1、日照市2020-2021学年度高三第一次校际联合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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 2020年7月我军多次在西藏地区进行军事演习，其中肩扛式反坦克导弹发射画面被多次报道。肩扛式反坦克导弹发射后，喷射气体产生推力F，
2、 一段时间内导弹在竖直面内沿下列图中虚线向前运动。其中导弹飞行姿势可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A图中导弹发射后受到喷射气体产生的斜向上的推力F和竖直向下的重力，该图中合力的方向与运动的方向可以在同一条直线上，所以可以沿斜向上的方向做直线运动，故A正确；B图中推力F的方向沿轨迹的切线方向，而重力的方向竖直向下，合力的方向沿轨迹切线方向向外，所以导弹不可能向上弯曲，故B错误；C图中导弹发射后受到喷射气体产生沿水平方向的推力F和竖直向下的重力，合力的方向与图中运动的方向不在同一条直线上，所以不能在水平方向做直线运动，故C错误；D图中导弹发射后受到喷射气体产生的斜
3、向下的推力F和竖直向下的重力，该图中合力的方向与运动的方向不在同一条直线上，所以不能沿图示方向做直线运动，故D错误。故选A。2. 甲、乙两球质量分别为、,从同一地点(足够高)同时静止释放两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比,与球的质量无关,即f=kv(k为正的常量),两球的vt图象如图所示,落地前,经过时间两球的速度都已达到各自的稳定值 、,则下落判断正确的是()A. 甲球质量大于乙球B. m1/m2=v2/v1C. 释放瞬间甲球的加速度较大D. t0时间内，两球下落的高度相等【答案】A【解析】【详解】两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv=mg，因此最大速
4、度与其质量成正比，即vmm，由图象知v1v2，因此m甲m乙；故A正确，B错误释放瞬间v=0，空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g故C错误；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故D错误；故选A3. 如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是（） A. 两小球落地时的速度相同B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同C. 从开始运动至落地，两小球机械能的变化相同D. 从开始运动至落地，两小球动量的变化相同【答案】C【解析】【详解】AD两个小球在运动的过
5、程中都是只有重力做功，机械能守恒，从开始运动至落地，两小球机械能的变化相同，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，但是由于速度是矢量，速度方向不同，所以速度不同，故A错误，C正确；B到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误；D根据动量定理，小球动量的改变量对A、B小球运动时间，可得故从开始运动至落地，两小球动量的变化量有故D错误。故选C。4. 一个物体在某高度由静止开始竖直下落，在运动过程中所受的阻力恒定。若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、
6、位移和机械能。（B、C、D三图中曲线均为开口向上或向下的抛物线）。则下列图像中错误的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A下落过程中，小球受恒定的阻力和重力作用，合外力不变，A正确；B下落过程中，小球受恒定的阻力和重力作用，合外力不变，加速度不变，则小球做初速度为0的匀加速运动，故图像是直线，B错误；C下落过程中，小球受恒定的阻力和重力作用，合外力不变，加速度不变，根据位移x与成正比， 图像为经过原点的抛物线，C正确；D机械能随时间变化的表达式图像开口向下的抛物线，D正确。故选B。5. 研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时。假设这种趋势会持续下去
