【文档说明】安徽省肥东县高级中学2021届高三上学期期中考试物理试题 含答案.doc，共(18)页，1.029 MB，由小赞的店铺上传

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2021届高三第一学期期中考试物理试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上。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。一、选择题(1-6小题为单选题,7-10小题为多选题，每小题4分,共40分)1.颠球是足球运动基本技术之一，若质量为400g的足球用脚颠起后，竖直向下以4m/s的速度落至水平地面上，再以3m/s的速度反向弹回，取

竖直向上为正方向，在足球与地面接触的时间内，关于足球动量变化量△p和合外力对足球做的功W，下列判断正确的是A.△p=1.4kg·m/sW=-1.4JB.△p=-1.4kg·m/sW=1.4JC.△p=2.8kg·m/sW=-1.4JD.△p=-2.8kg·m/sW=1.4J2.2020年3月9日，

我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第54颗导航卫星，北斗导航工程实现2020年“开门红”。北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星、与同步静止轨道卫星具有相同周期的地球同步倾斜轨道卫星，以及比它们轨道低一些的中轨道卫星组成。它们均为圆轨道卫

星，轨道分布情况如图所示，则A.地球同步静止轨道卫星可能相对静止在北京正上空B.地球同步倾斜轨道卫星的轨道高度与同步静止轨道卫星的轨道高度可能不同C.同步卫星绕地球稳定运行的速率可能大于中轨道卫星绕地球稳定运行的速率D.

质量相等的中轨道卫星与同步轨道卫星相比，中轨道卫星所具有的机械能较小3.飞机飞行时除受到发动机的推力和空气阻力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼倾斜（如图所示），以保证重力和机翼升力的合力提供向心力。设飞机以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆

周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T。则下列说法正确的是A.若飞行速率v不变，θ增大，则半径R增大B.若飞行速率v不变，θ增大，则周期T增大C.若θ不变，飞行速率v增大，则半径R减小D.若飞行速率v增大，θ增大，只要满足tanv不变，周期T一定不变4.如图所示为小明玩蹦床的情景，

其中A位置表示床面未受压力时的平衡位置，B位置是他从最高点直立下落的过程中将床面所压到的最低位置。若床面始终在弹性限度内，空气阻力及床面的质量均可忽略不计，对于小明从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是A.床面从A位置下降到B位置的过程中

，小明的动能不断变小B.床面在B位置时，小明所受合外力为零C.小明接触床面前处于失重状态，接触床面后处于超重状态D.小明从最高点运动到将床面压至B位置的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等5.如图所示为儿童蹦蹦床，一名小孩在

玩蹦床时，每次与蹦床相碰后都能回到相同的高度，并重复上述运动，取与蹦床刚接触的点为原点建立x轴坐标系，竖直向上为正方向，能正确描述x>0运动过程中速度、重力势能、动能、机械能变化图像的是A.B.C.D.6.如图所

示，物块正在沿粗糙的斜面匀速下滑，斜面保持静止状态。在下列几种情况中，物块仍沿斜面下滑，则关于地面对斜面体的摩擦力正确说法是A.若对物块施加竖直向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向左B.若对物块施加垂直于斜面向下的外力，地面

对斜面体的摩擦力水平向左C.若对物块施加沿斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力水平向右D.若对物块施加沿斜面向下的外力，地面对斜面体没有摩擦力7.水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把

一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹

的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg8.如图，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究

小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是A.当x=h+x0，小球速度最大B.小

球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小C.小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先增大后减小D.小球动能的最大值为02mgxmgh9.跳台滑雪是一种勇敢者的滑雪运动。图(a)为某跳台滑雪运动员从跳台a（长

度可忽略不计）处沿水平方向飞出、在斜坡b处着陆的示意图，图(b)为运动员从a到b飞行时的动能kE随飞行时间t变化的关系图象。不计空气阻力作用，重力加速度g取210m/s，运动员的质量为60kg，则下列

说法正确的是A.运动员在a处的速度大小为10m/sB.斜坡的倾角为30°C.运动员运动到b处时重力的瞬时功率为41.210WD.运动员在空中离坡面的最大距离为2.5m10.2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上，习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和3

2个装备方队（如图甲所示）。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示，其中Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，若检阅车的质量为m，行驶过程中所受

阻力恒为f，则下列说法正确的是A.检阅车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2～t3时间内其牵引力等于fB.0～t1时间内检阅车做变加速运动C.0～t2时间内的平均速度等于22vD.t1～t2时间内检阅车克服阻力

