北京市朝阳区2021届高三物理上学期期中试题含解析.docx

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1、北京市朝阳区2021届高三物理上学期期中试题（含解析）第一部分本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1. 关于自由落体运动，下列选项正确的是（）A. 自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动B. 在空气中，不考虑空气阻力的运动是自由落体运动C. 质量大的物体受到的重力大，落到地面时的速度也大D. 物体做自由落体运动时不受任何外力作用【答案】A【解析】【详解】A根据自由落体运动的特点可知，自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，A正确；B自由落体运动初速度为零，只受重力作用，不考虑空气阻力的运动，不清楚初速度是否为零，是否受其它外力作用，所以

2、不能判断是自由落体运动，B错误；C物体做自由落体运动与物体的质量无关，C错误；D物体做自由落体运动时只受重力的作用，D错误。故选A。2. 如图所示，两根细绳AO和BO连接于O点，O点下方用细绳CO悬挂一重物，并处于静止状态，绳AO拉力为F1，绳BO拉力为F2。保持A、O点位置不变，而将绳BO缓慢向B1O、B2O移动直至水平。对于此过程，下列选项正确的是（）A. F1逐渐变小B. F2逐渐变小C. F1、F2的合力逐渐变小D. F1、F2的合力保持不变【答案】D【解析】【详解】对结点O进行受力分析如下图所示从上图我们可以看出，将绳BO缓慢向B1O、B2O移动直至水平时，F1逐渐变大，F2先变小后

3、变大，F1、F2的合力保持不变。故选D。3. 关于牛顿运动定律，下列选项正确的是（）A. 牛顿运动定律都可以通过实验操作进行验证B. 由牛顿第一定律可知物体只有在不受力时才具有惯性C. 由牛顿第二定律可得到1N=1kgm/s2D. 由牛顿第三定律可知相互作用力就是一对平衡力【答案】C【解析】【详解】A牛顿第一定律不能通过实验进行验证，故A错误；B惯性是物体的固有属性，由牛顿第一定律可知物体受力时、不受力时都具有惯性，故B错误；C公式Fma中，各物理量的单位都采用国际单位，可得到力的单位1N1kgm/s2故C正确；D由牛顿第三定律可知相互作用力分别作用在两个物体上，不是一对平衡力，故D错误。故选

4、C。4. 倾角为、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上下列结论正确的是A. 木块受到的摩擦力大小是mgcosB. 木块对斜面体的压力大小是mg sinC. 桌面对斜面体的摩擦力大小是mg sin cosD. 桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g【答案】D【解析】试题分析：先对木块m受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件求解支持力和静摩擦力；然后对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡解：AB、先对木块m受力分析，受重力mg、支持力N和静摩擦力f，根据平衡条件，有：f=mgsinN=mgcos故AB错误；CD、对M和m整体受力分析，受重力和支持力，二力

5、平衡，故桌面对斜面体的支持力为N=（M+m）g，静摩擦力为零，故C错误，D正确故选D【点评】本题关键灵活地选择研究对象，运用隔离法和整体法结合求解比较简单方便5. 一个圆锥摆由长为l的摆线、质量为m的小球构成，小球在水平面内做匀速圆周运动，摆线与竖直方向的夹角为，如图所示。已知重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列选项正确的是（）A. 小球受到重力、拉力和向心力作用B. 小球的向心加速度大小为a=gsinC. 小球圆周运动的周期为D. 某时刻剪断摆线，小球将做平抛运动【答案】D【解析】【详解】对小球受力分析如图所示A小球受到重力和拉力的作用，这两个力的合力提供向心力，向心力是一种作用效果，

6、物体受力分析时不能说受到向心力，故A错误；B根据牛顿第二定律得mgtan=ma得a=gtan故B错误；C根据牛顿第二定律得 解得小球圆周运动的周期故C错误；D某时刻剪断细线，小球只受重力的作用，有水平方向的速度，所以小球做平抛运动，故D正确；故选D。6. 一列简谐横波某时刻波形如图甲所示。由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示。下列选项正确的是（）A. 该横波沿轴正方向传播B. 质点L该时刻向y轴负方向运动C. 质点N经半个周期将沿轴正方向移动D. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同【答案】B【解析】【详解】AB由乙图可知，此时N点向上振动，根据上下坡法可知，该横波沿轴负方向传播；NL