7、，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比（）A. 距地面的高度变小B. 向心加速度变小C. 线速度变大D. 角速度变大【答案】B【解析】【详解】A设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，地球同步卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得解得由题意知，地球自转在逐渐变慢，地球自转周期T变大，同步卫星绕地球做圆周运动的周期T变大，则同步卫星的轨道半径r增大，同步卫星距地面的高度变大，故A错误；B地球同步卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得向心加速度由于r变大，则向心加速度a变小，故B正确；C地球同步卫星绕地球做圆周运动，
8、万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得由于r变大，则线速度v变小，故C错误；D同步卫星做圆周运动的角速度由于周期T变大，则角速度变小，故D错误。故选B。6. 两根长度不同的轻质细线下端分别悬挂两个小球A、B，细线上端固定在同一点，若两个小球绕共同的竖直轴在同一水平面内做同向的匀速圆周运动，球A的轨道半径是B的一半，不计空气阻力。则两个摆球在运动过程中（）A. 两球的角速度相等B. 两球的速度大小相等C. 两球的加速度大小相等D. 球A、B的向心力大小之比为1：2【答案】A【解析】【详解】A设细线与竖直方向夹角为，小球到悬挂点的竖直高度差为h小球做圆周运动，根据牛顿第二定律有mgtan=m2
9、r轨道半径r=htan解得角速度可见角速度与轨道半径大小无关，即两球的角速度相等，选项A正确；B由公式v=r可知，角速度相等时，线速度v与半径r成正比，B球的半径大，则B球的线速度大，选项B错误；C由公式a=2r可知，在角速度相等时，加速度a与半径r成正比，B球的半径大，则B球的加速度大，选项C错误；D根据向心力公式F=ma，由于两球质量关系未知，则向心力大小关系无法判断，选项D错误。故选A。7. 一倾角为30的斜劈放在水平地面上，一物块恰能沿斜劈匀速下滑，如图甲所示。现对物块分别施加力F1、F2、F3，如图乙、丙、丁所示。则在物块沿斜劈下滑的过程中，下列说法正确的是（）A. 乙图中的物块仍可
10、以匀速下滑B. 丙图中的物块仍可以匀速下滑C. 以上四图中，只有甲、丙图中斜劈不受地面的摩擦力D. 丁图中地面对斜劈的摩擦力方向水平向右【答案】B【解析】【详解】设物块的质量为m，物块恰能沿斜劈匀速下滑，则有mgsin30=mgcos30解得=tan30A乙图中施加F1，仅增大物块与斜劈间的正压力，使得摩擦力增大，而重力沿斜劈向下的分力不变，则有mgsin30（F1+mgcos30）物块减速下滑，故A错误；B丙图中力F2竖直向下，则有（F2+mgsin30）=（F2+mgcos30）所以丙图中的物块仍可以匀速下滑，故B正确；CD图甲和图丙斜劈和物块都处于平衡状态，对整体水平方向不受外力，地面对
11、斜劈的摩擦力为零；图乙中，由于F1垂直于斜劈方向，使得正压力增加F1，则物块对斜劈的摩擦力增加F1，所以物块对斜劈的作用力仍沿竖直方向，斜劈与地面间的摩擦力为零；图丁中，将F3沿斜劈方向和垂直于斜劈方向分解，即相当于同时对物块施加一个沿斜面向下的推力和垂直于斜劈方向向下的推力，垂直于斜劈方向施加力时地面的摩擦力为零，而施加一沿斜劈方向的力不影响物块对斜劈的力，所以地面对斜劈的摩擦力仍为零，即以上四图中，斜劈均不受地面的摩擦力，故CD错误。故选B。8. 由于居民楼越盖越高，高空坠物可能对人造成伤害。如果一个5 kg的花盆从一居民楼的27层的窗台坠落地面，设与地面的碰撞时间约为310-3s，则该花
12、盆对地面产生的冲击力约为（）A. 1.510-2 NB. 1.5102 NC. 7103 ND. 7104N【答案】D【解析】【详解】每层楼高约为3m，花盆下落的总高度为h=（27-1）3m=78m自由下落时间为与地面的碰撞时间约为t2=310-3s，规定竖直向下为正方向，全过程根据动量定理得mg（t1+t2）-Ft2=0解得地面对花盆的冲击力为F=6.7104N7104N根据牛顿第三定律，可知花盆对地面产生的冲击力约为F=F=7104N故D正确，ABC错误。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全对的得4分，选对但不全的得2
