广东省汕头市金山中学2021届高三(上)期中物理试题(解析版)

汕头市金山中学2021届高三期中考试
物理科试题
（满分100 分．考试时间75 分钟．）
第一部分选择题（共46 分）
一、单项选择题：本题共7 小题，每小题4 分，共28 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1. 冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】冰壶甲乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点即圆心到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短代表碰撞后的速度大小．A图中，甲乙碰后的动量都斜向右上方，所以合动量不可能水平向右，不满足动量守恒定律选项A错．乙图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等小球发生完全弹
性碰撞的过程，选项B 是可能的．选项C 中，虽然甲乙动量都是水平向右，合动量也满足水平向右，但甲在后，乙在前，碰后甲不可能速度大于乙，即甲不可能在乙前面，选项C 错．D 选项，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律选项D 错．
2. 如图所示，两个截面半径均为r ，质量均为m 的半圆柱体A 、B 放在粗糙水平面上，A 、B 截面圆心间的距离为l ，在A 、B 上放一个截面半径为r ，质量为2m 的光滑圆柱体C ，A 、B 、C 处于静止状态，则（ ）
A. B 对地面的压力大小为3mg
B. 地面对A 的作用力沿A 、C 圆心连线方向
C. l 越小，A 、C 间的弹力越小
D. l 越小，地面对A 、B 的摩擦力越大
【答案】C 【解析】
【详解】A ．以三个物体组成的整体为研究对象，受到总重力和地面对A 和B 支持力，两个支持力大小相等，则由平衡条件得知地面对B 的支持力为2mg ，由牛顿第三定律得知B 对地面的压力大小也为2mg ，故A 错误；
B ．地面对A 有支持力和摩擦力两个力作用，地面对A 的作用力是它们的合力；A 受到重力mg 、地面的支持力1N 、摩擦力f 、
C 球的压力2N ，如图所示
根据平衡条件知地面的支持力1N 和摩擦力f 的合力与力mg 和压力2N 的合力等值、反向，C 球对A 的压力
2N 方向沿AC 方向，则力mg 和压2N 的合力一定不沿AC 方向，故地面对A 的作用力不沿AC 方向，故B
错误；
C ．以C 为研究对象，分析受力情况如图，由平衡条件有
2
2cos 2N mg θ'= 得
2
cos mg
N θ
'= l 越小，θ越小，cos θ越大，则得A 对C 间的弹力2
N '越小，故C 正确； D ．以A 为研究对象，根据平衡条件得知地面对A 的摩擦力
2sin f N α=
而C 对A 的压力
22
N N '= 则得l 越小，α越小，f 越小，故D 错误。

故选C 。

3. 如图所示，将一小球以一定的初速度水平抛出（不计空气阻力），小球运动到距离地面为h 时，小球的水平位移为x ，机械能为E ，动能为E k ，速度大小为v ，以水平地面为零势能面，则乙图中能正确反映各物理量与h 的关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C 【解析】
【详解】A ．平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，根据
2
12
H h gt -=
解得：()2H h t g
-=
，水平方向的分运动是匀速直线运动，则水平位移：
()00
2H h x v t v g
-==
距离地面的高度越大，x 越小，A 错误；
B ．在平抛运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则机械能不变，B 错误；
C ．根据动能定理得：
2
01()2
k mg H h E mv -=-，
解得：2
01()2
k E mg H h mv E mgh =-+=-，则动能与h 成一次函数关系，C 正确； D ．根据
22
011()22
k E mg H h mv mv =-+=
解得：2
()v mg H h v =-+，v 与h 不成一次函数关系，D 错误。

故选C 。

4. 宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。

在浩瀚的银河系中，多数恒星都是双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的O 点做匀速圆周运动，如图所示。

