【文档说明】河北省张家口市崇礼区第一中学2021届高三上学期期中考试物理试卷【精准解析】.doc，共(17)页，764.106 KB，由小赞的店铺上传

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2020—2021学年度第一学期期中试题高三物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1.下列几个关于力学问题的说法中正确的是（）A.米、千克、牛顿等都是国际单位制中的基本单位B.加速度大的物体，速度变化一定快C.

摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反D.马拉车加速前进说明马拉车的力大于车拉马的力【答案】B【解析】【分析】【详解】米、千克都是国际单位制中的基本单位、牛顿是导出单位，选项A错误；加速度大的物体，速度变化一定快，选项B正确；摩擦力的方向

总是与物体的相对运动方向相反，选项C错误；马拉车加速前进，马拉车的力与车拉马的力是一对相互作用力，则马拉车的力等于车拉马的力，选项D错误；故选B.2.甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内A.汽车

甲的平均速度比乙大B.汽车乙的平均速度等于C.甲乙两汽车的位移相同D.汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【答案】A【解析】-2-试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据xvt=可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A

正确，C错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于122vv+，选项B错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D错误．考点：v-t图象及其物理意义3.高铁进站近似匀减速运动，依

次经过A、B、C三个位置，已知AB=BC，测得AB段的平均速度为30m/s，BC段平均速度为20m/s．根据这些信息可求得A.高铁经过A、B、C的速度B.高铁在AB段和BC段运动的时间C.高铁运动的加速

度D.高铁经过AB段和BC段时动能的减少量【答案】A【解析】【分析】根据平均速度等于初末位置速度的平均值以及平均速度的概念可求解A、B、C三点的速度．【详解】设质点在ABC三点的速度分别为vA，vB，vC，根据AB段的平均速度

为30m/s，可以得到：30/2ABvvms+＝；根据在BC段的平均速度为20m/s，可以得到：20/2BCvvms+＝；设AB=BC=x，整个过程中的平均速度为：2224/22030xxvmsxxt+＝＝＝，所

以有：24/2ACvvms+＝；联立解得：vA=34m/s，vB=26m/s，vC=14m/s，由于不知道AB和BC的具体值，则不能求解运动时间，因此无法求出其加速度的大小，因不知道高铁列车的质量也无法求解动能的减小量，故选项A正确，BCD错误；故选A

.4.如图所示，不计重力的轻杆OP能以点O为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过光滑定滑轮系住P端。在力F的作用下，当杆OP和竖直方向的夹角()0缓慢增大时，轻杆OP的弹力大小（）-3-A.逐渐增大B.恒定不变C.逐渐减小D.先增大后减小【答

案】B【解析】【分析】【详解】以P点为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件知N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图如图所示由三角形相似法得FGNAPAOOP==当杆OP和竖直方向的夹角α（0＜α＜π）缓慢增大时，OP不变，而G、AO不变，可得

N恒定不变，故B正确，ACD错误。5.如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A．汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是A.将竖直向上做匀速运动B.将处于失重状态C.将处于超重状态-

4-D.将竖直向上先加速后减速【答案】C【解析】【分析】【详解】设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则得vA=vcosθ，车子在匀速向右的运动过程中

，绳子与水平方向的夹角为θ减小，所以A的速度增大，A做加速上升运动，且拉力大于重物的重力，A处于超重状态，故ABD错误，C正确．【点睛】解决本题的关键会对小车的速度进行分解，知道小车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度．6.如图所示

，运动员以速度v在倾角为的倾斜赛道上做匀速圆周运动。已知运动员及自行车的总质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，将运动员和自行车看作一个整体，则（）A.受重力、支持力、摩擦力、向心力作用B.受到的合力大小为2mvFR=C.若运动员加速，则一定

沿斜面上滑D.若运动员减速，则一定加速沿斜面下滑【答案】B【解析】【分析】【详解】A．运动员和自行车组成的整体做匀速圆周运动，受重力、支持力、摩擦力作用，靠合力提供向心力，合力提供向心力，合力方向始终指向圆心，故A错误；B．整体做匀速圆周运动，合力提供向心力，则合力

不为零，合力大小为2vFmR=-5-故B正确；CD．整体做匀速圆周运动，受到的合力提供向心力，合力方向始终指向圆心；当运动员加速时，需要的向心力增大，可能沿斜面向下的摩擦力以及垂直于斜面向上的支持力都增大，运动员不一定沿倾斜赛道上滑；同理若运动员减速