13、分，有选错的得0分。9. 以前的大山里交通十分不便，孩子们上学常靠滑轮和固定在山涧两侧峭壁上的绳索来实现，如图所示。现简化为一根轻质细绳，两端固定在1、2两点之间。当质量为M 的人滑到最低点时，绳子与竖直方向的夹角为，绳子中的张力为F。绳子足够结实，滑轮与竖直绳子的质量可以忽略，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）A. 人滑到最低点时处于平衡状态B. 人滑到最低点时水平方向合力为零C. D. 【答案】BC【解析】【详解】A人滑到最低点时速度不为零，相对于“汽车过凹形桥”情况，处于超重状态，不是处于平衡状态，故A错误；B同一条绳子拉力相等，人滑到最低点时滑轮两边的绳子与竖直方向的夹角相等，均为，则
14、绳子与水平方向合力为Fx=Fsin-Fsin=0故B正确；CD人滑到最低点时处于超重状态，竖直方向有2FcosMg则故C正确、D错误。故选BC。10. 在水平面上，有甲、乙两物体分别沿两条彼此靠近的平行轨道相向运动，其v0-t图像如图所示。下列对于两物体的描述正确的是（）A. 若甲、乙两物体在t=3s时第一次相遇，则它们不会再次相遇B. 若甲、乙两物体在t=3s时第一 次相遇，则它们在t=5 s时再次相遇C. 若甲、乙两物体在t=4s时第一次相遇，则它们可能会再次相遇D. 若甲、乙两物体在t=4s时第一次相遇，则它们不会再次相遇【答案】BD【解析】【详解】AB若甲、乙两物体在t=3s时第一次相
15、遇，在3-5s内，由速度时间图线知，甲、乙两图线与时间轴围成的面积相等，则在甲、乙两物体通过位移相等，都是可知它们在t=5s时再次相遇，A错误B正确；CD在t=4s时甲、乙两物体速度相等，若甲、乙两物体在t=4s时第一次相遇，根据“面积”表示位移，知在内，甲的位移为乙的位移为甲、乙两物体同向运动，乙在甲的前面，6s后甲物体反向运动，乙的运动方向不变，所以它们不会再次相遇，C错误D正确。故选BD。11. 如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M、半径为R。下列说法正确的是（）A. 地球对一颗卫星的引力大小为B. 一颗卫星对地球的引力大小为C. 两颗卫星
16、之间的引力大小为D. 三颗卫星对地球引力的合力大小为【答案】AC【解析】【详解】AB根据万有引力定律可知卫星与地球之间的引力大小为r应为卫星到地球球心间的距离也就是卫星运行轨道半径r，故A正确，B错误；C做出卫星之间的关系图如图根据几何关系可知，两同步卫星间的距离故两卫星间引力大小为故C正确；D卫星对地球的引力均沿卫星地球间的连线向外，由于三颗卫星质量大小相等，对地球的引力大小相等，又因为三颗卫星等间隔分布，根据几何关系可知，地球受到三个卫星的引力大小相等方向成120角，所以合力为0，故D错误。故选AC。12. 2019年9月8日至16日第十一届全国少数民族传统体育运动会在郑州举行，秋千作为一
17、个传统比赛项目， 被誉为高空中的体育竞技。如图所示是某同学荡秋千的一种方式：人站在秋千板上，双手抓着两侧秋千绳。当他从最高点A向最低点B运动时，他就向下蹲；当他从最低点B向最高点C运动时，他又站立起来；从C回到B他又向下蹲这样荡，秋千会越荡越高。设秋千板宽度和质量忽略不计，人在蹲立过程中，人的身体中心线始终在两秋千绳和秋千板确定的平面内。则下列说法中，正确的是（）A. 在最高点A时，速度为零，人和秋千受到的合力为零B. 人在最低点时，速度最大，所以人和秋千受到的合力为零C. 若整个过程中人保持某个姿势不动，则秋千会越荡越低D. 最高点A向最低点B运动时向下蹲的目的，在减小空气阻力的同时，利用重
18、心降低，增加系统的动能【答案】CD【解析】【详解】A在最高点A时，速度为零，但人和秋千沿切线向下做加速运动，故受到的合力沿切线向下，不为0，故A错误；B人在最低点B时，速度最大，人做圆周运动，向心加速度指向圆心，向上，受到的合力向上，不为零，故B错误；C若整个过程中人保持某个姿势不动，在运动过程中，由于受到阻力作用，阻力做负功，故机械能越来越小，故最终秋千会越荡越低，故C正确；D最高点A向最低点B运动时向下蹲的目的，在减小空气阻力的同时，利用重心降低，重力做正功，增加系统的动能，故D正确；故选CD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 某学习小组为了验证碰撞中的动量守恒，设计了如下方案
19、：如图所示，斜面与水平桌面平滑连接，先将质量为m1的小滑块A从斜面上某位置由静止释放，测量出滑块在水平桌面滑行的距离x；接着将质量为m2、相同材料的小滑块B放在斜面底端的水平轨道上，再让A从斜面上同一位置由静止释放，A与B碰撞后，测量出各自沿桌面滑行的距离x1、x2.实验中m1m2。(1)若满足关系式_，则验证了A和B的碰撞动量守恒（用题目中给出的物理量表示）。(2)若满足关系式_，则验证了A和B碰撞是弹性碰撞（只用x、x1、x2表示）。(3)关于本实验，下列说法正确的是_（填正确选项）。A若桌面虽然平整但右侧略低，仍可以验证动量守恒B若桌面虽然平整但右侧略低，则无法验证动量守恒C. 两次从斜
