河南省郑州一中2021届高三物理上学期开学试题（Word版附答案） 17页

郑州一中2021届高三上学期开学测试 物理试题 一. 选择题（共12小题，其中9—12为多选。每小题4分，共48分。）‎ ‎1. 如图所示，一段半径为R的圆弧固定在竖直平面内，两个轻环a和b套在圆弧上，一轻质细线穿过两环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一钩码。平衡时，a、b间的距离恰好等于. 不计一切摩擦，则此钩码的质量为 A. m B. C. D. 3m ‎2. 如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则的值为 A. B. C. D. ‎ ‎3. 一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是 A. 0～t1时间内，v增大，‎ B. t1～t2时间内，v减小，‎ C. t2～t3时间内，v增大，‎ D. t2～t3时间内，v减小，‎ ‎4. 如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β. 若α=70°，则β等于 A. 45° B. 55° C. 60° D. 70°‎ ‎5. 如图所示，水平面上放有三个木块A、B、C，质量均为m=1kg，A、C与地面间的接触面光滑，B与地面间的动摩擦因数，A、B之间用轻弹簧相连，B、C之间用轻绳相连。现在给C一个水平向右的大小为4N的拉力F，使A、B、C三个木块一起以相同的加速度向右做匀加速直线运动。某一时刻撤去拉力F，则撤去力F的瞬间，轻绳中的张力T为（重力加速度g=10m/s2）‎ A. 0 B. 1N C. 2N D. 3N ‎6. 在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间（x—t）图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加 速度恒定且等于，t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，则 A. a车做匀速运动且其速度为 B. t=0时，a车和b车的距离 C. t=3s时，a车和b车相遇，但此时速度不等 D. t=1s时，b车的速度为10m/s ‎7. 如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为的恒力，使A、B在斜面上都保持静止，如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法错误的是 A. 弹簧的原长为 B. 斜面的倾角为α=30°‎ C. 撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度不变 D. 撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0‎ ‎8. 如图所示，光滑小球用一根不可伸长的细绳系住，绳的另一端经过半圆形的光滑碗的边缘B点。现用水平力缓慢地拉动小球，小球在碗壁上滑动，细绳始终处于细紧状态。小球从碗底中心点位置A点开始到接近碗口边缘B点的过程中，碗面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是 A. FN保持不变，FT不断减小 B. FN不断减小，FT不断增大 C. FN保持不变，FT先减小后增大 D. FN不断减小，FT先减小后增大 ‎9. 如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度随时间变化的图象可能是 A. B. C. D. ‎ ‎10. 如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用。A、B间的摩擦力、B与地面间的摩擦力随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块的质量m=3kg，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A. 两物块间的动摩擦因数为0. 2‎ B. 当0＜F＜4N时，A、B保持静止 C. 当4＜F＜12N时，A、B发生相对运动 D. 当F＞12N时，A的加速度随F的增大而增大 ‎11. 如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是 A. A球的加速度沿斜面向上，大小为2gsinθ B. C球的受力情况未变，加速度为0‎ C. B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ D. B、C之间杆的弹力大小不为0‎ ‎12. 如图所示，竖直墙壁与光滑水平地面交于B点，质量为的光滑半圆柱体O1紧靠竖直墙壁置于水平 地面上，可视为质点的质量为的均匀小球O2用长度等于AB两点间距离的细线悬挂于竖直墙壁上的A点，小球静O2置于半圆柱体O1上，当半圆柱体质量不变而半径不同时，细线与竖直墙壁的夹角B就会跟 着发生改变，已知重力加速度为g，不计各接触面间的摩擦，则下列说法正确的是 A. 当θ=60°时，半圆柱体对地面的压力 B. 当θ=60°时，小球对半圆柱体的压力 C. 改变圆柱体的半径，圆柱体对竖直墙壁的最大压力为 D. 圆柱体的半径增大时，对地面的压力保持不变 二. 实验题（共2小题）‎ ‎13. 2020年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：‎ ‎（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。‎ ‎（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。‎ ‎（iii）该同学选取部分实验数据，画出了图象，利用图象数据得到小物块下滑的加速度大小为5. 6m/s2.‎ ‎（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。‎ 回答以下问题：‎ ‎（1）当木板的倾角为37°时，所绘图象如图乙所示。