天津市八校2021届高三上学期期中考试联考物理试卷 Word版含解析

天津市八校2021届高三上学期期中考试联考物理试卷 Word版含解析

- 1 - 2020-2021 学年度第一学期期中八校联考高三物理 一、单项选择题（每小题只有一个正确答案，将正确的选项填涂在答题卡上。本 题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分） 1. 折线 ABCD 和曲线 OE 分别为甲、乙物体沿同一直线运动的位移和时间图像如图所示。t=2s 时，图像相交于 C 点，下列说法正确的是（ ） A. 两个物体同时、同地、同向出发 B. 第 3s 内，甲、乙运动方向相反 C. 2～4s 内，甲做减速运动，乙做加速运动 D. 2s 末，甲、乙未相遇 【答案】B 【解析】 【详解】A．由 x-t 图可以看出横截距为零，即同时出发，但是 t=0 时，甲在 A 点，乙在 x=0 处，故甲乙不是同地出发，故 A 错误； B．x-t 图像的斜率表示速度，第 3s 内，甲斜率为负，则代表速度沿负向，乙斜率为正则代表 速度沿正向，即甲、乙运动方向相反，B 正确； C．2～4s 内，甲的斜率不变，则速度不变，即甲做匀速运动，乙的斜率越来越大，即乙做加 速运动，故 C 错误； D．由图知 2s 末，甲、乙位于同一位置，即甲乙相遇，故 D 错误。 故选 B。 2. 在教室门与地面间缝隙处塞紧一个木楔（侧面如图所示），能把门卡住不易被风吹动。下列 分析正确的是（ ） A. 门不易被风吹动的原因是因为风力太小 B. 门被卡住时，将门对木楔的力正交分解，其水平分力大小小于地面给木楔的摩擦力大小 - 2 - C. 门被卡住时，将门对木楔的力正交分解，其水平分力大小等于地面给木楔的摩擦力大小 D. 塞在门下缝隙处的木楔，其顶角无论多大都能将门卡住 【答案】C 【解析】 【详解】ABC．对木楔受力分析，受重力、支持力、压力和摩擦力，如图所示 竖直方向 N=Fcosθ+mg 水平方向 f=Fsinθ 则门被卡住时，不是因为风太小，将门对木楔的力正交分解，其水平分力大小等于地面给木 楔的摩擦力大小，故 AB 错误，C 正确。 D．最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，为 fmax=μN=μ（Fcosθ+mg） 考虑摩擦自锁情况，不管多大的力 F 均满足满足 fmax≥f 即 μ（Fcosθ+mg）≥Fsinθ 由于 m 很小，故只要μ≥tanθ即可，题中由于θ很小，故很容易满足自锁条件；即顶角满足μ≥tanθ 才能将门卡住，故 D 错误。 故选 C。 3. 如图所示，质量不等的盒子 A 和物体 B 用细绳相连，跨过光滑的定滑轮，A 置于倾角为θ 的斜面上，与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，B 悬于斜面之外而处于静止状态．现向 A 中缓慢 加入砂子，下列说法正确的是( ) - 3 - A. 绳子拉力逐渐增大 B. A 对斜面的压力逐渐增大 C. A 所受的摩擦力一定逐渐增大 D. A 可能沿斜面下滑 【答案】B 【解析】 【详解】C、当 A Bm gsin m g  时，对 A 受力分析，由平衡条件有 A f Bm gsin F m g＝ ＋ ，随 Am 的增大，摩擦力不断增大；当 A Bm gsin m g  时，由平衡条件有 A f Bm gsin F m g＋ ＝ ， 随 Am 的增大，摩擦力不断减小，C 项错； B、在垂直斜面方向上，始终有 N AF m gcos＝ ，因此随着不断加入砂子，A 对斜面的压力不 断增大，B 项正确； D、由 tan ＝ ，可知最大静摩擦力 f max A AF m gcos m gsin    ，比较以上两个平衡关系 式可知，A 所受静摩擦力始终小于最大静摩擦力，故 A 始终保持静止，D 项错误；此时绳子所 受拉力等于 B 的重力，故拉力保持不变，A 项错误． 【点睛】本题关键通过分析物体的受力情况，确定摩擦力的大小和方向；注意静摩擦力可能 沿着斜面向下，也可能沿着斜面向上． 4. 某学校刚刚结束运动会，跳高比赛项目引人注目。如图，跳高运动员起跳后向上运动，越 过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为（ ） A. 失重、失重 B. 超重、超重 C. 失重、超重 D. 超重、失 - 4 - 重 【答案】A 【解析】 【详解】越过横杆前、后在空中只受重力作用，加速度向下，均处于始终状态。 故选 A。 5. 