2021届安徽肥东县高级中学高三年级上册学期物理期中试题答案

2021届安徽肥东县高级中学高三上学期物理期中试题答案

题号12345678910

答案CDDDADBCABDACAD

1.C

【解析】足球与地面碰撞过程中动量的变化量

△p=mv"mv\=0.4X3kg,m/s-0.4(-4)kg,m/s=2.8kg,m/s

方向竖直向上；

由动能定理，合外力做的功

W=-mv；--7«v,2=-X0.4X32J--X0.4X42J=-1.4J

222122

故选C。

2.D

【解析】A.地球同步静止轨道卫星只有在赤道平面上空，不可能相对静止在北京正上空，故A错误;

B.根据万有引力提供向心力

GmM4无2

得

2

「7IG4M.T

因为地球同步倾斜轨道卫星与静止轨道同步卫星的周期相同，则它们的轨道半径也是相等的，故B

错误；

C.根据万有引力提供向心力

GmMv2

——；—=m—

厂r

得

GM

v=

因为中轨卫星的高度低于静止同步卫星，即r小，故所有同步卫星绕地球运动的速率都一定小于中

轨道卫星绕地球运动的速率，故C错误；

D.中轨道卫星的半径小，处于低轨道，由中轨道到同步轨道需要加速由其它形式的能量转化为机械

能，故质量相等的中轨道卫星与同步轨道卫星相比，中轨道卫星所具有的机械能较小，故D正确。

故选Do

3.D

【解析】A.对飞机进行受力分析，如图所示

根据重力和机翼升力的合力提供向心力，得

mgtan0==

得

y=JgRtanG

R

T=2万

gtan。

若飞行速率r不变，。增大，由

v=yjgRtan0

可知，A）减小，故A错误;

B.若飞行速率丫不变，。增大，彳减小，由

R

T=2万

gtan。

可知，7减小，故B错误；

C.若。不变，飞行速率/增大，由

v=JgRtan6

可知，〃增大，故C错误；

D.若飞行速率y增大，6增大,满足‘k不变，则、此不变,根据

tan0Ytan8

TnIR

T-2肛------

Vgtan。

可知，周期一定不变，故D正确。

故选Do

4.D

【解析】A.刚接触床面时，弹力小于重力，合力向下，继续向下加速，动能变大，故A错误；

B.床面在6位置时，速度为零，弹力大于重力，合力向上，故B错误；

C.小明接触床面前处于失重状态，刚接触床面到弹力与重力大小相等之前，弹力小于重力，合力向

下，仍然处于失重状态，故C错误；

D.小明在最高点和6点的速度都为零，根据动量定理可知，小明从最高点运动到将床面压至6位置

的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等，故D正确。

故选D。

5.A

【解析】A.小球上升过程中，根据运动学公式有

/=诏-2芯

由数学知识可得，-X图象应是开口向左的抛物线。小球下落过程与上升过程具有对称性，故A正确；

B.上升过程中重力势能

E^mgx

则a-X图像是过原点的直线，选项B错误；

C.上升过程中某位置时

Ek=Ek0-mgx

下降过程与上升过程满足的关系相同，图像不应该在x轴下方，选项C错误；

D.上升和下降过程机械能均守恒，则£机械航x图像是与x轴平行的直线，选项D错误。

故选Ao

6.D

【解析】物块沿粗糙的斜面匀速下滑，物块处于平衡状态，斜面体对物块的力竖直向上与重力平衡，

物块对斜面体的力竖直向下，地面对斜面体没有摩擦力。

A.若对物块施加竖直向下的外力，相当于物块的重力增加了，物块仍做匀速运动，地面对斜面体的

摩擦力仍为零，A错误；

CD.若对物块施加沿斜面向下的外力，此时，物块对斜面体的摩擦力与匀速下滑时相等，物块对斜

面体的压力与匀速时相等，因此斜面受力没变，地面对斜面体的摩擦力仍为零，C错误，D正确；

B.若对物块施加垂直于斜面向下的外力，把该外力分解为竖直向下的和沿斜面向上的两个分力（两

个分力不再相互垂直），两个分力单独作用时，竖直向下的外力不会造成地面对斜面体有摩擦，沿斜

面向上的分力只能使物块减速运动，物块对斜面体的压力和摩擦力不变，也不会造成地面对斜面体

产生摩擦力，两个分力同时作用时，地面对斜面体的摩擦力仍为零，即若对物块施加垂直于斜面向

下的外力，地面对斜面体的摩擦力仍为零，B错误。故选D。

7.BC

【解析】设运动员和物块的质量分别为加、〃与规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，

第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为匕、%,则根据动量守恒定律

0=mvx-m0Vo

解得

机o

匕=一?

m

物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块

mvx+0yo=mv2-movo

解得

m

第3次推出后

mv2+=mv3一

解得

m

依次类推，第8次推出后，运动员的速度

%4

m

根据题意可知

?

vg=15"0%>5m/s

m

解得

m<60kg

第7次运动员的速度一定小于5m/s,则

v7=13"。%<5m/s

m

解得

m>52kg

综上所述，运动员的质量满足

52kg<m<60kg

AD错误，BC正确。故选BC。

8.ABD

【解析】A.根据乙图可知，当产出她时，小球的重力与弹簧的弹力大小相等，此时小球具有最大速

度，A正确；

BC.小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减

小，当弹力大小等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加

速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，

速度先增大后减小，加速度先减小后增大，B正确，C错误;