由图象可得，物块过测量参考点时速度的大小为_________m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_________m/s2（结果均保留2位有效数字）。‎ ‎（2）根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_________m/s2. （结果保留2位有效数字， sin37°=0. 60，cos37°=0. 80）‎ ‎14. 在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，做如下探究：‎ ‎（1）为猜想加速度与质量的关系，可利用图1所示装置进行对比实验。两小车放在水平板上，前端通过钩码牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在桌上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动，一段时间后按下板擦，小车同时停下。对比两小车的位移，可知加速度与质量大致成反比。关于实验条件，下列正确的是：_________（选填选项前的字母）。‎ A. 小车质量相同，钩码质量不同 B. 小车质量不同，钩码质量相同 C. 小车质量不同，钩码质量不同 ‎（2）某同学为了定量验证（1）中得到的初步关系，设计实验并得到小车加速度a与质量M的7组实验数据，如表所示。在图2所示的坐标纸上已经描好了6组数据点，请将余下的一组数据描在坐标纸上，并作出图象。‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ a/（m·s-2）‎ ‎0. 62‎ ‎0. 56‎ ‎0. 48‎ ‎0. 40‎ ‎0. 32‎ ‎0. 24‎ ‎0. 15‎ M/kg ‎0. 25‎ ‎0. 29‎ ‎0. 33‎ ‎0. 40‎ ‎0. 50‎ ‎0. 71‎ ‎1. 00‎ ‎（3）在探究加速度与力的关系实验之前，需要思考如何测“力”。请在图3中画出小车受力的示意图。为了简化“力”的测量，下列说法正确的是：__________（选填选项前的字母）。‎ A. 使小车沿倾角合适的斜面运动，小车受力可等效为只受绳的拉力 B. 若斜面倾角过大，小车所受合力将小于绳的拉力 C. 无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都等于绳的拉力 D. 让小车的运动趋近于匀速运动，砂和桶的重力才近似等于绳的拉力 三. 计算题（共4小题）‎ ‎15. 一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物a块相连，如图所示。质量为的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0. 弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求 ‎（1）弹簧的劲度系数；‎ ‎（2）物块b加速度的大小；‎ ‎（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。‎ ‎16. 货车A正在该公路上以72km/h的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车距离仅有75m。‎ ‎（1）若此时B车立即以2m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从A车发现B车开始到撞上B车的时间。‎ ‎（2）若A车司机发现B车，立即刹车（不计反应时间）做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2（两车均视为质点），为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动（不计反应时间），问：B车加速度a2至少多大才能避免事故。（这段公路很窄，无法靠边让道）‎ ‎17. 图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距 ‎3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D两端相距4. 45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10kg的一袋大米轻轻放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0. 5。‎ ‎（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离。‎ ‎（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围。‎ ‎（3）在（2）中，若在CD部分顺时针运转的速度最小时，运送米袋的整个过程中摩擦力对米袋做的功。‎ ‎18. 如图，倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将足够长的长木板静置于斜面上，A上放置一小物块B且B不会滑离A，初始时A下端与挡板相距L，现同时无初速释放A和B. A和B的质量均为m，它们之间的动摩擦因数，A与挡板每次碰撞都原速反弹，忽略碰撞时间，重力加速度为g。求 ‎（1）A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v1；‎ ‎（2）A第二次与挡板碰前瞬间的速度大小v2；‎ ‎（3）从开始释放到最后的整个过程B相对A走过的路程。‎ 物理参考答案与试题解析 ‎1. 【解答】解：对重物受力分析，受重力和拉力，故：T=mg ①‎ 对圆环分析，受细线的两个拉力和轨道的支持力，如图所示：‎ 设支持力与竖直方向的夹角为θ；再对钩码受力分析，受两个拉力和重力，结合几何关系，两个拉力与竖直方向的夹角为2θ，根据平衡条件，有：2Tcos2θ=Mg ② 联立①②解得：M=2mcos2θ，‎ 根据几何关系，有：，故，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C。‎ ‎2. 