20、面上由静止释放A时不是同一位置，仍可以验证动量守恒D两次从斜面上由静止释放A时不是同一位置，则无法验证动量守恒【答案】 (1). (2). (3). AD【解析】【详解】(1)1两滑块材料相同，它们与水平桌面的动摩擦因数相同，设为，物体在水平桌面上做减速运动，滑块A碰撞前在桌面上运动过程，由动能定理得滑块A碰撞后在桌面上运动过程，由动能定理得滑块B碰撞后在水平桌面上运动过程，由动能定理得 解得两滑块碰撞过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2整理得若满足关系式则验证了A和B的碰撞动量守恒。(2)2两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守
21、恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2由机械能守恒定律得 解得 则v2-v1=v0即 整理得若满足关系式则验证了A和B的碰撞是弹性碰撞。(3)3AB滑块与桌面的动摩擦因数相同，滑块在桌面上做匀减速直线运动且末速度为零，若桌面虽然平整但右侧略低，两滑块在桌面上运动时的加速度仍相等，设加速度为a，则物体在桌面上做减速运动的初速度分别为仍可以验证动量守恒，故A正确，B错误；CD两次从斜面上由静止释放A时不是同一位置，A到达水平桌面时的初速度不同，系统初状态的动量不同，无法验证动量守恒，故C错误，D正确。故选AD。14. 某课外活动小组设计了如图甲所示的实验来测量
22、小物块与平直斜面间的动摩擦因数。如图甲所示，位移传感器与电脑相连后固定于倾角为30的斜面底端，已知位移传感器可以测量小物块与传感器的间距x并通过数据线输入电脑。置于斜面顶端的小物块以某一初速度沿斜面下滑，以x为纵轴，以时间t为横轴，得到如图乙所示的x-t图像， 图中的斜虚线为图线的切线，切点为（0，100cm）。(1)小物块的加速度大小为_。(2)为了计算得到小物块与斜面间的动摩擦因数，是否需要测量小物块的质量？_（选填“需要”或“不需要”），小物块与斜面间的动摩擦因数为_（重力加速度g取10m/s2，结果保留两位有效数字）。(3)理论上，乙图的O中应填入的数据为_cm。【答案】 (1). 2
23、.5m/s2 (2). 不需要 (3). 0.87 (4). 20【解析】【详解】(1)1小物块在0.2s-0.4s内运动的位移为x1=65cm-40cm=25cm=0.25m0.2s-0.4s内的平均速度大小为根据匀变速直线运动的推论：在匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则小物块在0.3s时的瞬时速度为小物块在0.4-0.6s内运动的位移为x2=40cm-25cm=15cm=0.15m0.4-0.6s内的平均速度大小为则小物块在0.5s时的瞬时速度为故小物块的加速度大小为 (2)2小物块下滑过程，由牛顿第二定律可得mgcos-mgsin=ma则得a=gcos-
24、gsin可知，小物块的加速度与其质量无关，为了得到小物块与斜面间的动摩擦因数，只需要测量小物块的加速度大小，不需要测量小物块的质量。3将a=2.5m/s2，=30，g=10m/s2代入上式解得0.87(3)4根据x-t图像的斜率表示速度，可知小物块的初速度大小为 设小物块经过位移x0时静止，则 故乙图O中应填入的数据为x=100cm-80cm=20cm15. 如图所示，左侧是倾角为60斜面，右侧是圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧面底端的切线水平，一根两端分别系有质量为m1、m2小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮当它们处于平衡状态时，连接m2小球的轻绳与水平线的夹角为60，不计一切摩擦，两小球可视
25、为质点两小球的质量之比m1：m2为多少？【答案】【解析】【详解】分别以两个小球为研究对象，分析受力情况，由平衡条件求出小球的重力与绳子拉力的关系，再求解两小球的质量之比设轻绳的张力为T，圆弧面对m2的弹力为N对m2，由对称性可知，N=T，由平衡条件得：Tcos 30+Ncos 30=m2g对m1，由平衡条件可得：T=m1gsin 60联立解得：16. 某学校趣味运动会设置了一个游戏比赛推矿泉水瓶。同学们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内（不能压线）视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败。其简化模型如图所示，AC是长度L