如图所示，将一个质量为 m的三角形物体放在水平地面上，当用一水平推力 F 经过物体的 重心向右推物体时，物体恰好以一较大的速度匀速运动，某一时刻保持力的大小不变立即使 推力反向变成拉力，则推力反向的瞬间（ ） A. 物体的加速度大小为 F m ，方向水平向左 B. 物体的加速度大小为 2F m ，方向水平向右 C. 地面对物体的作用力大小为 mg D. 地面对物体的作用力大小为  2 2mg F 【答案】D 【解析】 【详解】AB．开始物体做匀速直线运动，知推力 F 等于摩擦力，即 F=f，某一时刻保持力的大 小不变立即使推力反向变成拉力，物体仍然向右运动，摩擦力仍然向左，则合力为 F 合=F+f， 方向向左，根据牛顿第二定律，物体的加速度 2F f Fa m m   方向水平向左．故 AB 错误； CD．地面对物体有支持力和摩擦力，支持力等于重力，摩擦力等于 F，根据平行四边形定则 知，地面对物体的作用力  2 2F mg F   故 D 正确，C 错误． 故选 D． 考点：牛顿第二定律 - 5 - 【名师点睛】本题考查牛顿第二定律的瞬时性和矢量性、考查受力分析和力的合力，关键确 定出物体所受的合力，结合牛顿第二定律进行求解． 6. 如图所示，在竖直面内有一个以 AB 为水平直径的半圆，O 为圆心，D 为最低点。圆上有一 点 C，且∠COD＝60°。现在 A 点以速率 v1 沿 AB 方向抛出一小球，小球能击中 D 点；若在 C 点以某速率 v2 沿 BA 方向抛出小球时也能击中 D 点。重力加速度为 g，不计空气阻力。下列说 法正确的是（ ） A. 圆的半径为 R＝ 2 12 g v B. 圆的半径为 R＝ 2 14 3g v C. 速率 v2＝ 3 2 v1 D. 速率 v2＝ 3 3 v1 【答案】A 【解析】 【详解】AB.从 A 点抛出的小球做平抛运动，它运动到 D 点时： 竖直方向： 2 1 1 2R gt ① 水平方向： 1 1R v t ② 联立①②解得： 2 12vR g  故 A 正确，B 错误； CD.从 C 点抛出的小球 - 6 - 水平方向： Rsin60°＝v2t2 ③ 竖直方向： R（1－cos60°）＝ 2 2 1 2 gt ④ 联立③④解得： 2 1 6 2v v 故 C 错误，D 错误。 故选：A。 二、多项选择题（每小题均有多个选项正确，将正确答案填涂在答题卡上。每小 题全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，不选或错选不得分。本题共 4 小题，共 16 分） 7. 如图所示，左图为大型游乐设备跳楼机，如图为其结构简图。跳楼机由静止开始从 a 位置 自由下落到 b 位置，再从 b 位置开始以恒力制动竖直下落到 c 位置停下。已知跳楼机和游客的 总质量为 m，ab 高度差为 2h，bc 高度差为 h，重力加速度为 g，忽略空气阻力。则（ ） A. 从 a 到 b 与从 b 到 c 的运动时间之比为 2：1 B. 从 b 到 c，跳楼机受到的制动力大小等于 2mg C. 从 b 到 c，跳楼机座椅对游客的作用力为游客的重力的 3 倍 D. 从 a 到 b 与从 b 到 c 的运动加速度之比为 2：1 【答案】AC 【解析】 【详解】A．加速与减速过程平均速度相等，由 xt v  可得运动时间之比为 2：1，故 A 正确； D．由 a 到 b 的加速度为 g，有 - 7 - 2 2 vh g  由 b 到 c 加速度为 a，有 2vh a  可得 a=2g，故从 a 到 b 与从 b 到 c 的运动加速度之比为 1：2，故 D 错误； B．从 b 到 c，由牛顿第二定律 F mg ma  得跳楼机受到的制动力 F=3mg，故 B 错误； C．从 b 到 c，对游客利用牛顿第二定律 ' ' 'F m g m a  得跳楼机座椅对游客的作用力为 ' '3F m g 即跳楼机座椅对游客的作用力为游客的重力的 3 倍，故 C 正确。 故选 AC。 8. 如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平 行于地面．为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在 O 点悬挂不同的重物 C，则( ) A. 若健身者缓慢向右移动，绳 OA 的拉力变小 B. 若健身者缓慢向左移动，绳 OB 的拉力变小 C. 若健身者缓慢向右移动，绳 OA、OB 拉力的合力变大 D. 若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小 【答案】BD 【解析】 【详解】A.