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1、2021 届高三第一次联考物理答案 第1页（共 5 页） 1 2021 届届高三高三第一次第一次联考联考物理物理参考参考答案答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D B C D ACD BC CD AD 1.C【解析】由图像知该车做匀减速直线运动，图像斜率等于 1 2a ，故加速度为 a=-0.9m/s2，选项 A 错误； 由 10 s 3 v t a ，选项 B 错误；由 2 0 1 2 xv tat得 2s 内位移为 4.2m，1s 内的位移为 2.55m，在 1s 时的坐 标为 1.55m，选项 C 正确，D 错误。 2.A【解析】.过抛出点作斜坡的垂线，如
2、图所示，当炸弹落在斜坡上的 P 处时，位移最小，设运动的时间 为 t， 则水平方向： xhcos sin v0t， 竖直方向： yhcos cos 1 2gt 2， 解得 v0 gh 2 sin ，t 2h g cos .只有选项 A 正确。 3.D【解析】由开普勒第二定律，月球运动到近地点时的速度最大,根据万有引力提供月 球运动的向心力，即GMm r2 mv 2 r ，可得 v GM r ，月球远地点的速度小于地球的第 一宇宙速度，选项 A 错误；依牛顿第二定律和万有引力定律，月球运动到近地点时所受引力最大，加速度 最大,选项 B 错误；月球绕地球运动过程仅受地球的万有引力，机械能守恒，选项
3、 C 错误；根据开普勒第三 定律有r 3 1 T21 r32 T22，月球公转周期大于地球同步卫星的公转周期,月球的半长轴大于同步卫星的轨道半径，选项 D 正确。 4.B 【解析】 根据牛顿第二定律可知： FFfma， 解得牵引力： FFfma0.051.010410 N1.01040.5 N1.0104 N，选项 A 错误；汽车匀加速运动过程中达到的最大速度为：v加P F 5104 1.0104 m/s5 m/s，选 项 B 正确；汽车加速时间为：tv 加 a 5 0.5 s10 s，选项 C 错误；汽车匀加速运动通过的位移大小为：x1 1 2 at225 m，选项 D 错误。 5.C 【解
4、析】 小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零， 斜面对小球的弹力恰好为零时， 设细绳的拉力为 F，斜面的加速度为 a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有 Fcos ma0，Fsin mg0，代入数据解得 a013.3 m/s2，由于 a15 m/s2a0，可知小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设 细绳与水平方向的夹角为 ，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有：F2cos ma2，F2sin mg0， 代入数据解得 F220 5 N. 则F1 F2 5 5 ，只有选项 C 正确。 6.D【解析】当夹角为 1时，最大静摩擦力为 Ff2，而滑动摩擦力为 Ff1此时铁块
5、是加速下滑的，则有 mgcos 2021 届高三第一次联考物理答案 第2页（共 5 页） 2 1mgsin 1，解得：tan 1，由 mgcos 1Ff1解得： Ff1 mgcos 1，选项 A、B 错误；当木板与地面的夹 角为 2时，铁块只受重力，但初速度不为零，选项 C 错误；当木板由 1转到的 2的过程中，依据 mgcos Ff可知，铁块受到摩擦力大小会减小，则其受到的合力增大，那么加速度增大，因此铁块的速度变化越 来越快，选项 D 正确。 7ACD【解析】根据万有引力提供飞行器的向心力，GMm r2 ma，aGM r2 ，量子科学实验卫星的加速度大 于碳卫星的加速度，选项 A 正确；根
6、据GMm r2 mv 2 r ，v GM r ，第 55 颗北斗导航卫星的线速度小于碳卫 星的线速度，选项 B 错误；根据GMm r2 m4 2 T2 r，T 42r3 GM ，量子科学实验卫星的周期小于第 55 颗北斗导 航卫星的周期，选项 C 正确；根据GMm r2 m2r， GM r3 ，第 55 颗北斗导航卫星的角速度小于碳卫星 的角速度，选项 D 正确。 8.BC【解析】由物块运动过程中的加速度 a 随推力 F 变化的图象可知，当推力 F10 N 时，加速度为零， 运用牛顿第二定律可得 Fmg0；当 F0 时，加速度 a4 m/s2，运用牛顿第二定律，mgma， 联立解得 0.4，m
7、2.5 kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为 0.4，物块的质量为 2.5kg，选项 A 错误， B 正确；用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力 F 减小为 10N 时加速度为零，物块的速度最大，选项 C 正确；当推力 F 减小为 0 时，物块做减速运动，物块 的速度不为零，选项 D 错误。 9CD【解析】小孩重力势能减少 mgh，选项 A 错误；若小孩不受摩擦力，则加速度应为 agsin 30g 2， 而现在的加速度小于g 2，故小孩应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，根据能量守恒定 律，减小的重力势能转化为动能和摩擦内能，选项
8、B 错误；小孩下滑的距离：L h sin 302h；由运动学公 式可得： v22aL， 得： v 2aL； 动能为： Ek1 2mv 22 3mgh， 选项 C 正确； 由动能定理可知 mghWf 1 2mv 2， 解得 Wf1 3mgh，故下滑过程中系统减少的机械能为 1 3mgh，选项 D 正确 10AD【解析】“小球不脱离圆轨运动”所包含的两种情况：（1）小球通过最高点并完成圆周运动；（2） 小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道。对于第（1）种情况，当 v0较大时，小球能够通过最高点， 这时小球在最高点处需要满足的条件是 mgmv2/R， 又根据机械能守恒定律有 mv2/22mgRm