，也不一定沿倾斜赛道下滑，故C、D错误；故选B。7.农民在精选谷种时，常用一种叫“风车”的农具进行分选．在同一风力作用下，谷种和瘪谷（空壳）都从洞口水平飞出，结果谷种和瘪谷落地点不同，自然分开，如图所示．若不计空气阻力，对这一现象，下列分析正确的是（）A.谷种飞出洞口时的速度比

瘪谷飞出洞口时的速度大些B.谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动C.谷种和瘪谷从飞出洞口到落地的时间不相同D.M处是谷种，N处是瘪谷【答案】B【解析】试题分析：在大小相同的风力作用下，风车做的功相同，由于谷种的质量大，所以离开风车时的速度小，所以A错误．谷种和瘪谷做的是平抛运动，平抛运动是匀

变速曲线运动，故谷种和瘪谷飞出洞口后都做匀变速曲线运动，所以B正确．平抛运动在竖直方向做自由落体运动，高度相同，故运动时间相同，所以C错误．由于谷种飞出时的速度较小，而谷种和瘪谷的运动的时间相同，所以谷种的水平位移较小，瘪谷的水平位移较大，所以M处是瘪谷，N处是

谷种，所以D错误．故选B．考点：曲线运动【名师点睛】本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．8.如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆

上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力．忽略空气阻力．则球B在最高点时()-6-A.球B的速度为零B.球A的速度大小为2gLC.水平转轴对杆的作用力为1.5mgD.水平

转轴对杆的作用力为2.5mg【答案】C【解析】【分析】【详解】球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有22BvmgmL=解得2BvgL=,故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小122AvgL=，故B错误；B球到最高点时，对杆无弹力，此时A球受重

力和拉力的合力提供向心力，有'2vFmgmL−=解得：F=1.5mg故C正确，D错误．故选C.二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，共16.0分，选项有错选的不得分，选不全的得2分）9.如图所示，在水平力F的作用下，重力为G的物体沿竖直墙壁匀速下滑。物体与墙壁之间的动摩擦因数为。则物体所受摩擦

力大小为（）A.µFB.µF+GC.GD.22FG+-7-【答案】AC【解析】【分析】【详解】由题意可知物体沿竖直墙壁下滑，则受到是滑动摩擦力，则有fNFFF==又由于物体匀速下滑，则有fFG=由平衡知识可知2222=NFGfFf++故AC正确，BD错误；故选

AC。10.如图所示，倾角为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、2m、M，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.弹簧弹力大小为5mgB.地面对c的摩擦力为mgC.c对地面的压力为32mMg+D.剪断轻绳的瞬间，a的加速度大小为5g【答案】CD【解析】【分

析】【详解】A．以滑块b为研究对象，绳子拉力大小为-8-2sin30Fmgmg==以物体a为研究对象，根据平衡条件可得5FTmg=+解得4Tmg=所以A错误；B．以滑块b和斜面体c为研究对象，水平方向有3cos302fFmg==故B错误；C．以滑块b和斜面体c为研究对象，竖直方

向有()32sin302NmMgFmMg=+−=+根据牛顿第三定律可知，c对地面的压力为32mMg+，所以C正确；D．剪断轻绳的瞬间，物体a的加速度为55Fgam==故D正确。故选CD。11.如图所示，两个可视为质点的相同物体a和b放在水平圆转盘上，且物体a

、b与转盘中心在同一条水平直线上，物体a、b用细线连接，它们与转盘间的动摩擦因数相同。当圆盘转动到两物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，两物体的运动情况是（）A.物体b仍随圆盘一起做匀速圆周运动B.物体

a发生滑动，离圆盘圆心越来越远-9-C.两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动D.两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远【答案】AB【解析】【分析】【详解】当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，a物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速

圆周运动，所以烧断细线后，a所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，a要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是b所需要的向心力小于b的最大静摩擦力，所以b仍保持相对圆盘静止状态，AB正确CD错误。故选AB。1

2.如图所示，下列有关生活中圆周运动实例分析，其中说法正确的是（）A.甲图中，汽车通过凹形桥的最低点时，速度不能超过gRB.乙图中，“水流星”匀速转动过程中，在最低处水对桶底的压力最大C.丙图中，火车转弯超过规定速度行驶

时，内轨对内轮缘会有挤压作用D.丁图中，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两位置小球向心加速度相等【答案】BD-10-【解析】【分析】【详解】A．汽车通过凹形桥的最低点时为超重，速度大小可

