山东省济南市第一中学2021届高三上学期期中考试物理试题 Word版含解析

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- 1 - 济南一中 2018 级高三上学期期中考试 物理试题 说明:本试卷满分 100 分，时间 90 分钟。分为第 I 卷（选择题）和第 II 卷（综合题） 两部分，请将答案按要求写在答题纸指定位置。 第 I 卷（选择题，共 40 分 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、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。 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. 在城市车流量大、多路口交汇的地方常设置环岛交通设施，需要通过路口的车辆都按照逆 时针方向行进，有效减少了交通事故的发生。假设环岛路为圆形，车道的最大转弯半径为 72m； 汽车受到的最大静摩擦力等于车重的 0.8 倍。g 取 10m/s2，当汽车匀速率通过环形路段时，则 汽车的运动（ ） A. 最大速度不能超过 24m/s B. 所受的合力为零 C. 一定受到恒定的合外力作用 D. 受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用 【答案】A 【解析】 - 2 - 【详解】A．对汽车，静摩擦力提供向心力，故当摩擦力最大时，速度最大 2 0.8 υmg m r  解得 24m/sυ  故 A 正确； BCD．汽车做圆周运动，受到重力，支持力和摩擦力，合力提供向心力，故所受的合力一定 不为 0，故 B、C、D 错误； 故选 A。 2. 如图所示，用甲、乙两根筷子夹一个小球，甲倾斜，乙始终竖直。在竖直平面内，甲与竖 直方向的夹角为θ，筷子与小球间的摩擦很小，可以忽略不计。小球质量一定，随着θ缓慢减小， 小球始终保持静止，则下列说法正确的是（ ） A. 筷子甲对小球的弹力变小 B. 筷子乙对小球的弹力不变 C. 两根筷子对小球的弹力均增大 D. 两根筷子对小球的合力将增大 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．对小球受力分析如图 根据平衡条件可知 2 1cosF F  ， 2 sinF mg  解得 1 tan mgF  ， 2 sin mgF  - 3 - 随着θ减小，F1，F2 都在增大，故 AB 错误，C 正确； D．由于小球处于静止状态，两只筷子对小球的合力等于小球的重力，故一直不变，故 D 错误。 故选 C。 3. A、B 两小车在同一直线上运动，它们运动的位移 s 随时间 t 变化的关系如图所示，已知 A 车的 s-t 图象为抛物线的一部分，第 7s 末图象处于最高点，B 车的图象为直线，则下列说法正 确的是（ ） A. A 车的初速度为 7m/s B. A 车的加速度大小为 2m/s2 C. A 车减速过程运动的位移大小为 50m D. 10s 末两车相遇时，B 车的速度较大 【答案】B 【解析】 【详解】AB．A 车做匀变速直线运动，设 A 车的初速度为 0v ，加速度大小为 a ，由图可知 7st  时，速度为零，由运动学公式可得： 7 0 7 0v v a   根据图象和运动学公式可知 10st  时的位移为： 10 40m 0 40mx    2 10 0 0 1 10 502x v t at v a    联立解得 22m / sa  ， 0 14m / sv  ，故选项 B 正确，A 错误； C．A 车减速过程运动的位移大小为 0 7 0 0 14 7m 49m2 2 vx t     ，故选项 C 错误； D．位移时间图象的斜率等于速度，10s 末两车相遇时 B 车的速度大小为： B 4m / sxv t   - 4 - A 车的速度为： A 0 6m / sv v at    两车的速度大小相等，故选项 D 错误。 故选 B。 4. 图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表 示人的重心。图乙是力板所受压力随时间变化的图象，取重力加速度 g＝10m/s2。根据图象分 析可知（ ） A. 人的重力可由 b 点读出，约为 300N B. b 到 c 的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态 C. 人在双脚离开力板的过程中，处于完全失重状态 D. 人在 b 点对应时刻的加速度大于在 c 点对应时刻的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为 900N，人的重力也约为 900N， 故 A 错误； B．当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加 速度；当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上 的加速度；b 到 c 的过程中，人先处于失重状态再处于超重状态，故 B 错误； C．