所做功为P（t2﹣t1）+22121122mvmv二、实验题(共2小题,每小空2分，共12分)11.用如图实验装置验证1m、2m组成的系统机械能守恒。2m从高处由静止开始下落，在1m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个点未标出，计数点间的距离如图所示。已知150gm、2150gm，当地重力加速度29.8m/sg。则（本题计算结果保留两位有效数字）(1)在纸带上打下

计数点5时，2m的速度v＝________m/s；(2)在打点05过程中系统动能的增量kΔE_______J，系统势能的减少量pΔE_______J。12.气垫导轨上相隔一定距离的两处安装有两个光电传感器A、B，AB间距为L，滑块P上固定一遮光条，P与遮

光条的总质量为M，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图像：(1)实验前，按通气源，将滑块（不挂钩码）置于气垫导轨上，轻推滑块，当

图乙中的1t________2t（选填“>”、“=”或“<”）时，说明气垫导轨已经水平；(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d________mm；(3)将滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图像如图乙所示。

利用测定的数据，当关系式)2(mgLmM________成立时，表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒。（重力加速度为g，用题中给定的物理量符号表达）三、计算题(共4小题，共48分)13.

（8分）高空坠物现已成这一种新型城市公害，2020年3月某小区高空坠物又出事了，14月龄男宝宝被砸中后伤势严重生命危险。有网友描述一只30g的鸡蛋从4楼抛下会把人头顶砸出个肿包，如果是25楼抛下冲击力足以致人死

亡。因此有专家建议在高楼外墙上安装如图所示的防高空坠物网，安装在二楼地板等高处。现测试了一瓶500g的矿泉水从25楼窗口坠落，窗口离第25层楼地面0.4m，水瓶落到防坠物网上后被成功拦截，拦截时网最大下陷深度为30cm。已知该高楼1楼顶离地高度为3.65m，2楼及以上每楼高2.8m。重力加速

度g=10m/s2，物体坠落时空气阻力不计。（1）如网友所说，一只鸡蛋也从该高楼25楼窗口下落，在没有安装防高空坠物网的情况下落到地面速度达多大；（2）将测试水瓶落到网上之后的运动视作匀减速运动，则其减速运动的加速度多大？并计算测试水瓶在这个过程

中对网的平均作用力大小。14.（12分）如图所示，为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ=37°、长为L=2.0m的粗糙的倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连，竖直圆轨道的半径可调，出口为水平轨

道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的。其中AB与BC轨道以微小圆弧相接，如图所示。一个质量为2kg的小物块(可视为质点），以初速度v0=4.0m/s，从某一高处水平抛出，恰从A点无碰撞地沿倾斜轨道滑下。已知小物块与倾斜

轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）：（1）求小物块的抛出点和A点之间的高度差h；（2）为了让小物块能沿着轨道运动，并从E点飞出，则竖直圆轨道的半径R应该满足什么条件；（3）若

圆轨道半径R3340m，小物块将在圆轨道上的F点脱离轨道，求小物块脱离轨道后所能达到的最大高度H。15.（12分）如图所示，一质量m＝0.4kg的小物块，以0v＝2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用

下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10m。已知斜面倾角＝30，物块与斜面之间的动摩擦因数33．重力加速度g取210m/s。（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的

最小值是多少？16.（16分）如图所示，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板，物块b静止在距离木板左端L=2.25m处，物块a以初速度v0=3m/s从左侧滑上木板，a、b均可视为质点。已知物块a、b与木板间的动摩擦因数均为=0.1两个木块与木板的质

量均为m=1kg，a、b碰撞时间极短，碰后粘连在一起运动，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，g取10m/s2。试求（结果可用分数表示）：(1)a、b碰后瞬间的速度；(2)最终状态时a、b距离c左端的距离。参考答案题号12345678910答案CDDDADBCABDACAD1.C【解析】足球与地面碰撞过程

中动量的变化量△p=mv2-mv1=0.4×3kg·m/s-0.4（-4）kg·m/s=2.8kg·m/s方向竖直向上；由动能定理，合外力做的功22222111110.43J0.44J=-1.4J2222Wmvmv故选C。2.D【解

析】A．地球同步静止轨道卫星只有在赤道平面上空，不可能相对静止在北京正上空，故A错误；B．根据万有引力提供向心力2224πGmMmrrT得2324πGMTr因为地球同步倾斜轨道卫星与静止轨道同步卫星的周期相同，则它们的轨道半径也是相等的，故B错误；

C．根据万有引力提供向心力22GmMvmrr得GMvr因为中轨卫星的高度低于静止同步卫星，即r小，故所有同步卫星绕地球运动的速率都一定小于中轨道卫星绕地球运动的速率，故C错误；D．中轨道卫星的半径小，处于低轨道，由中轨道到同步轨道需要加