以超过gR，故A错误；B．“水流星”匀速转动过程中，在最低处水对桶底的压力为2N1mvFmgR=+在最高处的压力为2N2mvFmgR=−所以在最低处水对桶底的压力最大，故B正确；C．丙图中，火车转弯超过规

定速度行驶时，重力和支持力的合力不够提供向心力，外轨受到挤压，故C错误；D．丁图中，同一小球在光滑而固定的圆推简内的AB位置先后分别做匀速圆周运动，则tanmgma=tanga=所以AB两位置小球向心加速度相等，故D正确。故选BD。三、实验题（本大题共2小题，共14.0

分）13.根据“探究加速度与力、质量的关系”的实验完成下面的题目．(1)有关实验以及数据处理，下列说法正确的是_________．A．应使砂和小桶的总质量远小于小车和砝码的总质量，以减小实验误差B．可以用天平测出小桶和砂的总质量m及小车和砝码的总质量M；根据公

式mgaM=，求出小车的加速度C．处理实验数据时采用描点法画图象，是为了减小误差D．处理实验数据时采用1aM−图象，是为了便于根据图线直观地作出判断(2)某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大．他所得到的a﹣F关系可用图甲中的哪个

表示？________（图中a是小车的加速度，F是细线作用于小车的拉力）．-11-(3)某学生将实验装置按如图乙所示安装好，准备接通电源后开始做实验．他的装置图中，明显的错误是_____________________________________________________

_______．（写出两个）(4)图丙是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出．量出相邻的计数点之间的距离分别为：XAB=4.22cm、XBC=4.65cm、XCD=5.08cm、XDE=5.49cm，XEF=5.91cm，

XFG=6.34cm．已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a=__________m/s2．（结果保留二位有效数字）．【答案】(1).ACD(2).C(3).打点计时器使用直流电源；小车与打点计时

器间的距离太长；木板水平，没有平衡摩擦力(4).0.42【解析】【分析】【详解】（1）[1]A.应使沙和小桶的总质量远小于小车和砝码的总质量，以减小实验误差，故A正确；B.小车的加速度应通过打点计时器打出的纸带求出，不能用天平测出小桶和砂的总质量m1及

小车和砝码总质量m2；根据公式12mgam=求出小车的加速度，故B错误；C处理实验数据时应采用描点法画图象，可以减小误差，故C正确；D.为了将图象画成我们熟悉的直线，更直观反映两个变量的关系．a与M成反比，故数据处理应作a-1M图象，故D正确；故选ACD；（2）[2]在平衡摩擦力

时，把长木板的一侧垫得过高，使得倾角偏大，小车重力沿木板向下的-12-分力大于小车受到摩擦力，小车受到的合力大于砂桶的拉力，在砂桶对小桶施加拉力前，小车已经有加速度；在探究物体的加速度与力的关系时，作出的a-F在a轴上有截距，故C正

确；（3）[3]由实验原理图可知，打点计时器用的必须是交流电，图中用的是直流电，所以采用的电源不对，小车释放的位置应该靠近计时器，以便测量更多的数据来减小误差．同时木板水平，没有平衡摩擦力．故错误的为：①打点计时器接的是直流电源．②小车释放的位置远离计时器③木板水平

，没有平衡摩擦力；（4）[4]利用匀变速直线运动的推论有△x=at2sDE-sAB=3a1T2sEF-sBC=3a2T2sFG-sCD=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得2212310.0634

0.05910.05490.05080.04650.0422m/s=0.42m/s30.09aaaa++−−−=++=（）14.在“探究平抛运动的规律”的实验中，实验中(1)下列说法正确的是___________。A.应使小球每次从斜槽上相同的

位置自由滚下B.斜槽轨道必须光滑C.斜槽轨道末端可以不水平D.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些(2)某同学只记录了A、B、C三点，各点的坐标如图所示，则物体运动的初速度为___________m/s，开始平

抛的初始位置的坐标为___________(单位为cm。)【答案】(1).AD(2).1(3).（-10cm，-5cm）-13-【解析】【分析】【详解】(1)[1]A．为保证小球做平抛运动的初速度相等，应使小球每次从斜槽上

相同的位置自由滑下，故A正确；B．实验时只要把小球从斜槽的同一位置由静止滑下即可保证小球做平抛运动的初速度相等，不需要斜槽轨道光滑，故B错误；C．要保证小球离开轨道时的速度是水平的，斜槽轨道末端必须水平，故C错误；D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录

的点应适当多一些，故D正确；故选AD；(2)[2]在竖直方向上，根据△y=gT2得0.250.150.1s10yTg−===则小球平抛运动的初速度为00.1m/s1m/s0.1xvT===[3]B点的竖直分速度为0.4m/s2m/s20.2A