双脚离开力板的过程中只受重力的作用，处于完全失重状态，故 C 正确； D．b 点弹力与重力的差值要小于 c 点弹力与重力的差值，则人在 b 点的加速度要小于在 c 点 的加速度，故 D 错误； 故选 C。 5. 如图所示，在某次排球比赛中，一运动员将排球从 A 点水平击出，排球击中 D 点：另一运 动员将该排球从位于 A 点正下方且与 D 点等高的 B 点斜向上击出，最高点为 C，排球也击中 D 点，A、C 高度相同。不计空气阻力下列说法正确的有（ ） - 5 - A. 两个过程中，排球的飞行时间相等 B. 后一个过程中，排球击中 D 点时速度较大 C. 两个过程中，运动员对排球所做功可能相等 D. 后一个过程中，排球击中 D 点时重力做功的瞬时功率较大 【答案】C 【解析】 【详解】AB．由于从 AB 两点发出的球都能到达 D 点，B 球从 C 到地面竖直方向做自由落体 运动，根据竖直方向的运动可知 tB=2tA vyA=vyB 由于水平方向的位移相同，根据 xv t水＝ 可知 vA 水＞vB 水 根据速度的合成可知，A 抛出时的速度 vA0=vA 水，A 落到 D 点时的速度 2 2 yAAD vv v  A水＝ B 落到 D 点时的速度 2 2 BD yB Bvv v  水＝ 故两过程中，后一个过程中，排球击中 D 点时速度较小，故 AB 错误； C．第一个过程中对排球做功 2 1 A 1 2W mv 水 第二个过程中对排球做功 2 2 1 B0 BD 2 2 yB B 1 1 1 ( )2 2 2 vW mv mv vm   水 因为 vA 水＞vB 水，可知 W1 可能等于 W2，选项 C 正确； D．由于竖直方向做的是自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同， vyA=vyB 则重力的瞬时功率 - 6 - P=mgvy 相同，故 D 错误； 故选 C。 6. 如图所示为一种修正带，其核心结构包括大小两个齿轮、压嘴座等部件，大小两个齿轮是 分别嵌合于大小轴孔中的并且齿轮相互吻合良好，a、b 点分别位于大小齿轮的边缘且 Ra：Rb ＝3：2，c 点位于大齿轮的半径中点，当纸带以速度 v 匀速走动时 b、c 点的向心加速度之比 是（ ） A. 1：3 B. 2：3 C. 3：1 D. 3：2 【答案】C 【解析】 【详解】a、b 属于齿轮传动，有线速度相等，即 va=vb，因为 Ra：Rb＝3：2，由 v R 可知 2 3 a b b a R R     又因为 a、c 属于同轴传动，它们具有共同的角速度，故 a c  ，当纸带以速度 v 匀速走动 时 b、c 点的向心加速度之比 2 2 2 3 2( ) 3:12 1.5 b b b c c c a R a R      故选 C。 7. 如图所示，A、B 两个圆环套在粗细均匀的光滑水平直杆上，用绕过固定在竖直杆上光滑定 滑轮的细线连接，现让水平杆随竖直杆匀速转动，稳定时，连接 A、B 的细线与竖直方向的夹 角分别为α和θ，已知 A 和 B 的质量分别为 m1 和 m2，则 1 2 m m 的值是（ ） - 7 - A. cosα cos B. sinα sin C. tanα tan D. tan tanα  【答案】A 【解析】 【详解】设细线的拉力为 F，滑轮到水平杆的距离为 h，对 A 根据牛顿第二定律有 2 1sin tanF m h    对于 B 根据牛顿第二定律有 2 2sin tanF m h    解得 1 2 cos cos m m   故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 8. 如图所示，带电小球 A 用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，电场的电场强度为 E， 将带电小球 B 固定在匀强电场中，A、B 间的距离为 r，连线与水平方向的夹角为 37°，悬挂小 球 A 的悬线刚好竖直，不计小球的大小，静电力常量为 k，sin 37°=0.6，cos 37°≈0. 8，则下列 说法正确的是 - 8 - A. 小球 A 一定带正电 B. 小球 A 和 B 一定带异种电荷 C. 小球 A 的带电量为 25 3 Er k D. 小球 B 的带电量为 25 4 Er k 【答案】D 【解析】 【详解】AB.根据平衡可知，若 A 带正电，则 B 球带负电.若 A 球带负电，则 B 球也带负电， 因此小球 A 和 B 带电电性不确定，故 AB 错误; CD 由题意知， A B A2 cos37q qk q Er   则 2 B 5 4 Erq k  因此 A 的带电量无法确定，故 C 错误 D 正确. 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. 2020 年 7 月 23 日，中国“天问一号”探测器发射升空，成功进入预定轨道，开启了火星探 测之旅，迈出了我国自主开展行星探测的第一步。