若AO >OB ，则（ ）
A. 星球A 的质量一定大于B 的质量
B. 星球A 的线速度一定小于B 的线速度
C. 双星间距离一定，双星的质量越大，其转动周期越大
D. 双星的质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越大 【答案】D 【解析】
【详解】A ．根据万有引力提供向心力
221122m r m r ωω=
因为12r r >，所以有
12m m <
即A 的质量一定小于B 的质量，选项A 错误；
B ．双星系统角速度相等，因为12r r >，根据v r ω=知星球A 的线速度一定大于B 的线速度，选项B 错误； CD ．设两星体间距为L ，根据万有引力提供向心力公式得
22121222244m m G mr mr L T T
ππ==
解得周期为
()
3122L T G m m π=+
由此可知双星的距离一定，质量越大周期越小，选项C 错误； 总质量一定，双星之间的距离就越大，转动周期越大，选项D 正确。

故选D 。

5. 如图所示为水平匀速向右运动的传送带，一个物块以某一速度从左边冲上传送带，则小物块运动的v –t 图象不可能．．．
是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D 【解析】
【详解】A ．物块的运动性质取决于物块的初速度和传送带的速度大小，如果物块的速度比传送带速度小，物块在传送带上一直加速，或先加速后匀速，A 正确，不符合题意；
B ．如果物块的速度与传送带的速度相等，物块在传送带上直接做匀速直线运动，B 正确；不符合题意；
C ．如果物块的速度较大，可以一直减速，减到B 点速度刚好能和传送带共速，C 正确，不符合题意；
D ．如果物块速度较大，可以一直减速，可以先减速后匀速，也可以减速到B 点与传送带共速，但是不可能减速到零，D 错误，符合题意。

故选D 。

6. 如图所示，乒乓球的发球器安装在水平桌面上，竖直转轴OO ′距桌面的高度为h ，发射器O ′A 长度也为h 。

打开开关后，可将乒乓球从A 点以初速度v 0水平发射出去，其中0222gh v gh ≤≤。

设发射出的所有乒乓球都能落到桌面上，乒乓球自身尺寸及空气阻力不计。

若使该发球器绕转轴OO ′在90º角的范围内来回缓
慢水平转动，持续发射足够长时间后，乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积S 是（ ）
A. 8πh 2
B. 4πh 2
C. 6πh 2
D. 2πh 2
【答案】B 【解析】
【详解】平抛运动的时间
2h t g
=
当速度最大时水平位移
2224max max h
x v t gh h g
⨯⨯
＝＝＝ 当速度最小时水平位移
min min 222h
x v t gh h g
⨯
＝＝＝ 故圆环的半径为
3h ≤r ≤5h
乒乓球第一次与桌面相碰区域的最大面积
S ＝
1
4
π[(5h )2﹣(3h )2]＝4πh 2 故ACD 错误、B 正确。

故选B 。

7. 如图所示，一小球用不可伸长的细绳（长度为l ）连接悬于O 点，小球被刚性小锤打击，打击后迅速离开，两次打击才能达到最高点，且球总在圆弧上运动．两次打击均在最低点A 完成，打击的时间极短．若锤第一次对球做功为1W ，锤第二次对球做功为2W ，则12:W W 最大值为（ ）．
A. 1∶2
B. 1∶3
C. 2∶3
D. 3∶2
【答案】C 【解析】 【分析】
要使摆球不脱离轨道，则有两种可能，一是摆到和圆心等高处，二是能做完整的圆周运动。

所以第一次敲击后小球摆到摆到和圆心等高处，如果第一次敲击超过了半径R 的高度 那么球就不可能是贴着圆形轨道返回。

第一次敲击后小球到达最高点做完整的圆周运动。

【详解】要使12:W W 有最大值，则应在1W 最大而2W 最小时。

要使1W 最大，应该是第一次打击后，小球恰能运动到和圆心等高处，所以有
1W mgl =
要使2W 最小，则两次打击后，小球恰能能做完整的圆周运动，在最高点有
2
v mg m l
=解得v gl =
在最高点具有的机械能2215
222
E mgl mv mgl =+
= 所以2123
-2
W gl W E m == 因此12:=2:3W W 故选C 。

【点睛】抓住球总在圆弧上运动，即摆球不脱离轨道的两种可能，一是摆到和圆心等高处，二是能做完整的圆周运动，这是解决此问题的关键。

二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，至
少有两项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分．
8. 如图所示，质量为m 的小球从距离泥潭表面高度为H 的A 点由静止释放，落到泥潭后陷入其中，陷入至深度为h 的B 点时速度减为零，不计空气阻力，重力加速度为g 。