【解答】解：根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得：，物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：，联立解得：，故C正确，ABD错误。故选：C。‎ ‎3. 【解答】解：A、由于s—t图象的斜率表示速度，由图可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：，解得：，则，处于失重状态，故A错误；‎ B、在t1~t2时间内，s—t图象的斜率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则，故B错误；‎ CD、在t2~t3时间内，s—t图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：，解得：，则，处于超重状态，故C错误，D正确；故选：D。‎ ‎4. 【解答】解：（法一）由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，‎ 对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，‎ 如下图所示：因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：‎ 竖直方向：‎ 水平方向：，因α=70°，‎ 联立上式，解得：β=55°，‎ ‎（法二）还可通过作图法：‎ 由于甲、乙质量相等，通过矢量的合成法则，结合几何关系，则有：‎ ‎；因α=70°，那么：β=55°‎ 故B正确，ACD错误；故选：B。‎ ‎5. 【解答】解：在拉力作用下对整体有牛顿第二定律可得，解得a=1m/s2‎ 对A有牛顿第二定律可得 当撤去外力后，把BC作为整体有牛顿第二定律可知 解得，方向向左，对C受力分析有牛顿第二定律可得，故B正确 故选：B。‎ ‎6. 【解答】解：A、由图可知，a车的速度为：，故A错误。‎ B、前3s内，a车的位移大小为：，b车的位移为：； t=3s时，a车和b车到达同一位置，得t=0s时a车和b车的距离为：，故B正确。‎ C、t=3s时a车和b车到达同一位置而相遇。直线a和曲线b刚好相切，说明两者的速度相等，故B错误。‎ D、t=3s时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度；‎ 设b车的初速度为v0. 对b车，由 解得：‎ 则t=1s时b车的速度为：，故D错误。故选：B。‎ ‎7. 【解答】解：AB、对小球B进行受力分析，由平衡条件可得：‎ 解得，所以弹簧的原长为；‎ 对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：，解得：α=30°，‎ 所以弹簧的原长为，故AB正确。‎ C、撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得，小球A此时的加速度，故C错误。‎ D、撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D正确。本题选说法错误的，故选：C。‎ ‎8. 【解答】解：小球在某一位置时，绳子与水平方向夹角为α，小球与圆心连线与水平方向夹角为θ，小球受到重力、支持力和绳子拉力，如图所示：‎ 根据矢量三角形法则结合图中几何关系可得：‎ 即：‎ 所以，上升过程中α增大，则cotα减小，故FN减小；‎ ‎，根据几何关系可得 则 θ减小、增大，增大，故FT增大，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎9. 【解答】解：AB、物块受重力，支持力，滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。‎ 设物块的质量为m，传送带的倾角为θ，物块与传送带间的动摩擦因数为. 若，物块的合力沿传送带向上，则物块先沿 传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动。故A错误，B正确。‎ CD、若，物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速直线运动，C图是可能的。故C正确，D错误。故选：BC。‎ ‎10. 【解答】解：A、当F=12N时，A、B间开始相对滑动，即，解得：，故A正确；‎ B、当0＜F＜4N时，B与地面间的摩擦力逐渐变大，A、B间的摩擦力始终为零，没有拉动，A、B保持静止，故B正确；‎ C、当4＜F＜12N时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力不变，已经拉动了，A、B保持相对静止，故C错误；‎ D、当F＞12N时，A、B间相对滑动，摩擦力大小不变了，故D错误。故选：AB。‎ ‎11. 【解答】解：A、据题意，对A球受力分析，受到重力GA、垂直斜面向上的支持力NA、沿斜面向上的弹力F和B、C球对它的拉力TA，由于A球处于静止状态，‎ 则据平衡条件有： ①‎ 现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，则有：，②‎ 由①、②可得A球此时加速度：，故A正确；‎ B、细线烧断后，把B、C球看成一个整体，它们只受到重力和支持力，它们以相同的加速度沿斜面向下，所以B、C之间杆的弹力大小为零，故B、D选项错误，而C选项正确。故选：AC。‎ ‎12. 【解答】解：A、对均匀球进行受力分析如图所示：‎ 连接O2B和O1O2，设O2B与水平面之间的夹角为β，O1O2与水平面之间的夹角为α；‎ 当θ=60° 时，由几何关系可知，由于AB=AO2，θ=60°，‎ 所以△A BO2为等边三角形，β=90°-60°=30°；‎ 由圆心角与圆周角之间的关系可知，α=2β=60°‎ 可知小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直，‎ 水平方向： ① 竖直方向： ②‎ 联立得：；‎ 以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，它们在竖直方向受到重力、地面的支持力、绳子拉力以及在水平方向受到墙对半圆柱体的弹力，‎ 竖直方向： ③所以：。