【文档说明】山东省烟台市中英文学校2021届高三上学期周末测试（二）物理试卷 含答案.doc，共(25)页，1.098 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前物理试卷注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P。在工作过程中，

活塞在气缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是A．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0B．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0C．当OP

Q在同一直线时，活塞运动的速度等于v0D．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度大于v02．如图所示，在水平地面A点以初速度05m/sv=抛出小球A，方向与地面成角，另有一小球B在抛出小球A的同时，从A点右边水平距离1.2m的C点正上方1.6m高处静止释放，当A运动到最高点时恰好击中小

球B，下列判断正确的是（）A．由题中数据计算可得53=B．从抛出小球A到击中小球B用时0.3sC．仅减小抛出初速度0v将一定不能击中小球BD．增大抛出初速度0v的同时适当增大角仍然有可能击中小球B3．甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45

°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示．设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直，且乒乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等，不计空气阻力，则乒乓球击打甲的球拍的速度υ1与乒乓球击打乙的球拍的速度υ2之比为（）A．63B．2C．22D．334

．在同一水平直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力．要使两球在空中相遇，则必须：①先抛出A球；②先抛出B球；③同时抛出两球；④使A球初速度大于B球初速度；⑤使B球初速度大于A球初速度（）A．①④B

．③⑤C．③④D．②④5．如图所示，用起瓶器开启瓶盖时，起瓶器上A、B两点绕O点转动的角速度分别为A和B，线速度的大小分别为Av和Bv，向心加速度的大小分别为Aa和Ba，下列说法正确的是（）A．AB=，ABvv，ABaaB．AB

=，ABvv，ABaaC．AB=，ABvv=，ABaaD．AB，ABvv，ABaa=6．有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（）A．如图a，汽车通过拱桥的最高点处于超重状态B．如图b所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥的高不变，则圆锥摆的

角速度不变C．如图c，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等D．火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对火车轮缘会有挤压作用7．修正带是中学生必备的学习用具，其结构

如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，a、b点分别位于大小齿轮的边缘，c点位于大齿轮的半径中点，当纸带匀速走动时（）A．a、b点的线速度大小相同B．a、c点的线速度大小相同C．b

、c点的角速度相同D．大小齿轮的转动方向相同8．如图所示为一种“滚轮—平盘无极变速器”的示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成。由于摩擦的作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么主动轴转速n

1、从动轴转速n2、滚轮半径r以及滚轮中心距离主动轴轴线的距离x之间的关系是（）A．12nxnr=B．12nrnx=C．2122nxnr=D．212nxnr=9．图甲是一款感应垃圾桶。手或垃圾靠近其感应区，桶盖会自动绕O点水平打开，如图乙所示。桶盖打开过程中其上A，B两点

的角速度分别为A、B，线速度分别为Av、Bv，则（）A．BAB．BAC．BAvvD．BAvv二、多选题10．如图所示，从一根高为h、空心光滑竖直管的上端边缘，沿直径方向向管内以速度0v抛出一钢球，钢球与管壁经2次碰撞后落到如图所示的地面上（设碰撞时无能量损

失，作用时间可忽略不计，重力加速度为g）。则下列说法正确的是A．钢球运动的水平位移为023vhgB．钢球第一次与管壁撞击点距地面的距离为78hC．若将钢球的速度增大到02v，球落地时间不变D．若将钢球的速度增大到02v，球落地位置不变11．如图所示，滑块1m放置在足够长的木板2m的右端，木

板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为1，木板与地面间动摩擦因数为2，原来均静止。零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，某时刻撤去该力。滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则从零时刻起，二者的速度一时间图象可能为（）A．B．C．D．12．如图甲所示，用

粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA=lkg、mB=2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离．t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程

中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是A．t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB．t=2.0s时刻A、B之间作用力为零C．t=2.5s时刻A对B的作用力方向向左D．从t=0时刻到A、B分

离，它们运动的位移为5.4m13．如图所示，一质量为M、带有挂钩的小球套在倾角为θ的细杆上，恰能沿杆匀速下滑，小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若在小球下滑过程中在挂钩上加挂质量为m的物体或改变倾角θ，则下列说法正确的是（）A．仅增大θ（θ<90°）时，小球被释放后仍能沿杆匀

速下滑B．仅增大θ（θ<90°）时，小球被释放后将沿杆加速下滑C．θ不变，仅在挂钩上加挂物体时，小球被释放后将沿杆加速下滑D．θ不变，仅在挂钩上加挂物体时，挂钩对物体的拉力等于物体的重力14．三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两

边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是（）A．物块A、B同时到达传送带底端B．物块A先到达传送

带底端C．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同D．传送带对物块A无摩擦力作用15．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一质量为m的煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与

煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动，关于上述过程，以下判断正确的是（重力加速度为g）（）A．μ与a0之间一定

