【文档说明】山东省青岛二中分校2021届高三上学期期中考试物理试卷 【精准解析】.doc，共(20)页，988.000 KB，由小赞的店铺上传

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青岛二中分校2020—2021学年度第一学期期中考试高三物理试题命题人：关鹏审核人：邓凌考试时间：90分钟满分：100分第Ⅰ卷（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.如图所示，小明同

学在引体向上测试中，先静止悬挂在单杠上，然后用力将身体向上拉起，下列判断正确的是（）A.静止悬挂在单杠上时，小明处于失重状态B.静止悬挂时，两手之间距离由图示位置增大，手臂的拉力减小C.将身体向上拉起时，单杠对人不做功D.将身体向上拉起时，单杠对人

做正功【答案】C【解析】【详解】A．静止悬挂在单杠上时，小明的加速度为零，故不是失重状态，A错误；B．设两臂拉力为T，与竖直线的夹角为α，则2Tcosα=mg则当静止悬挂时，两手之间距离由图示位置增大，则α增大，手臂的拉力T增大，B错误；CD．将身体向上拉起时，单杠对

人的作用力没有位移，故不做功，C正确，D错误；故选C。2.我校体育馆建设已经接近尾声，建好后将为同学们的健身提供了一个新的场所。如图为建筑材料被吊车竖直向上提升过程的速度−时间图像，下列判断正确的是（）A.前1

0s钢索最容易发生断裂B.全程的平均速度是0.5m/sC.30s∼36s钢索拉力的功率不变D.0∼10s的平均速度等于30s∼36s的平均速度【答案】AD【解析】【详解】A．前10s，加速度方向向上，拉力大于重力，10~30s内做匀速直线运

动，拉力等于重力，30~36s内，加速度方向向下，拉力小于重力，可知前10s钢索最容易发生断裂，故A正确；B．全程的平均速度为()12036172m/sm/s369xvt+===故B错误；C．30s∼36s内，物体作匀减速运动，钢索拉力

不变，而运动速度减小，根据P=Fv，可知拉力的功率在减小，故C错误；D．根据匀变速直线运动的推论02vvv+=，可知0∼10s的平均速度等于30s∼36s的平均速度，故D正确。故选AD。3.甲乙两辆汽车在平直公路上的同一地点，同时出发，分别向相反方向做如图所示的运动，则下列关于汽车运动的描述正

确的是（）A.60s末，两车相距最远B.80s末，两车相距最近C.70s末，甲乙两车的加速度大小相等、方向相反D.前80s，乙车平均速度是甲车平均速度的四倍【答案】C【解析】【详解】AB．两车向相反的

方向运动，图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，由图可知80s末，两车相距最远，故AB错误；C．图象的斜率表示加速度，70s末甲乙两车的斜率大小相等，符号相反，即加速度大小相等，方向相反，故C正确；D．平均速度等于总位移除以总时间，前80s，甲的位移x甲＝12×80×4＝160m

乙的位移x乙＝12×80×(−8)＝−320m时间相等，所以乙车平均速度是甲车平均速度的2倍，故D错误；故选C。4.北斗问天，国之夙愿。2020年7月31日，我国北斗三号全球卫星导航系统正式开通，标志着北斗三步走”发展战略圆满完成，北斗迈进全球服务新时代。北斗三号

具备导航定位和通信数传两大功能，可提供定位导航授时、全球短报文通信、区域短报文通信、国际搜救、星基增强、地基增强、精密单点定位共7类服务，是功能强大的全球卫星导航系统。全球范围定位精度优于10米、测速精度优于0.2米/秒、授时精度优于20纳秒、服务可用性优于99%，亚太地区性

能更优。其中2019年4月20日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运较火箭，成功发射第44颗北斗导航卫星，拉开了今年北斗全球高密度组网的序幕。北斗系统主要由离地面高度约为5.6R（R为地球半径）同步轨道卫星和离地面高度约为3R的中圆轨道卫星组