速由其它形式的能量转化为机械能，故质量相等的中轨道卫星与同步轨道卫星相比，中轨道卫星所具有的机械能较小，故D正确。故选D。3.D【解析】A．对飞机进行受力分析，如图所示根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得2224tanvmgmmRRT得tanvgR2tanRT

g若飞行速率v不变，增大，由tanvgR可知，R减小，故A错误；B．若飞行速率v不变，增大，R减小，由2tanRTg可知，T减小，故B错误；C．若θ不变，飞行速率v增大，由tanvgR可知，R增大，故C错误；D．若飞行速率v增

大，θ增大，满足tanv不变，则tangR不变，根据2tanRTg可知，周期一定不变，故D正确。故选D。4.D【解析】A．刚接触床面时，弹力小于重力，合力向下，继续向下加速，动能变大，故A错误；B．床面在B位置时，速度

为零，弹力大于重力，合力向上，故B错误；C．小明接触床面前处于失重状态，刚接触床面到弹力与重力大小相等之前，弹力小于重力，合力向下，仍然处于失重状态，故C错误；D．小明在最高点和B点的速度都为零，根据动量定理可知，小明从最高点运动到将

床面压至B位置的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等，故D正确。故选D。5.A【解析】A．小球上升过程中，根据运动学公式有v2=v02-2gx由数学知识可得，v-x图象应是开口向左的抛物线。小球下落过程与上升过程具有对称性，故A正确；B．上升过程中重力势能EP=

mgx则EP-x图像是过原点的直线，选项B错误；C．上升过程中某位置时0kkEEmgx下降过程与上升过程满足的关系相同，图像不应该在x轴下方，选项C错误；D．上升和下降过程机械能均守恒，则E机械能-x图像是与x轴平行的直线，选项D错误。故选A。6.D

【解析】物块沿粗糙的斜面匀速下滑，物块处于平衡状态，斜面体对物块的力竖直向上与重力平衡，物块对斜面体的力竖直向下，地面对斜面体没有摩擦力。A．若对物块施加竖直向下的外力，相当于物块的重力增加了，物块仍做匀速运动，地面对斜面体的摩擦力仍为零，A错误；CD．若对物块施加

沿斜面向下的外力，此时，物块对斜面体的摩擦力与匀速下滑时相等，物块对斜面体的压力与匀速时相等，因此斜面受力没变，地面对斜面体的摩擦力仍为零，C错误，D正确；B．若对物块施加垂直于斜面向下的外力，把该外力分解为竖直向下的和沿斜面向

上的两个分力（两个分力不再相互垂直），两个分力单独作用时，竖直向下的外力不会造成地面对斜面体有摩擦，沿斜面向上的分力只能使物块减速运动，物块对斜面体的压力和摩擦力不变，也不会造成地面对斜面体产生摩擦力，两个分力同时作用时，

地面对斜面体的摩擦力仍为零，即若对物块施加垂直于斜面向下的外力，地面对斜面体的摩擦力仍为零，B错误。故选D。7.BC【解析】设运动员和物块的质量分别为m、0m规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出

后，运动员和物块的速度大小分别为1v、0v，则根据动量守恒定律1000mvmv解得010mvvm物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块100200mvmvmvmv解得0203mvvm第3次推出后200300mvmvmvmv解得0305

mvvm依次类推，第8次推出后，运动员的速度08015mvvm根据题意可知08015m/smvvm解得60kgm第7次运动员的速度一定小于5m/s，则07013m/smvvm解得52kgm综上所述，运动员的质量满足kg60kgm

AD错误，BC正确。故选BC。8.ABD【解析】A．根据乙图可知，当x=h+x0时，小球的重力与弹簧的弹力大小相等，此时小球具有最大速度，A正确；BC．小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力

的增加，加速度减小，当弹力大小等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，B正确，C错

误；D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知，小球的最大动能为2001122mghxmgxmv201122mghmgxmv故小球动能的最大值为012mghmgx，故D正确。故选ABD。9.AC【解析】A．运动员从a到b做平抛运动，a点的初动能为23k1310J2aaEmv

可得10m/sav故A正确；B．由图可读出平抛的时间为2st，根据斜面上的平抛的几何关系有tan12aygtxv则45，可知斜坡的倾角为45°，故B错误；C．根据瞬时功率的定义式可知b处时重