由于 OA、OB 为两段细绳，因此两细绳的拉力大小不一定相等，设绳 OA 的拉力为 FA，绳 OB 的拉力为 FB，重物 C 的质量为 m，因 O 点始终处于平衡状态，根据平衡条件有： 0AF cos mg- = ， 0A BF sin F- = - 8 - 解得： cosA mgF  ， BF mgtan= 当健身者缓慢向右移动时，θ角变大，则 FA、FB 均变大，故 A 错误； BD.当健身者缓慢向左移动时，θ角变小，则 FA、FB 均变小，因为健身者受到的摩擦力大小与 绳 OB 的拉力大小相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故 BD 正确； C.不论健身者向哪个方向移动，绳 OA 与绳 OB 拉力的合力一定等于重物 C 的重力 mg，保持 不变，故 C 错误． 9. “月亮正加速远离地球！后代没月亮看了。”一项新的研究表明，月球的引力在地球上产生 了周期性的潮汐现象，潮汐力耗散地球的自转能量，降低地球的旋转速度，同时也导致月球 正在以每年 38cm 的速度远离地球。不考虑其他变化，则很多年后与现在相比，下列说法正确 的是（ ） A. 月球绕地球做圆周运动的周期将减小 B. 月球绕地球做圆周运动的线速度减 小 C. 地球同步卫星的高度增大 D. 地球同步卫星的角速度增大 【答案】BC 【解析】 【详解】A．月球绕着地球做匀速圆周运动，故 2 2 2 4MmG m rr T  解得 3 2 rT GM  随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的周期将变大，故 A 错误； B．月球绕着地球做匀速圆周运动，故 2 2 Mm vG mr r  解得 GMv r  - 9 - 随着地月间距增加，月球绕地球做圆周运动的线速度变小，故 B 正确； CD．地球自转周期增加，自转角速度变小，故同步卫星的角速度变小；同步卫星的周期变大， 根据 3 2 rT GM  轨道半径变大，故高度增大；故 C 正确，D 错误。 故选 BC。 10. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 运行．初速度大小为 v2 的小物块从与传 送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在 传送带上运动的 v﹣t 图象如图乙所示（以地面为参考系）．已知 v2＞v1，则 A. 0～t2 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 B. 0～t 1 时间内与 t1～t2 时间内，小物块受到的摩擦力大小相同方向相反 C. t2 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 D. t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 【答案】AD 【解析】 【详解】AB．0～t2 时间内，小物块的加速度大小和方向都不变，则受到的摩擦力方向始终向 右，且大小不变，故 A 正确，B 错误； C．t1 时刻小物块向左运动到速度为零，离 A 处的距离达到最大，故 C 错误； D．t2 时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，则 t2 时刻，小物块相对传送带滑动 的距离达到最大，故 D 正确； 故选 AD。 三、填空、实验题（本题共 14 分，每空 2 分） 11. 如图甲为“探究求合力的方法”的实验装置。 ①下列说法中正确的是___________ A．为使测量更加准确，在测量同一组数据 F1、F2 和合力 F 的过程中，橡皮条结点 O 的位置 可以改变 B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下 - 10 - C．F1、F2 和合力 F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程 D．为减小测量误差，F1、F2 方向间夹角应为 90° ②弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为________N。 【答案】 (1). C (2). 4.0 【解析】 【详解】①[1]A．在测量同一组数据 F1、F2 和合力 F 的过程中，橡皮条结点 O 的位置不可以 改变，选项 A 错误； B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向不一定必须竖直向下，选项 B 错误； C．