满足关系μ<0agB．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的位移为20vgC．煤块从开始运动到相对于传送带静止经历的时间为0vgD．黑色痕迹的长度为2200022vvga−16．如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响

其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大17．如图，两个质量均为m的小木块a和b（可

视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．2

kgl=是b开始滑动的临界角速度D．当2kgl=时，a所受摩擦力的大小为kmg18．如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的

同时，圆盘以经过盘心O点的水平轴在竖直平面内速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（）A．圆盘的半径可能为2202gLvB．飞镖击中P点所需的时间为0LvC．圆盘转动角速度的最小值为0vLD．P点随圆盘转动的线速度不可能为

03gLv第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、实验题19．如图为某小球做平抛运动时，用频闪照相的方法获得的相片的一部分，图中背景方格的边长为5cm，210m/sg=，则(1)小球平抛的初速度0v=_____m/s；(2)其闪光频率f=_____Hz；(3)A点___

__平抛运动的抛出点（选填“是”或“不是”）。20．在“研究平抛物体的运动”实验中(1)利用图所示装置，测定平抛初速时，应注意：在安装斜槽轨道时，除了要使斜槽处于竖直平面内，还应使______________；小

球每次均应从_________静止释放。(2)如图所示是在“研究平抛物体的运动”的实验中记录的一段轨迹。已知物体是从原点O水平抛出，经测量C点的坐标为（60，45）。则平抛物体的初速度v0________m/s，物体经过B点时的速度vB________m/s（g=10m/s2）四、解答题

21．如图所示，水平传送带以一定速度匀速运动，将质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、C为圆弧上的两点，其连线水平，已知圆弧对应圆

心角106=，A点距水平面的高度h=3.2m，圆弧C点与斜面CD恰好相切，小物块到达C点时的速度大小与B点相等，并沿固定斜面向上滑动，小物块从C点到第二次经过D点的时间间隔为1.6s，已知小物块与斜面间的动摩擦

因数13=，重力加速度g取10m/s2，取sin53=，cos53=，求：(1)小物块从A到B的运动时间；(2)小物块离开A点时的水平速度大小；(3)斜面上C、D点间的距离。22．如图所示，高0.45Hm=的水平台面上是

一个以03/vms=的速度匀速顺时针转动的水平传送带AB，在该水平台面右边界直面BC的右端0.4xm=处也有一高度0.35hm=的足够长水平台面，其左端面DE也是竖直方向，E点为平台的左端点．将一质量1mkg=的煤块（可

视为质点）无初速度地放在传送带上的A点处．已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1，传送带的长度2Lm=，传送带的滑轮大小可以忽略，重力加速度取210/gms=，不计空气阻力．（1）求煤块从A运动到B的过程中，煤块在传

送带上留下黑色痕迹的长度；（2）求煤块离开传送带后，第一落点的位置到E点的距离．参考答案1．A【解析】【详解】AB．当OP与OQ垂直时，设∠PQO=θ，此时活塞的速度为v，将P点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v分解为沿杆方向和垂直于杆方向的

速度，则此时v0cosθ=vcosθ，即v=v0，选项A正确，B错误；CD．当OPQ在同一直线时，P点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项CD错误；2．A【解析】【分析】【详解】AB．设经过时间t两球相遇，则有2211

1.622gtgt+=解得0.4st=对小球A有0sinvtg=解得sin0.8=则=53故A正确，B错误；CD．由于=53，由几何关系可知小球A抛出点与B的释放点在同一竖直面上，以B为参考系，小球A做匀速直线运动，仅减小抛出初速度0v，则小球A一定

可以击中小球B，增大抛出初速度0v的同时适当增大角，则小于A一定不能击中小球B，故CD错误。故选A。3．C【解析】【分析】【详解】由题可知，乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动，根据斜上抛运动的特点可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变，竖直方向的分速度是不断变化的，由于乒乓球击打拍面时速

度与拍面垂直，在甲处：x1sin45vv=甲；在乙处：x2sin30vv=乙；所以：12=sin45sin30xxvvvv甲乙：＝22．故C正确，ABD错误4．C【解析】【分析】【详解】相遇时，A、B下落的高度相

同，根据212hgt=知，下落的时间相同，知两球同时抛出；又因为A球的水平位移大于B球的水平位移，根据0xvt=知，A球的水平初速度大于B球的水平初速度，故③④正确。故选C。5．A【解析】【分析】【详解】A、B两点绕O点同轴转动，角速度相等，故AB=由于ABrr，根据vr=

