1、山东省青岛二中分校2021届高三物理上学期期中试题（含解析）考试时间：90分钟 满分：100分第卷（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
2、夹角为，则2Tcos=mg则当静止悬挂时，两手之间距离由图示位置增大，则增大，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10s钢索最容易发生断裂B. 全程的平均速度是0.5m/sC. 30s36s钢索拉力的功率不变D. 010s的平均速度等于30s36s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，1030s内做匀速直线运动，拉力等于重力，3
3、036s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全程的平均速度为故B错误；C30s36s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，可知010s的平均速度等于30s36s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
4、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804160m乙的位移x乙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
5、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
6、C. 中圆轨道卫星的向心加速度约为D. 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由万有引力定律解得 ，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
7、中正确的是（）A. 轨道对小球做正功，轨道对小球的压力FPFQB. 轨道对小球不做功，小球的向心加速度aPaQC. 轨道对小球做正功，小球的线速度vPvQD. 轨道对小球不做功，小球的角速度PQ【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
8、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D6. 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（q0）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C. 若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为D. 若W1
9、=W2，则a、M两点之间电势差一定等于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（q0）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，有同理，粒子从c点移动到d点，其电势能减小W2，有在匀强电场中，由于M点是ac的中点，N点是bd的中点，故有，该粒子从M点移动到N点，则电场力做功为故B正确；C若c、d之间的距离为L
10、，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，由上述分析可知即又因为，故有故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、，不计空气阻力,则()A. =B. =C. =D. =【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，则有得若落到b点，则有得则故选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的直角边上，物体C放在
11、倾角为的直角边上，B与C之间用跨过定滑轮轻质细线连接，A、C的质量比为，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（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mg，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mg，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，沿斜面的重力分量为2mg，对AB整体沿斜面方向解得因为1，所以AB均受静摩擦力，大小均为，方向均沿斜面向下，由于物
12、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
13、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sin 30又r22r1，联立解得q22q1C正确，D错误。故选BC10. 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
14、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OA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使轻绳OA转动到竖直位置，减小，则逐渐减小，故C正确，D错误；故选AC。11. 光滑绝
15、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. 【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
16、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AB有：；BC有，对比可得，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。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，其中k为弹性系数，x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B
17、. 物体在a点时，弹簧的弹性势能为C. 长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为D. 长木板水平放置时，物体运动过程中的最大动能为【答案】A【解析】【详解】A由能量守恒定律解得 ，A正确；B物体在a点时，弹簧的弹性势能为B错误；CD弹力等于摩擦力时动能最大解得由能量守恒定律解得 ，CD错误。故选A。第卷三、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
18、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Ek_，系统的重力势能减少量可表示为Ep_，在误差允许的范围内，若EkEp，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v2d图象如图乙所示，并测得Mm，则重力加速度g_m/s2.【答案】 (1). (2). (3). 9.6【解析】【详解】（1）滑块从A处到达B处的速度:则系统
19、动能的增加量：系统重力势能的减小量：Ep=mgd-Mgdsin30=（m）gd（2）根据系统机械能守恒的：（M+m）v2（m）gd则：图线斜率：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：将木块从倾角为的木板上静止释放，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，=37，可求得木块与与木=_；（sin3
20、7=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、或）【答案】 (1). (2). (3). 0.5 (4). 【解析】【详解】(1)12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，所以由匀变速直线运动的规律可知解得(2)3由由牛顿第二定律可知解得(3) 4由牛顿第二定律可知当增大，则加速度增大，由公式可知，曲线正确。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
21、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)
22、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，则有由牛顿第二定律有由几何关系得联立以上三式，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，由动能定理得设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有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
23、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)1.275m；(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解得 t=4s，蓝壶运动时间为：4s-1s=3s停下；蓝壶加速度大小为(2)速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后
24、两壶相距的最远距离为(3)碰撞前两壶的总动能为碰撞后前两壶的总动能为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=10m/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】
25、【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：由机械能守恒定律得：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：由机械能守恒定律得：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，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：由机械能守恒定律得联立并代入数据解得：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
26、左端，与挡板的初始距离为L =2.5 m滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1 = 0.30、2 = 0.40开始时滑块以大小为v0 = 8.0 m/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 =10 m/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） （2） 【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=1mg f2=22mg 因为f1 f2，所以滑块在碰到挡板之前木板保持静止对滑块
27、，由牛顿第二定律和运动学公式得f1=ma1 v12=v02-2a1L 代入数据解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小v1=7.0m/s （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 对木板，有f1+ f2=ma2 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 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=x1 滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离 代入数据联立解得x=1.6m 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