F1、F2 和合力 F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程，选项 C 正确； D． F1、F2 方向间夹角大小适当即可，不一定为 90°，选项 D 错误； 故选 C。 ②[2]弹簧测力计的最小刻度为 0.1N，则由图可知拉力的大小为 4.0N。 四、计算题（共 3 小题，12 题 12 分，13 题 16 分，14 题 18 分，共 46 分。作答时 写出必要的文字说明和公式，只有结果没有过程不得分。） 12. 如图所示，在绿茵场上，甲同学从 A 点将足球沿 AC 方向踢出，足球沿地面做初速度 v0=10m/s,加速度 a1=-lm/s2 的匀减速运动。在足球被踢出的同时，乙同学从 B 点开始做初速为 0 的匀加速运动，速度达到 v=8m/s 后做匀速运动，到达 C 点时刚好接到足球。已知 A、C 间 的距离与 B、C 间的距离均为 x=48m,求： （1）足球在 A、C 间运动的时间 t; （2）乙同学做加速运动的加速度大小 a2。 - 11 - 【答案】(1)8s （2）2m/s2 【解析】 【详解】（1）由 2 0 1 1 2x v t a t  得 8st  （2）对乙同学，有 2 1 2 1 1 2x a t 2 2x vt 1 2x x x  2 1v a t 1 2t t t  联立，代入数据得 2 2 s2m/a  13. 某宇航员到一个星球后想分析这个星球的相关信息，于是做了两个小实验：一是测量了该 星球的一个近地卫星绕该星球做匀速圆周运动（不计空气阻力）飞行 N 圈用了时间 t；二是将 一个小球从星球表面竖直上抛，测出上升的最大高度为 h，第一次上升的时间为 t1，第一次下 降的时间为 t2。设小球运动中受到的空气阻力大小不变，万有引力常量为 G，不计星球自转。 求： (1)该星球的密度； (2)该星球表面的重力加速度； (3)该星球的半径。 【答案】(1) 2 2 3 N Gt  ；(2) 2 2 1 2 h h t t  ；(3) 2 2 2 1 2 2 24 h h tt t N      【解析】 【详解】（1）近地卫星周期 - 12 - tT N  ① 卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，由向心力公式得 2 2 2 4mMG mRR T ＝ ② 由密度定义 3 = 4 3 M R   ③ 解得 2 2 3= N Gt  ④ （2）上升过程，由牛顿第二定律得 mg+f=ma1 ④ 由位移公式得 2 1 1 1 2h a t ⑤ 下降过程，由牛顿第二定律得 mg-f=ma2 ⑥ 由位移公式 2 2 2 1 2h a t ⑦ 解得 2 2 1 2 h hg t t   ⑧ （3）在球星表面附近时，不计星球自转，万有引力等于重力，有 2 MmG mgR  ⑨ 由③④⑧⑨式解得，该星球的半径为 2 2 2 1 2 2 24 h h tt tR N      14. 如图所示在倾角 =37的固定斜面上放置一质量 M=1kg、长度 L=0.75m 的薄平板 AB。 平板的上表面光滑其下端 B 与斜面底端 C 的距离为 4m。在平板的上端 A 处放一质量 - 13 - m=0.6kg 的能看成质点的滑块开始时使平板和滑块都静止之后将它们无初速释放。设平板 与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为=0.5。通过计算判断无初速释放后薄平板是 否立即开始运动，并求出滑块与平板下端 B 到达斜面底端 C 的时间差Δt。（sin370=0.6， cos370=0.8，g=10m/s2） 【答案】静止不动；1.0s 【解析】 【详解】对薄板由于 Mgsin37º<(M+m)gcos37º 故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。 滑块在薄板上滑行时加速度 a1=gsin37º=6m/s2 到达 B 点时速度 12v a L =3m/s 滑块由 B 至 C 时的加速度 a2=gsin37°－gcos37º=2m/s2 设滑块由 B 至 C 所用时间为 t，则 2 2 1 2BCL vt a t  解得 t=1.0s 滑块滑离后薄板才开始运动，加速度 a=gsin37°－gcos37º=2m/s2 滑至 C 端所用时间为 t'，则 21 2BCL at  解得 ' 2st  - 14 - 滑块与平板下端 B 到达斜面底端 C 的时间差为 t t t   1.0s