7、两点相差半个波长，所以此时质点L该时刻向y轴负方向运动，故B正确，A错误；C因为是横波，质点N在平衡位置附近沿y轴振动，不沿x轴运动，故C错误；D该时刻质点K与M一个位于波峰、一个位于波谷，所以它们的速度都为0，加速度大小相等，方向相反，故D错误；故选B。7. 2020年7月23日12时41分，我国在海南文昌航天发射场，用长征五号遥四运载火箭将“天问一号”火星探测器发射升空，并成功送入预定轨道，迈出了我国自主开展行星探测的第一步。假设火星和地球绕太阳公转的运动均可视为匀速圆周运动。某一时刻，火星会运动到日地连线的延长线上，如图所示。下列选项正确的是（）A. “天问一号”在发射过程中处于完全失重

8、状态B. 图示时刻发射“天问一号”，可以垂直地面发射直接飞向火星C. 火星的公转周期大于地球的公转周期D. 从图示时刻再经过半年的时间，太阳、地球、火星再次共线【答案】C【解析】【详解】A“天问一号”在发射过程中，加速度竖直向上，处于超重状态，故A错误；B由于火星与地球绕太阳公转的周期不同，所以图示时刻垂直地面发射“天问一号”，不可能直接飞向火星，故B错误；C根据万有引力提供向心力可得它们绕太阳公转的周期的公式由于，故，故C正确；D地球绕太阳公转的周期为一年，由于火星，地球绕太阳公转的周期不同，所以从图示时刻再经过半年的时间，太阳、地球、火星不可能再次共线，故D错误。故选C。8. 某探究小组设

9、计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，让乘客乘坐更为舒适，如图所示。下列选项正确的是（）A. 当此车匀速上坡时，乘客受到三个力的作用B. 当此车匀速上坡时，乘客受到两个力的作用C. 当此车加速上坡时，乘客受到向后的摩擦力作用D. 当此车减速上坡时，乘客所受合力沿斜坡向上【答案】B【解析】【详解】AB当此车匀速上坡时，乘客处于平衡状态，乘客受到竖直向下的重力与座椅竖直向上的支持力两个力的作用，故A错误，B正确；C当此车加速上坡时，乘客的加速度方向沿斜坡向上，乘客受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力与水平向前的摩擦力作用，故C错误；D此车减速上坡时，乘客的

10、加速度方向沿斜坡向下，由牛顿第二定律可知，乘客所受合力方向沿斜坡向下，故D错误。故选B。9. 滑雪运动员沿斜坡滑道下滑了一段距离，重力对他做功1000J，他克服阻力做功100J。此过程关于运动员的说法，下列选项正确的是（）A. 重力势能减少了900JB. 动能增加了1100JC. 机械能增加了1000JD. 机械能减少了100J【答案】D【解析】【详解】A重力对他做功1000J，重力势能减少1000J，A错误；B由动能定理得B错误；CD机械能减少量等于克服阻力的功100J，C错误，D正确。故选D。10. 打高尔夫球可以简化为如图所示过程。某人从高出水平地面h的坡上水平击出一个质量为m的球，仅考

11、虑空气对球水平方向的作用，球将竖直地落入距击球点水平距离为L的A洞。已知重力加速度大小为g，则下列选项正确的是（）A. 球被击出后做平抛运动B. 球从被击出到落入A洞所用的时间为C. 球被击出时的初速度大小为D. 球被击出后受到的水平作用力大小为【答案】B【解析】【详解】A球水平方向受到空气阻力，不是平抛运动，A错误；B球在竖直方向做自由落体运动解得C球在水平方向做匀减速运动解得C错误；D水平方向做匀减速直线运动，末速度为零，因此有联立解得D错误。故选B。11. 如图所示，小物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止。从发射器（图中未画出）射出的小物块B沿水平方向与A相撞，碰撞前B的