CByyvT===则平抛运动到B点的时间为2s0.2s10yBvtg===B点与抛出点的水平位移为010.2m20cmxvt===竖直位移为211100.04m0.2m20cm22ygt====两分位移再减去其到坐标原点的距离10cm、15cm，可得小

球做平抛运动的初始位置坐标为：（-10cm，-5cm）。四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）15.如图所示，质量分别为mA=3kg、mB=1kg的物块A、B置于足够长的水平面上，F=13N的水平推力作用下，一起由静止开始向右做匀加速运动，已知A，B与水平面间的动摩擦因素分-1

4-别为μA=0.1、μB=0.2，取g=10m/s2．（1）物块A，B一起做匀加速运动的加速度为多大？（2）物块A对物块B的作用力为多大？【答案】（1）2m/s2(2)4N【解析】（1）设物块A、B一起做匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律有F-μAm

Ag-μBmBg=（mA+mB）a代入数据解得a=1.2m/s2方向与力F的方向相同，即方向水平向右（2）设物块A对物块B的作用力大小为F′，则F′-μBmBg=mBa代入数据解得F′=4.4N点睛：本题是连接体问题，一般采用整体法和隔离法相结合研究，关键要灵活选择研究对象，再利用牛顿第二定

律列式求解．16.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过t=0.3s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰到。已知圆轨道半径为R=1m，小球的质量为m=1k

g，g取10m/s2。求（1）小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离；（2）小球在点C处的速度大小；（3）小球经过圆弧轨道的B点时，所受轨道作用力NB的大小和方向？【答案】（1）0.9m；（2）32m/sv=；（3）1N，轨道对球的作用力方向向上【解析】【分析】【详

解】（1）根据平抛运动的规律和运动合成的可知-15-tan45yxvv=则小球在C点竖直方向的分速度和水平分速度相等，得3m/sxyvvgt===则B点与C点的水平距离为30.3m0.9mxxvt===（2）根据运动的合成，可得小球在点C点的速度大小22xyvvv=+代入数据得32m

/sv=（3）由题知在B点的速度等于平抛的初速度，即B3m/sxvv==，根据牛顿第二定律，在B点（设轨道对球的作用力方向向下）有2BBvNmgmR+=解得NB=-1N，负号表示轨道对球的作用力方向向上即小球经过圆弧轨道的B点时，所受轨道作用力NB的

大小为1N，方向向上。17.如图所示，倾角为37的粗糙斜面被固定在水平地面上，质量为12.5kg的物块，在沿平行于斜面向上的拉力F作用下从斜面的底端由静止开始运动，力F作用2s后撤去，物体在斜面上

继续上滑1.2s后，速度减为零，已知200NF=。求：物体与斜面间的动摩擦因数。【答案】0.5【解析】【分析】【详解】力F作用时，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：1sincosFmgmgma−−=

-16-撤去F后，对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：2sincosmgmgma+=又因为1122atat=解得0.5=18.如图所示是工厂利用水平传送带传送小物料的装罝示意图.工作时，装置每隔相等的时间

△t=0.35s释放规格相同的物料至传送带A端（物料此时速度可忽略不计），物料随即被传送带送至B端并被水平抛出，落至地面后物料即被移走.已知传送带以恒定速率v=2.0m/s运行，A、B端距离L=1.8m，B端离地高度h=7

.2m.物料与传送带间动摩擦因数μ=0.25.忽略空气的阻力，重力加速度g=10m/s2.求：（1）物料从A端运动到B端的时间；（2）当某个物料刚着地时，传送带B端右侧空中有多少个物料？【答案】(1)t=1.3s(2)n=3【解析】【分析】【详解】（1）假设物料在传送带上能加速至与传送带

等速.设此过程的时间为t1、位移为s1.由牛顿运动定律和运动学方程有：μmg=ma①v=at1②由①②式可得：t1=0.8s③-17-有：s1=2vt1④可得s1=0.8m<L，所以物料在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动.设物料匀速运动的时间为t2，有:L-s1=vt2⑤物料从A端运动到B端的时

间：t=t1+t2，⑥由③④⑤⑥式并代入数据可得：t=1.3s⑦（2）物料离开传送带B端后做平樾运动，设在空中运动的时间为t3，由平抛运动的规律有:h=2312gt⑧设空中的物料最多有n个，由于物料每隔△t=0.35s释放，则有：n≤3tt⑨由

⑧⑨式并代入题给数据，解得：n=3