D.小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知，小球的最大动能为

mZ.X112

S[h+xa)--mgxQ=-mv

.112

mgh+—mgxQ=—mv

故小球动能的最大值为〃2g〃+g〃2gXo，故D正确。故选ABD。

9.AC

【解析】A.运动员从a到6做平抛运动，a点的初动能为

%=《^^=3x1。”

可得

va=10m/s

故A正确;

B.由图可读出平抛的时间为，=2s,根据斜面上的平抛的几何关系有

tane=?=^=l

x2匕

则。=45°,可知斜坡的倾角为45°,故B错误;

C.根据瞬时功率的定义式可知人处时重力的瞬时功率为

4

PQ=mgvy=mggt=1.2X10W

故C正确;

D.建立以平行斜面和垂直斜面的直角坐标系，当垂直斜面的速度减为零时，距离最大，由匀减速直

线运动的规律有

故D错误。故选AC。

10.AD

【解析】A.由图象可知，检阅车的运动过程为：0a为匀加速直线运动，是恒定功率运动，且加

速度在逐渐减小，所以我时刻牵引力和功率最大，历是匀速直线运动，友〜匕3时间内其牵引力等于f,

故A正确。

B.在0〜右时间段，由P-t图象知检阅车做匀加速直线运动，故B错误。

C.在0〜G时间段，由力图象可知，检阅车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均

速度大于"，故C错误；

2

D.设时间巾〜七内检阅车克服阻力所做功为例由动能定理

P(t2-：)一必=g〃7就一g

克服阻力所做功为Wf=P(y%；加q+g加片，故D正确。

故选AD.

11.2.40.580.59

【解析】(1)[口利用匀变速直线运动的推论得

x(0.2160+0.2640),,

v,=46=---------------------=2n.4m/s

5&2x0.1

(2)[2]系统动能的增量

1,1,

AEk=Ek5-0=—(w,+m2)v~=—x(0.05+0.15)x2.4-J*0.58J

[3]系统重力势能减小量

AEp=(m2一I/)g〃=()♦1x9.8x0.6000J«0.59J

12.=8.475(―)2-(-)2

G6

【解析】(1)口].如果遮光条通过光电门的时间相等，即大产友，说明遮光条做匀速运动，即说明气

垫导轨已经水平；

(2)[2].螺旋测微器的固定刻度读数为8mm,可动刻度读数为0.01X47.5mm=0.475mm,所以最终读

数为：8mm+0.475mm=8.475mm；

(3)[3].由于光电门的宽度很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度，则

VB=~

*2

滑块和祛码组成的系统动能的增加量

系统的重力势能的减小量

△区二侬£

如果系统动能的增加量等于系统重力势能的减小量，则系统机械能守恒，即

mgL=g(M+m)(吗

化简得

2mgL

(m+M

13.(l)37m/s；(2)a-2160m/s2；1085N

【解析】(1)下落高度

2FO.4+23X2.8+3.65=68.45m

由公式

2gh=片

得

匕=37m/s

(2)下落高度

〃'=0.4+23x2.8=64.8m

由公式

2g//=vj

解得

均二36m/s

由公式

—2ax—0—弓

得

^=2160m/s2

又因

F合二F旷G=ma

可得

/支=1085N

由牛顿第三定律得，对网的平均作用力

户乐二/7支=1085N

55

14.(1)0.45m；(2)上0.66m；(3)一m

36

【解析】(1)令下落的高度差为力，小物块到达力处时，水平分速度为小竖直分速度为内

tan0=—

匕

W=2gh

可得

ZFO.45m

(2)小物块能沿轨道做圆周运动，设在圆周顶点时的速度为匕，则有

R

对6点到圆轨道顶点运动过程运用动能定理

2mgHm（耳_彳）

对/点到8点运动过程运用动能定理

八1,1,

mgLsin0-pimgLcos—mv~B--mv\

若物块从水平轨道比,滑出，圆弧轨道的半径有胫0.66m

(3)考虑到物块从尸点脱离轨道，有用=0,脱离时速度方向与竖直方向夹角为B

对厂点列出受力方程

mV

mgs.m0Q=—^~F

对"点到尸点过程运用动能定理

，〃gR(l+sin0)=gmv：

解得

sin6=2

211

所以

55

18

即物块脱离轨道后所能达到的最大高度

V：.SS

H=R(l+sin〃)+上=301

2g36

15.(1)3m/s2;8m/s(2)30°，

5

【解析】(1)设物块加速度的大小为a,到达6点时速度的大小为由运动学公式得:

L1—VQ/4~-Clt^,V—VQ+Clt

代入数据得:

a=3m/s2,v=8m/s

(2)设物块所受支持力为区，所受摩擦力为内，拉力与斜面间的夹角为%受力分析如图所示

由牛顿第二定律得:

Rosa-mgsin。一月=侬，/%ina+Rr/咯20s夕=0,月二

联立得

_mg(sin夕+〃cos0)+ma

1—

coscr+〃sina

由数学知识得：

V3.273./,_»、

COS6Z+—sin6z=^—sin(^60+a)

可知对应最小尸的夹角

。=30°

代入数据得F的最小值为：包IN

5

75

16.(1)1.25m/s；(2)一m

32

【解析】(1)a滑上c后水平方向受向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：

/J/ng=ma„

代入数据解得

4=lm/s"

若6、c相对静止，则从c整体受a对它的向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得

Hmg=2ma0\,c

代入数据解得