12、速度大小为v，碰撞后二者粘在一起，并摆起一个较小角度。已知A和B的质量分别为mA和mB，重力加速度大小为g，碰撞时间极短且忽略空气阻力。下列选项正确的是（）A. B与A碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒B. B与A碰撞前后轻绳的拉力大小不变C. 碰撞后AB一起上升的最大高度与轻绳的长度有关D. 碰撞后AB一起上升的最大高度为【答案】D【解析】【详解】A由于碰撞时间极短，外力的冲量忽略不计，所以B与A碰撞过程满足动量守恒。碰撞后二者粘在一起，发生非弹性碰撞，机械能有损失，故A错误；B设碰撞后瞬间AB的共同速度为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mBv=（mA+mB）v碰撞前，对A有 F1=

13、mAg碰撞后，对AB整体，有联立解得B与A碰撞前后轻绳的拉力大小分别为 F1=mAg 则知B与A碰撞前后轻绳的拉力大小发生了改变，故B错误；CD碰撞后AB一起上升的过程，根据机械能守恒得（mA+mB）v2=（mA+mB）gh结合解得与绳长L无关，故C错误，D正确。故选D。12. 酒后驾驶会导致许多安全隐患。酒后驾驶员的反应时间变长，“反应时间”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间，表中“反应距离”是指“反应时间”内汽车行驶的距离；“制动距离”是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离。假设汽车以不同速度行驶时制动的加速度大小都相同。分析表中数据可知，下列选项中错误的是（）反应距离/m制动距离/m

14、速度/（ms-1）正常酒后正常酒后157.515.022.530.0A. 若汽车的初速度增加一倍，制动距离也增大一倍B. 驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5sC. 驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为7.5m/s2D. 若汽车以25m/s的速度行驶时发现前方60m处有险情，酒后驾驶不能安全停车【答案】A【解析】【详解】A由题意可知，制动距离可知，若汽车的初速度增加一倍，制动距离增大不是一倍，故A错误；B驾驶员采取制动措施时，有一定的反应时间。若是正常情况下， 由可得若是酒后则由可得所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s，故B正确；C制动距离减去思考距离才是汽车制动过程中的发生的

15、位移由可得 故C正确；D当酒后的速度行驶时反应距离减速行驶的距离制动距离为不能安全停车故D正确。本题选择错误的，故选A。13. 如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则A. 时刻小球动能最大B. 时刻小球动能最大C. 这段时间内，小球的动能先增加后减少D. 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】C【解析】【详解】小球在接触弹簧之前做自由

16、落体碰到弹簧后先做加速度不断减小的加速运动，当加速度为0即重力等于弹簧弹力时加速度达到最大值，而后往下做加速度不断增大的减速运动，与弹簧接触的整个下降过程，小球的动能和重力势能转化为弹簧的弹性势能上升过程恰好与下降过程互逆由乙图可知时刻开始接触弹簧，但在刚开始接触后的一段时间内，重力大于弹力，小球仍做加速运动，所以此刻小球的动能不是最大，A错误；时刻弹力最大，小球处在最低点，动能最小，B错误；时刻小球往上运动恰好要离开弹簧；这段时间内，小球的先加速后减速，动能先增加后减少，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，C正确D错误14. 一水平放置的圆盘绕竖直轴转动，如图甲所示。在圆盘上沿半径开有

17、一条均匀的狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且沿圆盘半径方向匀速移动，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出光信号强度I随时间t变化的图像，如图乙所示，图中Dt11.010-3s，Dt20.810-3s。根据上述信息推断，下列选项正确的是（）A. 圆盘在做加速转动B. 圆盘的角速度C. 激光器与传感器一起沿半径向圆心运动D. 图乙中Dt30.6710-3s【答案】D【解析】【详解】AB由图象可知转盘转动周期T=1.0s-0.2s=0.8s保持不变，所以圆盘做匀速圆周运动，故角速度为故AB错误；C由于电脉冲信号宽度在逐渐变窄，表明光