如图所示，“天问一号”被火星捕获之后， 需要在近火星点 P 变速，进入环绕火星的椭圆轨道。则关于“天问一号”，下列说法中正确 的是（ ） - 9 - A. 由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在 P 点加速 B. 在轨道Ⅰ上经过 P 点时的加速度大于在轨道Ⅱ上经过 P 点时的加速度 C. 在轨道Ⅰ上运行周期大于在轨道Ⅱ上运行周期 D. 在轨道Ⅰ上运行时的机械能大于在轨道Ⅱ上运行时的机械能 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在 P 点减速，故 A 错误； B．在轨道Ⅰ上经过 P 点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过 P 点时的加速度，都是由万有引力提 供向心力，故 B 错误； C．根据万有引力提供向心力，有 2 2 2 4MmG m rr T  解得 3 2 rT GM  因为轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半径，所以在轨道Ⅰ上运行周期大于在轨道Ⅱ上运行周期， 故 C 正确； D．从轨道Ⅰ变到轨道Ⅱ需要减速，所以在轨道Ⅰ上运行时的机械能大于在轨道Ⅱ上运行时的 机械能，故 D 正确。 故选 CD。 10. 如图所示，右端带有固定挡板的小车静止在光滑水平面上，物块放在车上，用轻弹簧与挡 板相连，弹簧处干原长，给小车施加向右的拉力 F，使拉力 F 从零开始不断增大，则弹簧的弹 力 NF 大小和平板车对物块的摩擦力 f 大小随 F 变化图像，正确的是（ ） - 10 - A. B. C D. 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．设物块的质量为 m，车的质量为 M，物块没有发生滑动时，对于整体，根据牛 顿第二定律得 Fa m M   此时弹簧的弹力为 0，摩擦力 mf ma Fm M    发生滑动后，摩擦力等于滑动摩擦，大小不变，故 B 错误，A 正确； CD．物块没有发生滑动时，弹簧的弹力为 0，当物块滑动后，摩擦力大小不变，对于物块 m， 根据牛顿第二定律 N mF f ma  解得 N m mF F fm M   故 C 错误，D 正确。 故选 AD。 11. 某静电场在 x 轴正半轴上的电势Φ随 x 变化的关系如图所示，则（ ） - 11 - A. x1 处跟 x2 处的电场强度方向相同 B. x1 处跟 x2 处的电场强度大小相等 C. 若把带正电的粒子从 x1 处移到 x2 处，电场力先做正功再做负功 D. 同一个带正电的粒子在 R 处具有的电势能小于 x2 在处的电势能 【答案】A 【解析】 【详解】A．x1 和 x2 处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故 A 正确； B．x1 处的斜率大于 x2 处的斜率，说明 x1 处的电场强度大于 x2 处的电场强度，故 B 错误； C．从 x1 处到 x2 处，电势逐渐降低，则移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小， 故 C 错误； D．根据 Ep=qφ可知，正电荷在 R 处具有的电势能为零，在 x2 处的电势小于零，所以正电荷在 此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在 R 处具有的电势能大于在 x2 处的电势能，故 D 错误。 故选 A。 12. 如图所示，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为 m 的物块，系统处于静止状 态，此时弹簧的压缩量为 1x 。现用一竖直向上的力 F 使物块向上运动， x 表示物块离开初始 位置的位移，拉力 F 随 x 变化图像如图所示，其斜率为弹簧的劲度系数，则下列说法正确的 是（ ） A. 物块向上做匀加速直线运动 - 12 - B. 物块刚开始运动的瞬间加速度为 0F gm  C. 物块向上运动的过程中，弹簧与物块整体机械能守恒 D. 当弹簧恢复原长的瞬间，物块的速度  0 1 1 1 F F xv gxm   【答案】AD 【解析】 【详解】B．最开始处于平衡状态 1mg kx 施加向上拉力，物块刚开始运动的瞬间 0 1 1F kx mg ma   解得 0 1 Fa m  故 B 错误。 A．物块向上运动的过程中  1F k x x mg ma    即 1F kx kx mg ma    由图可知 0F F kx  解得，加速度为 0 1F kx mga m   加速度为定值，即向上做匀加速直线运动，故 A 正确； C．物块向上运动的过程中，将物块与弹簧看成整体，拉力对物体做正功，整体机械能增加， 故 C 错误； D．