成，设表面重力加速度为g，忽略地球自转。则（）A.这两种卫星线速度都大于第一宇宙速度B.中圆轨道卫星的运行周期小于24小时C.中圆轨道卫星的向心加速度约为9gD.根据可知，若卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向前方喷气减速【答案】B【解析】【详解】A．对于圆轨道，

越高越慢，都比近地卫星慢，这两种卫星线速度都小于第一宇宙速度，A错误；B．对于圆轨道卫星，越低越快，中圆轨道比同步轨道低，中圆轨道卫星比同步卫星快，周期比同步卫星小，B正确；C．由万有引力定律()23MmGmaRR=+2Mmm

gGR=解得16ga=，C错误；D．若卫星从中圆轨道变轨到同步轨道，需向后方喷气两次，两次都加速，都做离心运动，两次变轨，才能到同步轨道，D错误。故选B。5.如图所示，螺旋形光滑轨道竖直放置，P、Q为对应的轨道最高点，一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，且

能过轨道最高点P，则下列说法中正确的是（）A.轨道对小球做正功，轨道对小球的压力FP＞FQB.轨道对小球不做功，小球的向心加速度aP＞aQC.轨道对小球做正功，小球的线速度vP＜vQD.轨道对小球不做功，小球的角速度ωP<ωQ【答案】D【解析】【详解】CD．由于支持力始终与速度方向垂直

，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒。则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径。所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的，故C错误，D正确；AB．由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒。则P点的速

度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径。所以小球在P点的向心加速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于Q点的，即小球对轨道的压力P点小于Q点的，

故AB错误。故选D。6.如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中点。一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从c点移动到d点

，其电势能减小W2。下列说法正确的是（）。A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行B.若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为122WW+C.若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为1WqLD.若W1=W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差【

答案】BD【解析】【分析】匀强电场中，沿着相同方向每前进相同距离电势的变化相同，根据WUq=比较电势差，电场力做功等于电势能的减小量。【详解】A．一电荷量为q（q＞0）的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，可知b点的电势低于a点的电势，但无法判断ab连线方向是否

是电势降落最快的方向，即ab连线不一定沿着电场线，故A错误；B．粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1，有1()abqW−=同理，粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，有2()cdqW−=在匀强电场中，由于M点是ac的中点，N点是bd的中点，故有2acM+=，2bdN+=该

粒子从M点移动到N点，则电场力做功为1211()()[()()]222MNacbdabcdWWWqqq+=−=+−−=−+−=故B正确；C．若c、d之间的距离为L，但cd不一定平行电场线，故无法根据题中条件求出该电场的场强，故C错误；D．若W1=W2，由上述分析可知abc

d−=−即acbd−=−又因为2acaMUU=，2bdbNUU=故有aMbNUU=故D正确。故选BD。7.如图，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出。若初速度为va，将落在圆弧上的a点；若初速度为vb，将落在圆弧上的b点。已知Oa、Ob与竖直方向

的夹角分别为α、β，不计空气阻力,则()A.abvv=sinsinB.abvv=coscosC.abvv=cossincossin=D.abvv=sincossincos【答案】D【解析】【详解】小球水平抛出，其做平抛

运动,由平抛运动规律求解。若落到a点，则有aaaxvt=sinaaRvt=212aahgt=21cos2aRgt=得sin2cosagRv=若落到b点，则有bbbxvt=sinbbRvt=212bbhgt=21cos2bRgt=得sin2cos

bgRv=则sincossincosabvv=故选D。8.一横截面为直角三角形的木块按如图所示放置，质量均为m的A、B两物体用轻质弹簧相连放在倾角为30的直角边上，物体C放在倾角为60的直角边上，B与C之间用跨过定滑轮轻质细线连接，A、C的质量比为34

，整个装置处于静止状态，已知物体A、B与斜面间的动摩擦因数相同（μ＜1）且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹力大小为mg，C与斜面间无摩擦，则（）A.物体A、B均受到摩擦力作用且受到的摩擦力等大反向B.物体A所受摩擦力大小为1