有ABvv根据av=有ABaa选项A正确，BCD错误。故选A。6．B【解析】【分析】【详解】A．汽车在最高点有2NmvmgFr−=可知NFmg故处于失重状态，故A错误；B．如图b所示是一圆锥摆，重力和拉力的合力2tanFmgmr==又sinrL=可得

cosggLh==故增大θ，但保持圆锥的高不变，圆锥摆的角速度不变，故B正确；C．小球靠重力和支持力的合力提供向心力，重力不变，根据平行四边形定则知，支持力大小相等，向心力相等，由于转动的半径不等，则角速度不等，故C错误；D．火车转弯超过规定速度行驶时，重

力和支持力的合力不足以提供向心力，则外轨对内轮缘会有挤压作用，故D错误。故选B。7．A【解析】【分析】【详解】AD．a、b点是同缘传动，边缘点的线速度大小相同，方向相反，即abvv=A正确，D错误；B．a、c点是同轴传动，角速度相等，即ac=根

据vr=知线速度与半径成正比，半径不同，线速度不同，B错误；C．abvv=，根据vr=知角速度与半径成反比，有12abbarr==:::所以22bac==C错误。故选A。8．A【解析】【分析】【详解】由滚轮不会打滑可知，主动轴上的平盘与可随从动轴转动的

圆柱形滚轮在接触点处的线速度相同，即12vv=由此可得122π2πxnrn=得21xnnr=故A正确，BCD错误。故选A。9．D【解析】【分析】【详解】桶盖上的AB两点同时绕着O点转动，则角速度相等，即BA=根据v=ωr，因为BArr，则BAvv则选项ABC错误，D正确。故选D

。10．AC【解析】【分析】【详解】AC．钢球竖直方向运动的时间为2htg=，其在水平方向位移大小为直径长度，00233vthxvg==故AC正确；B．钢球在竖直方向做自由落体运动，三段时间相等，设钢球第一次碰撞管壁下落的高度为h1，

则21123thg=又2htg=解得19hh=则钢球第一次与管壁的撞击点到地面的距离2189hhhh=−=故B错误；D．速度增加后，水平路程加倍，球的落地点应在管的右边，故D错误。故选AC。11．

AD【解析】【详解】零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，滑块m1和木板m2均做匀加速直线运动，对滑块m11111mgma=加速度为11ag=撤去外力后，木板m2做匀减速直线运动，此时滑块m1的速度小

于m2，所以滑块m1继续做匀加速运动，当而者速度相等时：AB．如果12，滑块m1和木板m2将保持相对静止，在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。由牛顿第二定律212122()()mmgmma+=+加速度变为22ag=即滑块的加速度变小，故A正确，B

错误。CD．如果12，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m1的加速度大小是1g，即滑块的加速度大小不变，故D正确，C错误。故选AD。12．AD【解析】试题分析：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运

动，加速度为a，以整体为研究对象，则有：2123.601.2/12ABFFamsmm++===++，分离时：2BFfma−=，得20.321.22.7BFfmaN=+=+=，经历时间42.733.6ts==，根据位移公式2

15.42satm==，则D正确；当2ts=时，21.8FN=，2BFfma+=，得20.6BfmaFN=−=，A正确B错误；当2.5ts=时，22.25FN=，22Ffma+=，得220fmaF=−，C错误．考点：

考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为0．3N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻．13．BD【解析】【分析】【详解】

AB．当球形物体沿细杆匀速下滑时，由力的平衡条件可知cossincosNFMgMgMg==解得tan=仅增大θ（θ<90°），则有球形物体的重力沿杆的分力大于杆对球形物体的摩擦力，小球被释放后沿杆加速下滑，选项A错误，B正确；CD

．当挂上一质量为m的物体时，以两物体整体为研究对象，沿杆向下的重力分力为1()sinFMmg=+当挂上一质量为m的物体时，球形物体所受的摩擦力即沿杆向上的力，大小为2()cosfFFMmg==+摩擦力增大，分析可知12FF=，因此球形物体仍沿细杆匀速下滑。所以挂钩对物体的拉力等于物体

的重力。选项C错误，D正确。故选BD。14．AC【解析】【分析】【详解】ABD．两个小物块A和B从传送带顶端都以1ms的初速度沿传送带下滑，因为sin37cos37mgmg所以传送带对两小物块的滑动摩擦力分别沿传送带向上，大小相等，那么两小物块沿传送带向下

的加速度大小相等，滑到传送带底端时的位移大小相等，因此物块A、B同时到达传送带底端，A正确，B错误，D错误；C．对物块A，划痕的长度等于A的位移减去传送带的位移，由牛顿第二定律得sin37cos37mgmgma−=解得22msa=由运动学公式得2012Lvtat=+解得1st=传送带

运动位移01mxvt==A对传送带的划痕长度为12m1m1mx=−=对物块B，划痕长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对传送带的划痕长度为22m1m3mx=+=12xx物块A、B在传送带上的划痕长度不相同，C正确。故选A