由题意可知，弹力做功图像如图所示， - 13 - 弹簧弹力做的功即为所围成图形的面积 2 1 1 2W kx弹 以物块为研究对象，拉力做的功即为围成图形的面积，由动能定理可知   2 2 0 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2F F x mgx kx mv    又因为 1mg kx 解得  0 1 1 1 F F xv gxm   故 D 正确。 故选 AD。 第 II 卷（综合题，共 60 分） 三、非选择题:本题共 6 小题，共 60 分。 13. 某同学利用打点计时器研究小车做变速直线运动的实验，得到如图所示的一条纸带，在纸 带上依次取了 A、B、C、D、E、F、G 七个计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画 出，从每一个计数点处将纸带剪开分成六条，分别为 a、b、c、d、e、f，将这六条纸带由短到 长紧靠但不重叠地粘在 xoy 坐标系中，得到如图所示的直方图，最后将各纸带上端中心连起来， 得到表示 v-t 关系的图象。已知打点计时器的工作频率为 50Hz，为表示 —v t 关系，图中 x 轴 对应物理量是时间 t，y 轴对应物理量是速度 v。 - 14 - (1)图中各纸带上端中心连线是一条倾斜的直线，由此可以判断小车做的是_____________运 动。 (2)如图所示，图中 t4 为__________s。 (3)在纸带未剪断时，量出相邻的计数点之间的距离分别为 xAB=2.12cm、xBC=2.51cm、 xCD=2.91cm、xDE=3.31cm、xEF=3.70cm、xFG=4.11cm，则小车的加速度大小 a=________m/s2（计 算结果保留两位有效数字）。 【答案】 (1). 匀加速直线 (2). 0.35 (3). 0.40 【解析】 【详解】(1) [1]纸带上端中心连线是一条倾斜的直线，说明相邻相等时间内的位移差相等，由 此可以判断小车做的是匀加速直线运动。 (2) [2]图中 4 3.5 3.5 0.1s 0.35st T    (3)[3]根据逐差法可求出加速度为   2 2 2 2 2 4.11 3.70 3.31 2.91 2.51 2 2 m/ 4.1 10 1 s 0. 0 /s9 0. m9 FG EF DE CD BC ABx x x x x xa T             14. 某同学为测定当地重力加速度 g ，设计如图中所示实验。 (1)将宽度为 d 的遮光条固定在小车上，测得小车和遮光条的总质量为 M ，将右端固定有定滑 轮的长木板左端垫高。使小车能够在长木板上匀速滑下； (2)细线平行于木板平而且跨过滑轮，一端与小车相连，另一端挂上 6 个钩码，已知每个钩码 的质量为 m ，且恰好有 4M m= ； (3)将小车从距离光电门为 x 处由静止释放，读出遮光条通过光电门的挡光时间 1t ，则遮光条通 过光电门时小车的速度 1v  ___________，小车的加速度 1a  ___________； - 15 - (4)接着每次实验时取下一个悬挂的钩码放到小车里，再从同一位置由静止释放小车，记录悬 挂钩码的个数 n ，测得每次遮光片通过光电门的挡光时间为t ，测出多组数据，并绘出 2 1n t  图象如图乙所示，已知图线斜率为 k ，则当地重力加速度 g  ___________（用字母 d 、x 、k 表示）。 【答案】 (1). 1 d t (2). 2 2 12 d xt (3). 25d kx 【解析】 【详解】(3)[1]遮光条通过光电门时小车的速度 1 1 dv t  [2]由速度位移公式 2 2 0 2v v ax  得，小车的加速度为 2 2 1 2 12 2 v da x xt   (4)[3]小车通过光电门的速度 dv t  根据 v2=2ax 得 2 2 2d axt  由牛顿第二定律有 10 10 nmg nga m   解得 - 16 - 2 2 5 1dn gx t   则有 25d kgx  得 25dg kx  15. 热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为的 速度匀速下降，热气球的总质量为 M，当热气球离地某一高度时，释放质量为 1 4 M 的压舱物， 结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对 压舱物的阻力，重力加速度为 g，求: （1）释放压舱物时气球离地的高度 h; （2）热气球与压舱物到达地面的时间差. 【答案】（1） 23 2 v g （2） 2v g 【解析】 【详解】(1)由题意知 F 浮=Mg 释放压舱物后： 1 1 4 4浮              F M M g M M a 即热气球向下做匀减运动的加速度大小为： 1 3a g 由于热气球到地面时的速度刚好为零，则 2 23 2 2  v vh a g (2)设压舱物落地所用时间为 t1，根据运动学公式有： 2 1 1 1 2  h vt gt 解得： 1 vt g  - 17 - 设热气球匀减速到地面所用时间为 t2 ，则 2 1 2 h vt 解得： 2 3 vt g 因此两者到达地面所用时间差为： 2 1 2  vt t g 16. 