2mg，物体B不受摩擦力作用C.弹簧处于拉伸状态，A、B两物体所受摩擦力大小均为12mg，方向均沿斜面向下D.剪断弹簧瞬间，物体B加速度为2g【答案】C【解析】【详解】ABC．由题意知C的质量为433m，沿斜面的重力分量为2mg，对AB整体沿斜面方向2sin302mgfmg+=解得

fmg=因为μ＜1，所以AB均受静摩擦力，大小均为12mg，方向均沿斜面向下，由于物体A受到的摩擦力方向沿斜面向下，所以弹簧处于拉伸状态，故AB错误，C正确；D．剪断弹簧瞬间sin302Tmgmg+=弹簧C重力沿斜面向下的分力也为2mg，此时B刚好能静止，故D错误。故选C。二、多选题（本题共4

小题，每小题4分，共16分。每小题至少有两个选项符合题目要求，全部选对得4分，漏选得2分，错选得0分。）9.真空中有两点电荷q1、q2分别位于直角三角形的顶点C和顶点B上，D为斜边AB的中点，∠ABC=30°，如图所示，已知A点电场强度的方向垂直AB向下，则下列说法正确的是（

）。A.q1带负电，q2带正电B.D点电势低于A点电势C.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的一半D.q1电荷量的绝对值等于q2电荷量的绝对值的二倍【答案】BC【解析】【详解】A．根据题述，A点的电场强度垂直AB向下，由平

行四边形法则可知，q1带正电，q2带负电，A错误；B．由几何关系结合电势概念可知，正电荷q1在AD两点产生的电势相等，负电荷q2在A点的负电势高于D点的负电势，由电势叠加可知A点的电势高于D点，B正确；CD．根据题述，

A点的电场强度垂直AB向下，可得sin30°＝21EE1121qEkr=2222qEkr=又r2＝2r1，联立解得q2＝2q1C正确，D错误。故选BC。10.一铁球悬挂在OB绳的下端，轻绳OA、OB、OC的结点

为O，轻绳OA悬挂在天花板上的A点，轻绳OC栓接在轻质弹簧测力计上。第一次，保持结点O位置不变，某人拉着轻质弹簧测力计从竖直位置缓慢转动到水平位置，如图中的甲所示，弹簧测力计的示数记为F1，第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢释放轻绳，使轻绳O

A转动到竖直位置，如图中的乙所示，弹簧测力计的示数为F2，则：A.F1先减小后增大B.F1先增大后减小C.F2逐渐减小D.F2逐渐增大【答案】AC【解析】【详解】AB．在图甲中，对O点受力分析，抓住两根绳的合力等于物体的重力，其大小和方向都不变，OA绳拉力方向不变，根据平行四边形定则得，

如图所示知OA绳上拉力1F先减小后增大，故A正确，B错误；CD．在图乙中，假设AO与竖直方向的夹角为，如图所示由平衡条件得2sinFG=使轻绳OA转动到竖直位置，减小，则2F逐渐减小，故C正确，D错误；故选AC。11.光滑绝缘水平面上固定两个等量点电荷，它们连线的中垂线上有A、B

、C三点，如图甲所示．一质量m=1g的带正电小物块由A点静止释放，并以此时为计时起点，沿光滑水平面经过B、C两点（图中未画出），其运动过程的v-t图像如图乙所示，其中图线在B点位置时斜率最大，根据图线可以确定()A.中垂线上B点电场强度最大B.两点电荷是负电荷C.B点是连线中点

，C与A点必在连线两侧D.BCABUU【答案】AD【解析】【详解】A．根据v-t图象的斜率表示加速度，知小物块在B点的加速度最大，所受的电场力最大，所以中垂线上B点电场强度最大，A正确；B．小物块从B到C动能增大，电场力做正功，小物块带正

电，可知两点电荷是正电荷，B错误；C．中垂线上电场线分布不是均匀，B点不在连线中点，C错误；D．根据动能定理得A→B有：2221111408J222ABBAqUmvmv=−=−=；B→C有22221111171412.5J2222BCCBq

