M 到 N 摩擦力做功为 1- - 2fW fh mgh  则弹性绳对小球做的功为 1= 2fW W mgh 弹 选项 B 正确； C．小球下滑过程中弹性绳的弹力大于 mg，则弹性绳对小球的冲量大于 mgt，选项 C 错误； D．小球下落 2 L 时，弹性绳的伸长量 2 2 5( )2 2 LL L L    弹力大小为 5 2F k L mg   此时弹力沿竖直向上的分量为 - 14 - 1 5 12cos 2 25 2 y L F F mg mg L     则此时 yf F mg  即竖直方向合力为零，加速度为零，速度最大，选项 D 正确。 故选 BD。 第Ⅱ卷（非选择题共 60 分） 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13. 临沂市 2020 年疫情期间，组织学生线上实验能力大赛，某同学在上传的视频中利用气垫 导轨、滑块、数字计时器、光电门等器材验证动量守恒定律实验，用到两个相同的光电门 1 和 2 及质量分别为 400g、200g 的滑块 A 和 B，两滑块上分别固定有宽度相同的长方形遮光片， 部分实验操作如下： (1)用精度为 0.02mm 的游标卡尺测量遮光片的宽度，示数如图甲所示，其读数为_______cm。 某次测量中，数字计时器记录的遮光片通过光电门的时间为 40.0ms，则滑块的速度大小为 _______m/s（结果保留 3 位有效数字） (2)两位同学在研究两个滑块的弹性碰撞：实验中给某个静止滑块适当的初速度，使其从左向 右运动，与另一静止的滑块发生弹性碰撞，碰后两滑块的速度方向相同，据此判断，实验开 始时，气垫导轨上放置的器材 1、器材 2、器材 3、器材 4（如图乙）从左到右依次应为_______。 A．光电门 1、滑块 A、滑块 B、光电门 2 B．光电门 1、滑块 B、滑块 A、光电门 2 C．滑块 A、光电门 1、滑块 B、光电门 2 - 15 - D．滑块 B、光电门 1、滑块 A、光电门 2 【答案】 (1). 2.002 (2). 0.501 (3). C 【解析】 【 详 解 】 (1)[1] 游 标 尺 的 精 度 为 0.02mm ， 由 图 示 游 标 卡 尺 可 可 知 ， 其 示 数 为 20mm+1×0.02mm=20.02mm=2.002cm [2]滑块的速度 2 3 2.002 10 m/s 0.501m/s40.0 10 dv t      (2)[3]由题意可知，两滑块发生弹性碰撞后入射滑块没有反弹，则入射滑块的质量大于倍碰滑 块的质量，实验需要用光电门测出滑块经过光电门时的时间，因此从左到右依次为：滑块 A、 光电门 1、滑块 B、光电门 2 故选 C。 14. 在“探究加速度与力和质量的关系”的实验中： (1)备有器材：A．带有定滑轮的长木板；B．电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；细绳、 小车砝码；D．装有细砂的砂桶；E．垫片；F．毫米刻度尺，还缺少的一件器材是_______； (2)实验得到如图所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为 T；B、C 间距 x2 和 D、E 间距 x4 已测出，利用这两段间距计算小车加速度 a 的表达式为 a=_______； (3)同学甲根据实验数据画出如图 1 所示 1a m  图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为 _______kg；（g 取 10m/s2） - 16 - (4)同学乙根据实验数据画出了如图 2 所示图线，从图线可知同学乙操作过程中可能 ___________。 【答案】 (1). 天平 (2). 4 2 22 x x T  (3). 0.020(0.018~0.022 均可） (4). 未平衡摩擦 力或平衡摩擦力不足 【解析】 【详解】(1)[1]本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平。 (2)[2]根据逐差法得 2 4 2 2x x aT  解得 4 2 22 x xa T  (3)[3]根据牛顿第二定律可知 Fa m  则 F 即为 1a m — 图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力 ' 2.40 N 0.20N12m g F   解得 ' 0.20 kg 0.020kg10m   (4)[4]由图 2 可知，图线不通过坐标原点，当 F 为某一值时，加速度为零，可知平衡摩擦力不 足或未平衡摩擦力。 