‎ 根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力大小也为. 故A错误；‎ B、根据A的分析可知，小球受到的支持力为，根据牛顿第三定律可知，当θ=60° 时，小球对半圆柱体的压力大小为. 故B错误；‎ C、若改变半圆柱体的半径，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，由几何关系可知，直线 O1O2是该圆的切线方向，所以；则： ④‎ 以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，‎ 在水平方向： ⑤‎ 可知，当θ=45° 时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为：. 故C错误；‎ D、由③④可得半圆柱体在竖直方向上的受的支持力：‎ ‎ ⑥‎ 由几何关系可知，增大半圆柱体的半径，则θ增大，由⑥可知，N′将增大；根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力将增大。故D错误，故选：BC。‎ ‎13. 【解答】解：（1）设物块过测量参考点时速度的大小为，根据位移—时间关系可得：‎ ‎，所以有：，‎ 当t=0时速度即为参考点的速度，故，解得：‎ 图象的斜率表示加速度，则有：；‎ ‎（2）木板的倾角为53°，小物块加速度大小为，‎ 对小物块根据牛顿第二定律可得：，‎ 当倾角为37° 时，有：，联立解得： g=9. 4m/s2。‎ 故答案为：（1）0. 32或0. 33；3. 1； （2）9. 4。‎ ‎14. 【解答】解：（1）为猜想加速度与质量的关系，应该控制合外力一定（即钩码的质量一定），改变小车的质量的大小，从而分析加速度的大小，故AC错误、B正确；‎ ‎（2）根据图2中的点可知少第4组，即M=0. 4kg，，点迹如图，作出图象如图所示：‎ ‎（3）小车受力的示意图如图所示：‎ A、使小车沿倾角合适的斜面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；‎ B、若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的 测量，故B错误；‎ C、由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误；‎ D、当砂和砂桶的质量远小于小车的质量时，砂和砂桶的重力近似等于绳的拉力，不一定要匀速运动，故D错误。‎ 故选：A。故答案为：（1）B；（2）如图所示；（3）受力图见解析；A。‎ ‎15. 【解答】解：（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：‎ ‎，解得： （1）‎ ‎（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为；‎ 由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知： （2）‎ 说明当形变量为时二者分离；‎ 对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知： （3）‎ 联立（1）（2）（3）解得： ‎ ‎（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移 则形变量变为：△，对整体分析可知，由牛顿第二定律有：‎ 解得： 因分离时位移 由 解得，故应保证，F表达式才能成立。‎ 答：（1）弹簧的劲度系数为；‎ ‎（2）物块b加速度的大小为；‎ ‎（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式 ‎（）‎ ‎16. 【解答】解：（1）当两车速度相等时，AB两车到达同一个位置，设经过的时间为t 则，对B车，联立可得：t=10s A车的位移，B车的位移，因为 所以会撞上，设经过时间t相撞，有：‎ 代入数据解得： （舍去）‎ ‎（2）已知A车的加速度，初速度 设B车的加速度为aB，B车运动经过时间t，两车相遇时，两车速度相等，则 ‎，且，在时间t内A车的位移 B车的位移，又，联立可得 答：（1）两车会相撞，从A车发现B车开始到撞上B车的时间是5s。‎ ‎（2）B车加速度a2至少为0. 67m/s2才能避免事故。‎ ‎17. 【解答】解：（1）米袋在AB上加速时的加速度 米袋的速度达到时，滑行的距离，‎ 因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度 设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 代入数据得a=10m/s2，所以能滑上的最大距离 ‎（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），‎ 则米袋速度减为v1之前的加速度为 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为 由 解得，即要把米袋送到D点，CD部分的速度 米袋恰能运到D点所用时间最长为 若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，‎ 则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2。由，得：‎ 所以，所求的时间t的范围为1. 16s≤t≤2. 1s；‎ ‎18. 【解答】解：（1）A、B一起下滑有： 得 则：‎ ‎（2）第一次碰后有：，‎ 设碰后经时间t，A、B速度相同且为 则 得： ‎ 此时A上弹的位移大小为：，则第二次与挡板相碰时有： ‎ ‎（3）分析可知最终A下端停在挡板处，B停在A某处 则有 第一次碰撞到速度相等B下降的位移大小为：‎ 由可知： 得： ‎ 则 答：（1）A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小；‎ ‎（2）A第二次与挡板碰前瞬间的速度大小；‎ ‎（3）从开始释放到最后的整个过程摩擦产生的热量为3mgL。‎