Umvmv=−=−=，对比可得BCABUU，D正确。故选AD。12.如图甲所示，长为L的长木板水平放置，可绕左端的转轴O转动，左端固定一原长为2L的弹簧，一质量为m的小滑块压缩弹簧到图甲中的a点（物体与弹簧不连接），Oa间距离为4L。将小滑块由静止释放后，木板不动，小滑块恰能到达木

板最右端。将木板绕O点逆时针转动37°后固定，如图乙所示，仍将物体由a点静止释放，物体最多运动到离O点3L/4的b点。已知弹簧的弹性势能212PEkx=，其中k为弹性系数，Δx为弹簧的形变量。取sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是（）A.物体与木板间的动摩擦因数为6

7B.物体在a点时，弹簧的弹性势能为3mgLC.长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为2mgLD.长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为2556mgL【答案】A【解析】【详解】A．由能量守恒定律pmax34EmgL=pmax11cos37sin3722EmgLmgL=+

解得67=，A正确；B．物体在a点时，弹簧的弹性势能为pmax363947414EmgLmgLmgL===B错误；CD．弹力等于摩擦力时动能最大1mgkx=解得167mgxk=由能量守恒定律pmaxpkmax

14LEEEmgx−=+−2p112Ekx=解得kmax2526EmgL=，CD错误。故选A。第Ⅱ卷三、实验题（共2道题，共计14分）13.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为

M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由

静止开始运动．(1)某次实验测得倾角θ＝30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔEk＝_________，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp＝________，在误差允许的范围内，若ΔEk＝ΔEp，则可认为系统的机械能守恒．(用题中字母表示

)(2)在上述实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2－d图象如图乙所示，并测得M＝m，则重力加速度g＝________m/s2.【答案】(1).22()2Mmbt+(2).()2Mmgd−(3).9.6【解析】【详解】（1）滑块从A处到达B处的速度:b

vt＝则系统动能的增加量：()()222122kMmbEMmvt++=＝系统重力势能的减小量：△Ep=mgd-Mgdsin30°=（m−2M）gd（2）根据系统机械能守恒的：12（M+m）v2＝（m−2M）gd则：()22mMgdvMm−+＝图线的斜率：22.40.5mMk

gMm−=+＝解得：g=9.6m/s214.某同学用如图（a）所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数μ：将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时

间变化的规律，如图（b）中的曲线②所示。图中木块的位置从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T。(1)根据图（b）可得，木块经过位置x2时的速度v2=_____，a=_____；(2)现测得T=0.1s，x1=4cm，x2=9cm，x3=16cm，θ=37°，

可求得木块与与木μ=_____；（sin37°=0.6，cos37°=0.8），重力加速度g取10m/s2，结果保留1位有效数字）(3)若只增大木板的倾角，则木块相对传感器的位置随时间变的规律可能是图（b）中的曲线_____。（选填图线序号①、②或③）【答案】(

1).312xxT−(2).32122xxxT−+(3).0.5(4).①【解析】【详解】(1)[1][2]由题意可知，木块沿木板向下做匀加速直线运动，由于从x1到x2、从x2到x3的运动时间均为T，所以3122xxvT−=由匀变速直线运动的规律可知23221()()xxxxaT−−

−=解得32122xxxaT−+=(2)[3]由222321222(16294)10m/s=2m/s0.1xxxaT−−+−+==由牛顿第二定律可知sin37cos37agg=−解得0.5=(3)[4]由牛顿第二定律可知sincosagg=−当增大，则加速度增大

，由公式212xat=可知，曲线①正确。四、计算题（共4到题，共计46分）15.即将召开的2022年冬奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度

a=2m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度20m/s，A与B的竖直高度差H=60m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=7.5m，运动员在BC间运动时

阻力做功W=−1500J，取g=10m/s2.。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？【答案】(1)240N；(2