26、1=5.5 m的水平桌面，选手们将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC为有效区域。已知BC长度L2=1.1 m，瓶子质量m= 0.5 kg，与桌面间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g= 10 m/s2.某同学作用在瓶子上的水平推力F=11 N，瓶子沿AC做直线运动，假设瓶子可视为质点，该同学要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围。【答案】0.4mx10.5m【解析】【详解】要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短；滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长。设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2
27、、位移为x2，则L1-L2x1+x2L1 联立解得0.4mx10.5m17. 如图是利用传送带装运煤块的示意图。倾角=30，煤块与传送带间的动摩擦因数，传送带的主动轮和从动轮半径相等，轮轴项端与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m。现在传送带底端与车底等高处由静止释放一质量m=0.1kg的煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动， 到达主动轮时随轮一起匀速转动。煤块在轮的最高点恰好水平抛出，并落在距抛出点水平距离x=1.2m的车底，取g= 10m/s2，求：(1)主动轮和从动轮的半径R；(2)煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t
28、；(3)煤块从开始运动到传送带最高点过程中电动机比空转时多消耗的电能E。【答案】(1)0.4m；(2)0.8s；(3)2.6J【解析】【详解】(1)由平抛运动的公式，得x=vt代入数据解得v=2m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得 代入数据得R=0.4m(2)由牛顿第二定律F=ma得v=att=0.8s(3)静止开始加速至与传送带速度相同s=x传-x煤Q=fs EP=mgH代入数据得即煤块从开始到传送带最高点过程中电动机比空转时多消耗的电能。18. 如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B（可视为质点）相连的细线
29、一端固定在O点。水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入。A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。已知A的质量为2kg，B的质量为1kg，A、B之间的动摩擦因数为=0.1；细线长为L=0.4m。能承受的最大拉力为50N；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度g=10m/s2：(1)求细线被拉断瞬间B的速度大小v1以及B的初速度大小v0；(2)A与台阶只发生一次碰撞，求x满足条件；(3)x在满足(2)的条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度vA和x的关系（用、g表示）。【答案】(1)4m/s；(2)x1m；(3)（i）当即时，；(ii)
30、当时，【解析】【详解】(1)滑块B在最低点代入数据得v1=4m/s物体B从开始到最低点过程中代入数据得(2)设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒mBv1=mBvB+mAvA若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足对A应用动能定理代入数据由以上各式得x1m即A与台阶只能碰撞一次的条件是x1m(3)设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒mBv1=(mB+mA)vAB对A应用动能定理代入数据由以上各式得(i)当即时，AB共速后A与挡板碰撞mBv1=(mA+mB)vA1代入数据得A与台阶碰撞前瞬间的速度(ii)当时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理A与台阶碰撞前瞬间的速度