18、能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动，故C错误；D0.2s时刻的线速度1.0s时刻的线速度 1.8s时刻的线速度由于沿圆盘半径方向匀速移动，所以有r2-r1=r3-r2解得t3=0.6710-3s故D正确。故选D。第二部分本部分共6小题，共58分15. I在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m = 200 g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点已知打点计时器每隔T = 0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g =

19、9.8 m/s2，那么(1)计算B点瞬时速度时，甲同学用，乙同学用其中所选择方法正确的是 (填“甲”或“乙”)同学(2)同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为 m/s2，从而计算出阻力f = N(3)若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的? (填“能”或“不能”)【答案】（1）乙 （2）9.5 0.06 （3）能【解析】试题分析：（1）不能用甲的方法计算，因为甲的计算实际上就是已经承认了加速度为重力加速度，机械能守恒自然就一定成立了，不用验证了，故应用乙同学的，（2）根据做匀变速

20、直线运动的物体在相等的时间内走过的位移差是一个定值可得过程中重锤受到重力和阻力，所以根据牛顿第二定律可得，解得f=0.06N考点：考查了验证机械能守恒定律的实验点评：正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所测数据，如何测量计算，会起到事半功倍的效果16. 如图甲所示是某同学探究小车加速度与力的关系的实验装置，他将光电门固定在长木板上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放。甲 乙（1）若用游标卡尺测出光电门遮光条的宽度d如图乙所示，则d_mm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t，则小车经过光电门时的速度

21、为_（用字母表示）；（2）实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为_；（3）关于本实验，下列说法正确的是_；A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在重物拉动下恰好做匀速运动，此时小车受到的拉力和摩擦力恰好平衡B将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂重物的情况下使小车恰好做匀速运动，这是用小车受到的重力沿斜面方向的分力平衡了小车受到的摩擦力的结果C将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂重物的情况下使小车恰好做匀速运动，当挂上重物时，每次改变重物的质量都需要重新调节木板的倾角（4）测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间，并分别算出小车经

22、过光电门时的速度v，通过描点作出线性图像，研究小车加速度与力的关系。处理数据时应作出_（可选填“”、“”或者其他你认为正确的函数关系）图像。【答案】 (1). 4.3 (2). (3). mM (4). B (5). v2m【解析】【详解】（1）1 游标卡尺的读数为2 实验中，用物体通过光电门的平均速度代替物体的瞬时速度，则瞬间速度大小为（2）3 平衡摩擦力后，对m根据牛顿第二定律得对M有解得当时，即重物的质量要远小于小车的质量时，绳子的拉力近似等于重物的总重力。（3）4 平衡摩擦力时，将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，这是用小车受到的重力沿斜面方向的分力平

23、衡了小车受到的摩擦力的结果，当挂上重物时，每次改变重物的质量都不需要重新调节木板的倾角，A、C错误，B正确。故选B。（4）5 由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有由题意可知，M、s不变，画出图象，若图象为过原点的直线，则说明外力和加速度成正比，故画出图象可以直观的得出结论。17. 如图所示，一个质量m4.0kg的物块放在光滑水平地面上。零时刻对物块施加一个F=10N的水平向右恒定拉力，使物块从静止开始运动。(1)应用牛顿定律及运动学公式求解2.0s末物块的速度；(2)应用动能定理求解物块运动5.0m后的速度；(3)应用动量定理求解2.0s末物块的速度。【答案】(1)5m/s；(2)5

24、m/s；(3)5m/s【解析】【详解】(1)根据牛顿第二定律由运动公式得v=5m/s(2)由动能定理得v=5m/s(3)由动量定理得v=5m/s18. 如图所示，半径R0.2m的竖直半圆形光滑轨道bc与水平面ab相切。质量m0.1kg的小滑块B放在半圆形轨道最低点b处，另一质量也为m0.1kg的小滑块A，由a点以v07m/s的水平初速度向右滑行并与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动。已知a、b间距离x3.25m，A与水平面之间的动摩擦因数0.2，取重力加速度g10m/s2，A、B均可视为质点。（1）求A与B碰撞前瞬间速度的大小vA；（2）求A与B碰撞后瞬间速度的大小；（3）判断碰撞后