如图所示，一质量为 m 的小物块，以 v0＝15m/s 的速度向右沿水平面运动 12.5m 后，冲上 倾斜角为 37o 的斜面，若物块与水平面及斜面的动摩擦因数均为 0.5，斜面足够长，物块从水 平面到斜面的连接处无能量损失．求 （1）物块在斜面上能达到的最大高度； （2）物块在斜面上运动所需的时间．（g=10 m/s2，sin37o=0.6，cos37o =0.8） 【答案】（1）3m（2）3.2s 【解析】 【分析】 （1）物体在水平面上做匀减速运动，然后滑上斜面做减速运动，根据牛顿第二定律求解在水 平面和斜面上的加速度，根据运动公式求解物块在斜面上能达到的最大高度；（2）物块滑上 斜面最高点后继续向下滑动，根据牛顿第二定律结合运动公式求解物块在斜面上运动所需的 时间. 【详解】（1）小物块在水平面上： 2 1 5 /a g m s    2 2 1 0 12v v a x  解得： 1 10 /v m s 小物块在斜面上向上运动： 2 2 sin cos 10 /a g g m s       2 1 20 2v a s  可解得： 5s m - 18 - 所以： 3h ssin m  小物块在斜面上向上运动时间： 1 1 2 0 1.0vt sa   小物块在最高点时： mgsin > 2 1 t 所以物块会匀加速下滑 加速度 2 3 2 /a gsin gcos m s     向下匀加速运动时间： 2 3 2 1 2S a t 解得： 2 5t s 小物块在斜面上运动所需时间为： 1 2 1 5 3.2t t t s s（ ）     【点睛】此题是典型的牛顿第二定律应用问题，关键是求解在每个阶段的物块的加速度，联 系运动公式求解. 17. 如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，小车的左端为半径 R=0.2m 的四分之一光滑 圆弧轨道 AB，AB 的最低点 B 与小车的上表面相切。现小车的左侧靠在竖直墙壁上，可视为 质点的物块从 A 点正上方 H=0.25m 处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道，并沿圆弧轨道 滑下最终小车与物块一起运动。已知小车的质量为 M=5kg，物块的质量为 m=1kg，物块与小 车水平部分间的动摩擦因数μ= 0.5，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，重力 加速度 g=10m/s2。求： （1）物块到达圆弧轨道最低点 B 点时的速度 vB 的大小及轨道对它支持力 FN 的大小； （2）物块和小车最终速度 v 的大小及此过程产生的热量 Q； （3）物块最终距离 B 点的距离 x。 【答案】(1)3m/s，55N(2)0.5m/s，3.75J(3)0.75m 【解析】 【详解】(1)从物块开始下落到物块到达 B 点过程，由机械能守恒定律得 mg（H+R）= 21 2 Bmv 代入数据解得 - 19 - vB=3m/s 在 B 点，由牛顿第二定律得 FN-mg =m 2 Bv R 得 FN=55N (2)小车离开墙壁后小车与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mvB=（M+m）v 解得 v=0.5m/s 由能量守恒定律得 21 2 Bmv - 21 2 m M v（ ） =Q 得 Q=3.75J (3)系统产生的热量 Q=fx=μmgx 得 x=0.75m 18. 如图所示，长为 3L 的轻杆左端套在固定的水平转轴 O 上，右端连接有质量为 M 的小球 A， 绕过两个光滑定滑轮 C、D 的细线一端连接 A 球，另一端连接 B 球，开始时轻杆水平，C、A 间的细线竖直且长度为 L，由静止释放 A 球，当 A 球运动到最低点时，速度刚好为零，重力 加速度为 g，BD 段细线足够长。轻杆与水平转轴间无摩擦，求： (1) B 球的质量： (2)释放 A 球的瞬间，A 球的加速度大小； (3)若改变 B 球的质量，使 A 球由静止释放时的加速度大小为 1 2 g，则 A 球运动到最低点时速 度多大？ - 20 - 【答案】(1) 3 4 M；(2) 1 7 g；(3)5 5 42 gL 【解析】 【详解】（1）当 A 球运动到最低点时，由几何关系可知，B 球上升的高度 2 2(3 ) (4 ) 4h L L L L    设小球 B 的质量为 m，根据机械能守恒定律有 3Mg L mgh  解得 3 4m M （2）设刚释放 A 球时的加速度 a，对 A 研究 Mg T Ma  对 B 研究 T mg ma  解得 1 7a g （3）设改变后 B 球的质量为 m，根据题意有 - 21 -    M m g M m a     解得 1 3m M  设 A 球运动到最低点时细线与水平方向的夹角为 ，根据几何关系 3cos 5   设 A 球运动到最低点时的速度大小为 1v ，B 球的速度大小为 2v ，则 1 2cosv v  根据机械能守恒 2 2 1 2 1 13 2 2MgL m gh Mv m v    解得 1 55 42v gL