则关于小球下落过程中，说法正确的是（ ）
A. 整个下落过程中，小球的机械能减少了mgH
B. 整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg (H +h )
C. 在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大小等于2m gH
D. 在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的大小等于2m gH 【答案】BD 【解析】
【详解】AB ．从静止开始释放到落到地面，应用动能定理
2
12
mgH mv =
解得
2v gH =
小球陷入泥中的过程，根据动能定理
21
02
f mgh W mv -=-
故
W f =mgh +
2
12
mv =mgh +mgH 克服阻力做的功等于小球机械能的减少量，故机械能减少了mgh +mgH ，故A 错误，B 正确； C ．由上可知小球落到地面的速度为2gH ，对进入泥潭的过程运用动量定理得
02G f I H I m g +-＝
可知阻力的冲量大小不等于2m gH ，故C 错误；
D．由上可知小球落到地面的速度为2gH，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m gH，故D正确。

2
故选BD。

9. 如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上。

槽的左侧有一竖直墙壁。

现让一小球（可视为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点入槽内。

则下列说法正确的是（）
A. 小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
B. 小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
C. 小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
D. 小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，故A错误；
B．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故B正确；
C．小球从最低点向右侧最高点运动的过程中，槽离开墙壁，小球与槽组成的系统在水平方向上不受外力，故水平方向动量守恒，故C正确；
D．小球离开右侧槽口时，有水平速度，也有竖直向上速度，所以小球相对于地做斜上抛运动，故D错误。

故选BC。

10. 如图所示，A、B是质量分别为m和2m的小环，一半径为R的光滑半圆形细轨道，其圆心为O，竖直固定在地面上。

轨道正上方离地高为h处固定一水平光滑长直细杆。

杆与轨道在同一竖直平面内，杆上P 点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方。

A套在杆上，B套在轨道上，一条不可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环。

两环均可看作质点，且不计滑轮大小与摩擦。

现对A环施加一水平向右的力F，使B环从地面由静止开始沿轨道运动。

则（）
A. 若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至C点的过程中，F一直减小
B. 若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至C点的过程中，外力F所做的功等于B环机械能的增加量
C. 若F为恒力，B环最终将静止在C点
D. 若F为恒力，B环被拉到与A环速度大小相等时，sin
R OBP
h ∠=
【答案】AB
【解析】
【详解】A．以B环研究对象
根据力的三角形和PBO相似可得
T
F mg
PB PO
=解得
T mg
F PB
PO
=
PO不变，PB减小，则绳子的拉力
T
F慢慢减小，F减小，A正确；
B．根据功能关系可知，外力F所做的功等于AB组成的系统机械能的增加量，缓慢拉动A，则A的动能不变，A的高度不变，重力势能不变，则A的机械能不变，所以外力F所做的功等于B环机械能的增加量，B正确。

C．若F为恒力，且B环能运动到C点速度不为零时，B环会经过C点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动，C错误；
D ．当PB 线与圆轨道相切时
B A v v =
根据数学知识有
sin R OPB h ∠=
则
sin R OBP h
∠≠
D 错误。

故选AB 。

第二部分 非选择题 （共 54 分）
三、实验题∶本题共 2 小题，共 16 分．
11. 如图所示，水平桌面上固定着斜面体A ，斜面体的曲面末端与桌面的右边缘平齐，且切线沿水平方向，现要设计一个实验测出小铁块B 自斜面顶端由静止开始下滑到底端的过程中，摩擦力对小铁块做功W f 。