9、v20/2， 可求得 v02 5 m/s，选项 A 正确、B 错误；对于第（2）种情况，当 v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应 的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有 mgRmv20/2，可求 得 v02 2 m/s，选项 C 错误、D 正确。 11（6 分） （1）10（1 分） 50（2 分） （2）2.00（1 分） 2（2 分） 【解析】（1）如题图甲所示的 FL 图象，在横轴的截距等于弹簧原长 L0，斜率等于弹簧的劲度系数 k.弹 簧原长 L010 cm，弹簧的劲度系数 kF L50 N/m. （2）根据毫米刻度尺读数规则，要估读到 0.1
10、 mm， 如题图乙所示指针所指刻度尺示数为 2.00 cm.弹簧被压缩了 x10.00 cm2.00 cm8.00 cm，根据胡克定 律，Fkx，解得 F4N，由此可推测每个钩码重为 2N 2021 届高三第一次联考物理答案 第3页（共 5 页） 3 12（8 分） （1）匀速（1 分） （2）0.12（2 分） （3）0.42（2 分） 0.54 （2 分） （4）C、D 之间的距离（1 分） 【解析】 （1）挂钩码前，调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车，纸带打点均匀，小车做匀速直线运动， 表明此时已消除了摩擦力的影响。（2）已知电源频率为 50Hz，打点计时器每隔 0.02s 打一个点，
11、每两个计 数点间有六个时间间隔，故两计数点的时间间隔是 0.12s。（3）由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等 于平均速度，则打下 C 点时小车的瞬时速度大小是 vC= 2 10 12. 02 88. 296.12 2 T BD m/s=0.42m/s； D 点小车的瞬 时速度 m/s54. 0m/s10 12. 02 20. 716.20 2 2 D T CE v ； （4）验证动能定理需要求出小车运动的过程中拉力对小车做的 功，所以需要测量对应的 C、D 之间的距离。 13.（10 分） （1）在火星表面有 GMm R2 mg （2 分） 对该卫星，根据万有引力定律有 GMm r2 m（2
12、 T ）2r （2 分） 联立解得火星表面的重力加速度 g4 2r3 T2R2 （2 分） （2）着陆器第二次落到火星表面时，有 vy22gh，v v02vy2 （2 分） 联立解得 v v028 2r3h T2R2 （2 分） 14.（10 分） （1）小球恰好能在竖直面内做圆周运动，表示到达最高点时绳的拉力为 0，对支架受力分析可得 MgN 1 （1 分） 小球恰好到达最高点时对小球受力分析，根据牛顿第二定律得 L mv mg 2 高 得gLv 高 （1 分） 小球从最高点到最低点，根据动能定理得 2 高 2 低 2 1 2 1 2mvmvLmg（1 分） 在最低点对小球由圆周运动的条件得
13、 L mv mgT 2 低 2 （1 分） 联立可得mgT6 2 （1 分） 对支架受力分析，根据平衡条件得mgMgTMgN6 22 （1 分） （2）小球从最高点到运动到与圆心等高处时，根据动能定理得： 2 高 2 中 2 1 2 1 mvmvmgL（1 分） 在该点对小球由圆周运动的条件得 L mv T 2 中 3 2021 届高三第一次联考物理答案 第4页（共 5 页） 4 联立可得mgT3 3 （1 分） 对支架受力分析，根据平衡条件得地面对支架的支持力MgN 3 ，mgTf3 3 （2 分） 15（12 分） （1）物块 A 水平方向不受力，故物块 A 水平方向静止不动。 开始时木板
14、 B 对地面的压力() =30 N FMm gN（1 分） 木板 B 受到的摩擦力3 fN FFN（1 分） 由牛顿第二定律可知 f FFMa （1 分） 木板 B 的加速度 2 =1 /am s （1 分） 物块 A 从木板 B 上脱离，木板 B 移动的距离为 2 L ，由运动学公式得 2 1 22 L at （1 分） 解得从木板 B 开始运动到物块 A 从木板 B 的上表面脱离所经历的时间：1st （1 分） （2）物块 A 从木板 B 上表面脱离时，木板 B 的速度vat（1 分） 物块 A 从木板 B 上表面脱离后，竖直方向做自由落体运动，有 2 1 1 2 gth（1 分） 物块
15、A 从木板 B 上脱离后木板 B 对地面得压力 N FMg （1 分） 木板 B 受到得摩擦力 fN FF（1 分） 由牛顿第二定律可知 f FFMa（1 分） 在物块 A 落地过程中木板 B 走过的位移 2 11 1 2 xvt at 解得0.23mx 故物块 A 落地时，物块 A 距木板 B 左段的水平距离为 0.23m。（1 分） 16（14 分） （1）由能量守恒可知 P Emgs （1 分） 物块在传送带上时传送带一直对物块做正功，则物块一直处于加速状态，设物块到传送带左端时速度为 v， 根据功能关系有 2 1 = 2 P mgsmvE （2 分） 解得 =2vgs （1 分） 即传送带的速度至少为2gs （1 分） 2021 届高三第一次联考物理答案 第5页（共 5 页） 5 （2）设物块滑上传送带时的初速度为 v0，则 2 0 1 = 2 P mvE （1 分） 解得 0 2vgs（1 分） 物块在传送带上运动的加速度=ag （1 分） 在传送带上运动的时间 0 (22) vvs t ag （1 分） 物块与传送带间产生的热量为 1 =()Qmg vts （1 分） 传送带速度取最小值 1= vv （1 分） 传送带电动机因物块额外 消耗的电能最少，所以有： 22 min0 11 = 22 EmvmvQ（1 分） 解得 min=2(2 2)Emgs（2 分）
