1、苏州市2021届高三年级第一学期期中考试苏州市2021届高三年级第一学期期中考试 物 理物 理202011 本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分满分100分， 考试时间90分钟 第卷(选择题 共40分) 一、 单项选择题： 本题共 8小题， 每小题 3分， 共24分在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项符合 题意 1下列有关物理学史的说法正确的是 () A伽利略发现了行星运动的规律 B库仑提出了库仑定律， 并最早用实验测得元电荷e的数值 C奥斯特首先发现了电流的磁效应 D牛顿发现了万有引力定律， 并计算出太阳与地球之间的引力大小 2“礼让行人”是城市文明交通的体现小王驾驶汽车以 3
2、6km/h 的速度匀速行驶， 发现前方的斑马线 上有行人通过， 立即刹车使车做匀减速直线运动， 直至停止， 刹车加速度大小为 10m/s2若小王的反 应时间为05s， 则汽车距斑马线的安全距离至少为 () A5mB10mC15mD36m 3如图所示为体操男子吊环比赛中某个动作的模拟图， 运动员静止不动， 两根吊带对称并与竖直方向 有一定夹角此时左、 右两吊环对运动员的作用力大小分别为F1、 F2则下列判断 正确的是 () AF1、 F2是一对作用力和反作用力 B两个吊环对运动员的作用力的合力一定竖直向上 C每根吊带受到吊环的拉力的大小都等于运动员重力的一半 D在运动员将两吊带再缓慢向两边撑开的
3、过程中， 吊带上的张力缓慢增大 4将一原来不带电的金属小球N放在一带电小球M的旁边， 它们在周围空间产生电场， 其电场线分布 如图所示则下列说法正确的是 () A同一带电粒子在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力 B一带正电的粒子从A点由静止释放， 仅在电场力作用下， 一定沿电场线运动到B点 C一带负电粒子在A点的电势能小于在B点的电势能 D小球N左端带负电、 右端带正电， 所以它左端的电势一定低于右端的电势 5人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道如图所示， 在发射地球同步卫星的过程 1 中， 卫星从圆轨道的A点先变轨到椭圆轨道， 然后在B点变轨进入地球同步轨道， 则下列说法 正
4、确的是 () A该卫星的发射速度应大于112km/s且小于167km/s B该卫星在轨道上经过A点时的加速度比在轨道上经过B点时的加速度小 C该卫星在B点通过减速实现由轨道进入轨道 D若该卫星在轨道、 、 上运动的周期分别为T1、 T2、 T3， 则T1T2M乙(1分) 14(8分)(1)A2(1分)R2(1分)(2)25(2分) (3) U0 I0 -r(2分)(4)偏小(2分) 15(9分)解： (1)对火星， 由万有引力近似等于重力， 有G Mm R2 =mg(1分) 对小球v0=g 1 2 t(2分) 联立解得M= 2v0R2 Gt (1分) (2)对航天器， 由万有引力提供向心力，
5、有G Mm R2 =mv 2 R (1分) 将M代入解得v= 2v0R t (1分) (3)设航天器的同步轨道半径为r， 由万有引力提供向心力， 有 G Mm (R+h)2 =m4 2 T2 (R+h)(2分) 将M代入解得h= 3 v0R2T2 22t -R(1分) 16(9分)解： (1)对小球： 细线上的拉力T=3mg(1分) 对物块： mgsin+F=T(1分) 解得F=236mg(1分) (2)小球在C点时速度与物块速度大小相等 对小球和物块组成的系统， 由机械能守恒定律 3mgR-mg 1 2 Rsin= 1 2 (3m+m)v2(1分) 解得v=gR (1分) 在C点： 对小球，
6、 由牛顿第二定律N-3mg=3m v2 R (1分) 解得N=6mg(1分) (3)在小球从A点运动到C点过程中， 对物块， 由动能定理 W-mg 1 2 Rsin= 1 2 mv2-0(1分) 解得W= 3 2 mgR(1分) 17(12分)解： (1)对小煤块受力分析可得， 小煤块开始下滑的加速度 8 (2)小煤块与传送带共速经过的时间t1= v a1 =1s 此时小煤块的位移x1= 1 2 a1t2 1=5m(1分) x1， 小煤块继续加速下滑 加速度a2= mgsin-mgcos m =2m/s2(1分) 则有x2=L-x1=vt2+ 1 2 a2t2 2(1分) 解得t2=1s(t2
7、=-11s舍去)(1分) 故小煤块从A运动到B的时间t=t1+t2=2s(1分) (3)小煤块先相对传送带向上滑动， 相对位移沿传送带向上 大小为s=vt1-x1=5m(1分) 共速后， 小煤块相对传送带向下滑动， 相对位移沿传送带向下 大小为s=x2-vt2=1m(1分) 因为ss 故小煤块在传送带上留下的痕迹长度为s=5m(1分) (4)小煤块和传送带间因摩擦产生的热量Q=mgcos(s+s)=24J(2分) 18(16分)解： (1)带电液滴在第一象限内做类平抛运动， 设带电液滴经过N点时速度大小为v 在x轴方向上： 3d=v0t1(1分) 在y轴方向上： 2d= 1 2 vyt1(1分
8、) 联立解得t1= 3d v0 ， v=2 0 2 y= 5 3 v0(2分) 方向与x轴正方向成53角斜向下(1分) (2)从M点到N点由动能定理得2dEq= 1 2 mv2- 1 2 mv2 0(2分) 解得E= 2 0(1分) (3)带电液滴进入区域后做匀速圆周运动， 过 N点做速度的垂线与NP的垂直平分线交于O1点， 作出 其轨迹示意图如图所示 带电液滴离开区域经过 y 轴时与 y 轴垂直， 所以在区域中轨迹的圆心为 O 点， 由几何关系可知， 区 域轨迹对应的圆心角为74 mgsin + mgcos = ma1(1 分 ) 解得 a1 = 10m/s2(1 分 ) 9 故有R1= N
9、P 2 sin37 = 15 8 d(1分) 由qvB1=m v2 R1 (1分) 解得B1= 8mv0 9qd (1分) (4)带电液滴在Q点与不带电液滴碰撞后合为一体， 速度大小为v1 由动量守恒定律， 则有mv=2mv1(1分) 由几何关系可知， 液滴整体在第二、 三象限内的轨迹半径R3= MQ 2 = 23d 8 (1分) 所以液滴整体在第二、 三象限内的运动时间t4= 1 2 2R3 v1 = 69d 20v0 (1分) 由几何关系可知， 带电液滴在区域中的轨迹半径是区域中的2倍， 即R2= 15d 4 带电液滴在区域中的运动时间t3= 53 360 2R2 v = 53d 80v0 (1分) 带电液滴在区域中的运动时间t2= 74 360 2R1 v = 37d 80v0 所以液滴从M点出发至回到M点所需的时间 t=t1+t2+t3+t4= (183+120)d 40v0 (1分) 10