实验器材可根据实验需要自选：
(1)实验中需要的器材还有：________、________、重锤线、白纸和复写纸。

(2)已知重力加速度为g ，实验中要需要测量的物理量除了斜曲面顶端离桌面高度H 、桌面离地高度h 外，还需要测量的物理量有： _______ 。

(写出还需测量的物理量并使用英文字母符号表示) (3)用第(2)问中已知的和测量的物理量符号写出W f 的表达式：_______。

【答案】 (1). 天平 (2). 直尺 (3). 桌面右边缘边到铁块落地点的水平距离s ，小铁块质量m (4).
2
f 4mgs W mgH h
=- 【解析】
【详解】(1)[1][2]设到达底端的速度为v ，根据动能定理得
2f 1
02
mgH W mv +=-
解得
2f 1
2
W mv mgH =-
可知测量摩擦力做功的大小，需知道斜面的高度以及离开斜面时的速度和物体的质量。

通过平抛运动的规律求出物体离开斜面的速度。

设桌面的高度为h ，小球的水平位移为s ，根据2
12
h gt =
得 2h t g
=
则离开的初速度
2g v s
h
= 则摩擦力做功
2
f 4mgs W mgH h
=-
需要测量的物理量为斜曲面顶端离桌面高度H ，桌面离地高度h ，桌面右边缘边到铁块落地点的水平距离s ，小铁块质量m 。

故还需要的测量工具为：天平、直尺。

(2)[3]根据(1)解析可知，还需要测量的物理量有：桌面右边缘边到铁块落地点的水平距离s ，小铁块质量m 。

(3)[4]根据(1)解析可知，摩擦力做功
2
f 4mgs W mgH h
=-
12. 某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。

将刻度尺固定在铁架台的横杆上（刻度尺的零刻度线在上端），光电门固定在刻度尺的下端刻度为x 2的位置，接通光电门的电源，让一个高度为d 的圆柱形重锤从光电门正上方刻度为x 1的位置由静止释放，重锤下落并穿过光电门，已知重锤下落的距离比重锤的高度大得多。

（1）某次实验中，测得重锤通过光电门时的遮光时间为t ∆，若重锤的质量用m 表示，查得当地重力加速
度为0g 。

则重锤由静止释放到穿过光电门的整个过程中重锤的动能增加量为_____，重锤的重力势能减小量为______。

（2）改变释放重锤时重锤与光电门间的距离x ，多次进行实验，记录每次实验重锤通过光电门时的遮光时间t ∆，该同学想用图象处理数据，为使所得图象为一条直线，应作下列_____图象（填选项代号）。

A ．x t ∆—
B ．2
()x t ∆— C D （3）若（2）问中所得图象斜率为k ，可得当地重力加速度g =__________。

将此测量值与0g 比较，若偏差不大，亦可验证小球机械能守恒。

（4）本实验因下列原因产生的误差，属于系统误差的是_______。

A ．刻度尺读数时出现的误差
B ．用重锤通过光电门的平均速度代替重锤到达光电门处的瞬时速度产生的误差
C ．小球下落过程受空气阻力影响产生的误差
【答案】 (1). (2). ()021mg x x - (3). D (4).
(5). BC 【解析】
【详解】(1)[1][2]重锤通过光电门时的速度
重锤由静止释放至重锤下落并穿过光电门的过程中重锤动能增加量为
重锤重力势能减小量为
()p 021E mg x x ∆=-
(2)[3]若机械能守恒则
即
则为使所得图象为一条直线，要做2
1
x t ∆—图像，故选D 。

(3)[4]若(2)问中所得图象斜率为k ，则
2
=2d k g
可得
2
=2d g k
(4)[5]A ．刻度尺读数误差属于偶然误差，故A 错误；
B. 用重锤通过光电门的平均速度代替重锤到达光电门处的瞬时速度产生的误差是系统误差，故B 正确；
C. 小球下落过程受空气阻力影响产生的误差是系统误差，故C 正确。

故选BC 。

四、计算题：本题共 3 小题，共 38 分
13. 如图所示，传送带水平部分的长度 4.5m l =，在电动机带动下匀速运行。

质量0.49kg M =的木块(可视为质点)静止在传送带左端的光滑平台上。

质量为0.01kg m =的子弹以050m/s v =的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P 点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢的Q 点。

已知木块与传送带间的动摩擦因数0.5μ=，P 点与车底板间的竖直高度 1.8m H =，与车厢底板Q 点的水平距离 1.2m x =，取210m/s g =，求： (1) 子弹打入木块的过程系统损失的机械能； (2) 木块从传送带左端到达右端的时间。