15. 跳台滑雪运动起源于挪威简称为“跳雪”，是冬奥会最具观赏性的项目之一。如图所示，当 运动员穿着滑雪板从倾角θ=37°的坡顶 A 点以速度 v0=20m/s 沿水平方向飞出时，运动员在空中 - 17 - 飞行一段距离后恰好落到山坡底的水平面上的 B 处，落到水平面后顺势屈腿缓冲，垂直于水 平面的分速度迅速减小为零，已知运动员在运动过程中可视为质点，滑雪板和水平面间的动 摩擦因数为μ=0.02，不计空气阻力，重力加速度 g 取 10m/s2。求： (1)运动员在空中飞行的时间； (2)运动员在水平面上运动的最大距离。 【答案】(1)3s；(2)1000m 【解析】 【详解】(1)运动员在空中飞行时，水平方向有 0x v t 竖直方向有 21 2h gt 且 tan37 h x  联立解得运动员在空中飞行的时间为 3st  (2)由牛顿第二定律得 mg ma  由匀变速直线运动速度公式得 0 1 vt a  由匀变速直线运动位移公式得 2 0 1 1 1 2x v t at  解得 1000mx  16. 某学校的兴趣小组探究下落的小球与地面碰撞前后的运动情况，得到速度随时间变化的图 - 18 - 象，并作出 t=0.5 时刻的切线，如图所示，已知小球在 t=0 时刻释放，其质量为 0.5kg，并且在 小球运动过程中，速度小于 10m/s 时可认为空气阻力与物体速度成正比关系，重力加速度 g 取 10m/s2，求： (1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能； (2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。 【答案】(1)2.25J；(2)3.75N 【解析】 【详解】(1)由图像可知，小球第一次与地面碰撞前后的速度分别为 v1=5m/s，v2=4m/s，损失的 机械能为 2 2 1 2 1 1 2.25J2 2E mv mv    (2)t=0.5s 时的速度为 v3=4m/s，加速度为 2 24 2 m/s 4m/s0.5a   由牛顿第二定律得 3mg kv ma  解得 0.75k  最大速度为 v1=5m/s，最大阻力为 max 1 3.75Nf kv  17. 2019 年 8 月 12 日，临沂市气象台发布暴雨橙色预警信号。受台风和西风槽的共同影响， 临沂市多地出现了暴雨或大暴雨，局部特大暴雨，台风的出现严重影响道路交通安全。某高 速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为 v1=40m/s，v2=25m/s， 轿车在与货车距离 x0=22m 时才发现前方有货车，若此时轿车立即刹车做匀减速直线运动，则 - 19 - 轿车要经过 x=160m 才能停下来。两车可视为质点。 (1)若轿车刹车时货车仍以速度 v2 匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞； (2)若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经 t0=2s 收到信号并立即以大小为 a2=2.5m/s2 的加速度加速行驶，通过计算分析两车是否会相撞。 【答案】(1)会相撞；(2)不会相撞。 【解析】 【详解】(1)对轿车刹车过程有 2 1v =2a1x 解得轿车刹车过程的加速度的大小 a1=5m/s2 当两车速度相等时即 v1-a1t= v2 解得 t=3s 轿车行驶的距离 x1=v1t- 1 2 a1t2=(40 3 - 1 2 5 23 ）m=975m 货车行驶的距离 x2=v2t=25 3m=75m 因为 x1-x2=22.5m x0=22m 所以两车会相撞。 (2)假设从轿车开始刹车经过时间 t 两车速度相等即： v1-a1t=v2+a2（t-2） 解得 t= 8 3 s 轿车行驶的距离 x1′=v1t- 1 2 a1t2= 800 9 m 货车行驶的距离 - 20 - x2´=v2t0+v2（t-t0）+ 1 2 a2  2 0t t = 650 9 m 因为 x1′-x2′= 50 3 m