25、AB能否沿半圆形轨道到达最高点c，若能到达，求轨道最高点对AB的作用力FN的大小；若不能到达，说明AB将做何种运动。【答案】（1）6m/s；（2）3m/s；（3）见解析【解析】【详解】（1）A在水平面上做匀减速运动，根据动能定理得解得（2）A、B碰撞过程中，由动量守恒定律得解得（3）假设能到达c点，AB从b到c过程中，由机械能守恒定律得解得在c点，根据牛顿第二定律得当时解得由于，故不能到达最高点c；由于假设到达c点时还具有速度，说明AB已沿轨道越过圆心高度，离开轨道后AB将做斜抛运动。19. 沙尘暴和雾霾，都会对我们的健康造成伤害。沙尘暴是通过强风的推动，将地面上大量的沙子和尘土吹起来卷入空中

26、，使空气变得浑浊。根据流体力学知识，空气对物体的作用力可用f0Av2来表达，为一系数，0为空气密度，A为物体的截面积，v为物体的速度。地球表面的重力加速度为g。(1)若沙尘颗粒在静稳空气中由静止开始下落，请你定性在坐标系中画出沙尘颗粒下落过程的v-t图线；(2)将沙尘颗粒近似为球形，沙尘颗粒密度为，半径为r（球体积公式为）；a.若沙尘颗粒在静稳空气中由静止开始下落，推导其下落过程趋近的最大速度vm与半径r的关系式；b.结合上问结果说明地面附近形成扬沙天气风速条件。【答案】(1)；(2)a.；b.当风速的竖直向上分量达到或大于vm时，即可将沙尘颗粒吹起形成扬沙【解析】【详解】(1)颗粒下落过程中

27、受到重力和空气阻力，由牛顿第二定律可得因此随着速度增加加速度逐渐减小，当二力平衡时物体做匀速运动并且速度达到最大，因此运动图像如图(2)a.当f=mg时颗粒达到最大速度f=0Av2m=VA=r2联立得b.当风速的竖直向上分量达到或大于vm时，即可将沙尘颗粒吹起形成扬沙；20. 如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻被提升重物速度v与对轻绳的拉力F，并描绘出v-图象假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中线段AB与v轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内v和的关系；线段BC的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内v和的关系；第三个

28、时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映实验中还测得重物由静止开始经过t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动取重力加速度g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计（1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一个时间段内和第二个时间段内还各有一些物理量的值保持不变请分别指出第一个时间段内和第二个时间段内所有其他保持不变的物理量，并求出它们的大小；（2）求被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总路程【答案】（1）第一时间段内重物所受拉力保持不变F1=6.0N，第二段时间内拉力的功率保持不变P=12W （

29、2）3.15m【解析】【详解】（1）由v-图象可知，第一时间段内重物所受拉力保持不变，且F1=6.0N；因第一时间段内重物所受拉力保持不变，所以其加速度也保持不变，设其大小为a，根据牛顿第二定律有F1-G=ma重物速度达到vC=3.0m/s时，受平衡力，即G=F2=4.0N由此解得重物的质量m=0.40kg联立解得a=5.0m/s2在第二段时间内，图线斜率不变，则拉力的功率保持不变P=Fv=12w（2）设第一段时间为t1，重物在这段时间内的位移为x1，则， 设第二段时间为t2，t2=t-t1=1.0s重物在t2这段时间内的位移为x2，根据动能定理有Pt2-Gx2=解得x2=2.75m所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程x=x1+x2=3.15m【点睛】通过图象得到隐含信息是比较难的，同学们要注意观察图象的斜率、截距、图线与坐标轴围成的面积等的含义，还要注意图线的折点、交点等，求解复杂运动过程的运动量时，要注意划分过程，应用遵循的规律依次求解.