力的瞬时功率为4G1.210WyPmgvmggt故C正确；D．建立以平行斜面和垂直斜面的直角坐标系，当垂直斜面的速度减为零时，距离最大，由匀减速直线运动的规律有20max(sin)2.52m2(cos)vdg故D错误。故选AC。10.AD【解析】A．由图象可知，检阅车的运动过程

为：Oa为匀加速直线运动，ab是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以t1时刻牵引力和功率最大，bc是匀速直线运动，t2～t3时间内其牵引力等于f，故A正确。B．在0～t1时间段，由v﹣t图象知检阅车做匀加速直线运动，故B错误。C．在0～t2时间段，由v﹣t图象可知，检阅车先做匀

加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于2v2，故C错误；D．设时间t1～t2内检阅车克服阻力所做功为Wf，由动能定理2221211122fPttWmvmv(﹣)-＝-克服阻力所做功为2221211122=fWPttmvmv(﹣)

-+，故D正确。故选AD.11.2.40.580.59【解析】(1)[1]利用匀变速直线运动的推论得46546(0.21600.2640)2.4m/s20.1xvt(2)[2]系统动能的增量22kk5125110()(0.0

50.15)2.4J0.58J22EEmmv[3]系统重力势能减小量p21(0.19.80.6000J0.)59JEmmgh12.=8.4752221()()ddtt【解析】(1)[1]．如果遮光

条通过光电门的时间相等，即t1=t2，说明遮光条做匀速运动，即说明气垫导轨已经水平；(2)[2]．螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.01×47.5mm=0.475mm，所以最终读数为：8mm+0.475mm=8.475mm

；(3)[3]．由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，则1Advt＝2Bdvt＝滑块和砝码组成的系统动能的增加量221()2BkAEMvvm系统的重力势能的减小量△Ep=mgL如果

系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，则系统机械能守恒，即221()2BAmgLvMmv化简得2221()()2mgLddmMtt＝13.(1)37m/s；(2)a=2160m/s2；1085N【解析

】(1)下落高度h=0.4+23×2.8+3.65=68.45m由公式212ghv得v1=37m/s(2)下落高度0.4232.864.8mh由公式222ghv解得v2=36m/s由公式2220axv得a=2160m/s2又因F合=F支-G=ma可得F支=1085N

由牛顿第三定律得，对网的平均作用力F压=F支=1085N14.（1）0.45m；（2）R≤0.66m；（3）55m36【解析】（1）令下落的高度差为h，小物块到达A处时，水平分速度为vx，竖直分速度为vytan

yxvv22yvgh可得h=0.45m（2）小物块能沿轨道做圆周运动，设在圆周顶点时的速度为v1，则有mg≤21mvR对B点到圆轨道顶点运动过程运用动能定理22112()2BmgRmvv对A点到B点运动过程运用动能定理2

211sincos22BAmgLmgLmvmv若物块从水平轨道DE滑出，圆弧轨道的半径有R≤0.66m（3）考虑到物块从F点脱离轨道，有FN=0，脱离时速度方向与竖直方向夹角为β对F点列出受力方程2sinFmvmgR对B点到F点过程运用动能定理22111sin22BFmgR

mvmv解得2sin32112Fv所以25518Fyv即物块脱离轨道后所能达到的最大高度255(1sin)m236FyvHRg15.（1）23m/s；8m/s（2）30，133N5【解析】(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小

为v，由运动学公式得：2012Lvtat，0vvat代入数据得：a=3m/s2，v=8m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示由牛顿第二定律得：Fcosα-mgsinθ-Ff=m

a，Fsinα+FN-mgcosθ=0，Ff=μFN联立得(sincos)cossinmgmaF由数学知识得：323cossinsin6033可知对应最小F的夹角α=30°代入数据得F的最小值为：133N516.（1）1.2

5m/s；（2）75m32【解析】（1）a滑上c后水平方向受向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg=maa代入数据解得aa=1m/s2若b、c相对静止，则b、c整体受a对它的向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg=2ma0bc代入数据解得a0bc=0.5m/s2由题意可知b与

c间的动摩擦因数也为0.1，故b在c表面的最大加速度为abm=μg=1m/s2故bc可以保持相对静止，即abc=0.5m/s2则当ab将要相碰时满足2201122abcvtatatL解得t=1s（另一值舍掉）此时a的速度102m/savvatb和c的速度20.5m/sbcvata

、b碰后粘连在一起运动，设共同速度为v，则由动量守恒122mvmvmv解得v=1.25m/s（2）当三者共速时速度为v′，则由动量守恒定律'1223mvmvmv由能量关系22'22111223222mgxmvmvmv解得3m

32x最终状态时a、b距离c左端的距离75m32dLx