【答案】(1)49
J 4
E ∆=；(2)2.3s 【解析】
【详解】(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得
()01mv M m v =+
此过程损失的机械能
解得
(2)传送带的速度等于木块运动到P 点后做平抛运动
x vt =
解得抛出速度
2m/s v =
木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得
()()M m g M m a μ+=+
加速至v 的位移
加速运动时间
之后随传送带向右匀速运动，匀速运动时间
木块从传送带左端到达右端的时间
12 2.3s t t t =+=
14. 飞球调速器是英国工程师詹姆斯·瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计，如图（a ）所示，这是人造的第一个自动控制系统。

如图（b ）所示是飞球调速器模型，它由两个质量为m 的球通过4根长为l 的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒铰接。

上面套筒固定，下面套筒质量为M ，可沿轴上下滑动。

不计一切摩擦，重力加速度为g ，当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度ω匀速转动时（飞球调速器的旋转速度和蒸汽机相同）：
(1)求此时轻杆与竖直轴之间的夹角θ的余弦值；
(2)为实现对蒸汽机的自动控制（即将蒸汽机的转速控制在一定范围内），由于扰动，当套筒下移时，传动机构应使蒸汽机的转速升高还是降低？请简述其控制原理。

【答案】(1)()2
cos m M g ml θω+=
；(2)升高。

由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移。

为保持原来的
转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。

【解析】
【详解】(1)小球受到重力mg 、上下两根轻杆的拉力F 1、F 2，，如图所示
竖直方向上，物体处于平衡状态
12cos cos F F mg θθ=+
水平方向上，由牛顿第二定律
212sin sin F F mr θθω+=
且
sin r l θ=
下面套筒受到重力Mg 、左右两根轻杆的拉力为F 3、F 4（根据对称性，F 3、F 4相等），由物体的平衡可知
32cos F Mg θ=
而
32F F =
联立，解得
()2
cos m M g ml θω+=
(2)升高。

由于扰动，蒸汽机的转速降低，套筒才会下移。

为保持原来的转速，传动机构应使蒸汽机转速升高。

15. 如图所示，半径为R 的
1
4
光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠轨道下端B 点，上表面与圆弧轨道末端相平。

离滑板右端02
R
L =处有一竖直固定的挡板P 。

一质量为m 的
物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A 点由静止开始沿轨道滑下，经B 点滑上滑板。

已知滑板质量2M m =，物块与滑板间的动摩擦因数 0.5μ=，重力加速度为g 。

滑板与挡板碰撞时立刻反弹且没有机械能损失，滑板返回B 点时即被锁定而保持静止。

滑板足够长使物块总不能滑至滑板右端。

（1）求物块滑到B 点的速度大小；
（2）求滑板与挡板P 碰撞前瞬间物块的速度大小；
（3）站在地面的观察者看到物块有一段时间内在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围。

【答案】(1)02v gR =；(2)123gR
v =
；(3)M 2296
gR gR
v ≤≤ 【解析】
【详解】(1)物块由A 到B 的运动过程，只有重力做功，机械能守恒。

设物块滑到B 点的速度大小为v 0，有
2012
mgR mv =
解得
02v gR =
(2)假设滑板与P 碰撞前，物块与滑板具有共同速度v 1，取向右为正，由动量守恒定律
01()mv m M v =+
设此过程滑板运动的位移为s ，由动能定理
联立解得
所以假设成立，滑板与挡板P 碰撞前瞬间物块的速度大小为
(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P 碰撞后速度v 1大小不变，只是方向向左。

此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动。

设两者第二次具有共同速度为v 2，取向左为正，由动量守恒定律有
112()Mv mv m M v -=+
设此时滑板离P 的距离为s '，由动能定理
解得
说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B 点，两者能够第二次达到共同速度。

设当物块的速度减为零时，滑板速度为v 3，取向左为正，有
113Mv mv Mv -=
解得
所以，物块加速运动阶段的速度范围为
此阶段滑板的速度范围为。