)10m【解析】【详解】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动，设AB的长度为x，AB与水平线的夹角为θ，则有22Bvax=由牛顿第二定律有fsin−=mgFma由几何关系得sin=Hx联立以上三式，代入数据解得Ff=240N(2)

设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得221122+=−CBmghWmvmv设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有2N−=CvFmgmR由题意和牛顿第三定律知FN=6mg联立以上三式，代入数据解得R=10m16.2018年

2月，第23届冬奥会在韩国平昌举行，我国选手王冰玉和周妍参加了冰壶比赛。在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图（a）所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前后两壶的

v-t图象如图（b）所示。关于冰壶的运动，求：(1)蓝壶运动时加速度多大？(2)碰撞后两壶相距的最远距离为多少？(3)请通过计算说明两壶是否发生了弹性碰撞。【答案】(1)0.3m/s2；(2)1.27

5m；(3)两壶碰撞为非弹性碰撞【解析】【详解】(1)由图示图象可知，碰前红壶的速度v0=1.2m/s，碰后红壶的速度为v红=0.3m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0=mv红+mv，解得：v=0.9m/s；根据三角形相似法知1.6-1.2

1=1.6t解得t=4s，蓝壶运动时间为：4s-1s=3s停下；蓝壶的加速度大小为220.9==0.30.3m/sm/svat=(2)速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为0.9

30.30.5mm1.275m22S=−=(3)碰撞前两壶的总动能为2k1010.722Emvm==碰撞后前两壶的总动能为22k2k111+0.4522EmvmvmE==红＜所以两壶碰撞为非弹性碰撞。17.如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水

平的，CD是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R=0.5m，质量m=0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M=0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰，若相碰后滑块A能过半圆最高点C，取重力加速度g=1

0m/s2，则：(1)B滑块至少要以多大速度向前运动；(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少．【答案】（1）3m/s；（2）0.375J【解析】【详解】（1）设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为

v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2CvmgmR=由机械能守恒定律得：22211222CmvmgRmv=+B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向右左为正方向，由动量守恒定律得：012MvMv

mv=+由机械能守恒定律得：222012111222MvMvmv=+联立并代入数据解得：v0=3m/s；（2）由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能pE，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以

向左为正方向，由动量守恒定律得：0MvMmv=+（）由机械能守恒定律得2201122PMvEMmv=++（）联立并代入数据解得：0.375pE=J18.如图，一长木板右端接有一竖直的挡板，静止放置在水平地面上．一滑块处于长木板的左端，与挡板的初始距离为L=2.5m．滑块与木

板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.30、μ2=0.40．开始时滑块以大小为v0=8.0m/s的初速度开始滑动．已知滑块和长木板(连同挡板)的质量相等，滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换．设最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小；(2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离．【答案】（1）1v7.0/ms=（2）1.6xm=【解析】（1）设滑块和长木板的质量都为m，滑块与木板间和木板与地面间的滑动摩擦力分别为f1

=μ1mg①f2=μ2∙2mg②因为f1<f2，所以滑块在碰到挡板之前木板保持静止对滑块，由牛顿第二定律和运动学公式得f1=ma1③v12=v02-2a1L④代入数据解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小v1=7.0m/s⑤（2）滑块与挡板碰

后瞬间，滑块与木板的速度分别为0和v1，设碰后经过时间t1，滑块挡板达到相等的速度v2，则对滑块，有211vat=⑥211112xat=⑦对木板，有f1+f2=ma2⑧2121vvat=−⑨22112112xvtat=−⑩代入数据联立解得t1=0.5s，v2=1.5m/s此后，滑块和木板都做减速运

动，木板减速更快，因此比滑块先停下，对木板，有f1-f2=ma2′⑪2''2220=2vax−⑫对滑块，由于加速度大小保持不变，因此减速至停下的时间还是t1，减速过程的位移x1′=x1⑬滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离''2211()(

)xxxxx=+−+⑭代入数据联立解得∆x=1.6m⑮点睛：本题关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．