C。15．ACD【解析】【分析】【详解】A．要发生相对滑动，传送带的加速度需大于煤块的加速度，即0ag则有0ag故A正确；BC．当煤块的速度达到0v时，经历的时间0vtg=经过的位移2012vxg=故B错误，C正确；D．此时传送带的位移222000002000022()vvvvvxva

gaga−=+−=则黑色痕迹的长度200220122vvgLxxa=−=−故D正确。故选ACD。16．BD【解析】【分析】【详解】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B．由于第二次竖直方向下落距离大，由

于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由0vvat−=易知a1>a2，故C错误D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知

，fy1<fy2，故D正确17．AC【解析】【分析】【详解】B．小木块都随水平转盘做匀速圆周运动时，在发生相对滑动之前，角速度相等，静摩擦力提供向心力即2fmR=静由于木块b的半径大，所以发生相对滑动前木块b的静摩擦力大，选项B错。C．随着角

速度的增大，当静摩擦力等于滑动摩擦力时木块开始滑动，则有2fmRkmg==静代入两个木块的半径，小木块a开始滑动时的角速度akgl=木块b开始滑动时的角速度2bkgl=选项C正确。A．根据ab，所以木块b先开始滑动，选项A正确。D．当角速度23bk

gl=，木块b已经滑动，但是23akgl=所以木块a达到临界状态，摩擦力还没有达到最大静摩擦力，所以选项D错误。故选AC。18．BCD【解析】【分析】【详解】AB．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，设运动时间为t，则有t=0Lv飞镖击中P点时，P恰好在最下

方，则有2r=12gt2联立可得r=2204gLv故A错误，B正确；C．飞镖击中P点，则P点转过的角度满足2tk==+（k=0，1，2，3……）解得0(21)kvtL+==当k=0时圆盘转

动角速度有最小值为0vL，故C正确；D．P点随圆盘转动的线速度为00200(21)(21)44kvgLkgLvrLvv++===假设P点随圆盘转动的线速度为03gLv，则有003(21)4gLkgLvv+=解得k=5.5，不满足k=0，

1，2，3……假设错误，故D正确。故选BCD。19．1.510不是【解析】【分析】【详解】(1)[1]在竖直方向上，根据△y=2L=gT2得220.05s0.1s10LTg===小球平抛运动的初速度0

30.15m/s1.5m/s0.1LvT===(2)[2]周期为0.1s，所以频率为10Hz。(3)[3]小球过B点时竖直分速度vBy880.05m/s2m/s20.2LT===故A点的竖直分速度vAy=vBy-gT=1m

/s故A点不是抛出点。20．斜槽末端水平同一位置222【解析】【分析】【详解】(1)[1][2]为了满足平抛运动的初始条件，因此斜槽末端必须水平，为了保证每次重复的轨迹一样，因此小球应该从同一位置静止释放。(2)[3]平抛运动在竖直方向为自由落体，从O到C有212Ch

gt=所以20.3sChtg==且0Cxvt=解得02m/sv=[4]从抛出点到B点经历时间为0.4s0.2s2Bxtt===因此B点有竖直分速度2m/sByBvgt==物体经过B点时的速度22022m/sBByvvv=+=【点睛】本题考查了平抛运动的求法。常见的题型是利用匀变速直线运动规律求解，

但事实上本题中B点并不是OC的时间的中点，因此不能再利用2xgT=求解。21．(1)0.8s；(2)6m/s；(3)3.92m【解析】【分析】【详解】(1)小物块从A到B做平抛运动2AB12hgt=解得AB20.8shtg==

(2)到达B点时的竖直速度AB8m/syvgt==由题可知oAtan53yvv=解得A6m/sv=(3)滑块到达C点时的速度与B点速度相等22yA10m/sCvvv=+=斜面CD的倾角为，滑块上滑过程中，根据牛顿第二定律1sincosmgmgma+=解得加速度21

10m/sa=上滑的时间C111svta==上滑的距离2C115m2vsa==下滑过程中，根据牛顿第二定律2sincosmgmgma−=解得加速度226m/sa=下滑的位移22211()1.08m2satt=−=因此CD间距离123.92ms

ss=−=22．(1)4ms=(2)0.1md=【解析】【详解】(1)煤块的加速度为21/agms==，假设小物块在传送带上一直做匀加速运动，离开传送带时的速度为1v，则由22vaL=，得到12/vms=，由于103/vvms=，所以假设

成立，小物块传送带上加速的时间11221vtssa===，其间传送带的位移为1016xvtm==，相对位移14sxLm=−=.(2)小物块离开传送带后做平抛运动，若能到平台下方的地面1,xvt=212Hgt=，解得：10.6xm=，

由于10.4xm，所以小物块不可能到达平台下方的地面.设物块落在竖直面DE上，由于10.2xtsv==，210.22ygtm==，则小物块落点距E的距离()0.1dhHym=−−=.