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1、黑龙江省双鸭山市第一中学2021届高三物理上学期开学考试试题（含解析）一、选择题（17题只有一个选项正确，812小题有多个选项正确。共60分）1. 一辆运送物资的货车在经过高速路口停车检查时的速度时间图像如图所示。下列说法正确的是（）A. 货车减速时的加速度大小为0.5m/s2B. 货车停止前最后1s内的位移大小为2mC. 在05s内货车经过的位移大小为25mD. 货车在第2s内的位移比在第3s内的位移多4m【答案】C【解析】【详解】A货车减速时的加速度大小为，选项A错误；B逆向思维，反向货车做初速度为零的匀加速运动，货车停止前最后1s内的位移大小选项B错误；C图像和时间轴所围成面积就是货车经
2、过的位移大小选项C正确； D货车第一秒内位移在前2s的位移货车在第2s内位移货车前三秒内位移货车在第3s内的位移货车在第2s内的位移比在第3s内的位移多，选项D错误。故选C。2. 如图所示，弹簧一端系一质量为m的物块，另一端固定在长木板上，缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保持相对静止。当木板与水平面成=30，物块与木板间恰好没有摩擦力。当木板与水平面成=60时物块所受摩擦力（ ）A. 等于零B. 大小为mg ，方向沿斜面向上C. 大小为，方向沿斜面向上D. 大小为，方向沿斜面向上【答案】C【解析】【详解】当木板与水平面成=30，物块与木板间恰好没有摩擦力有缓慢抬起木板的一端，物块与木板始终保
3、持相对静止,故弹簧弹力不变,当木板与水平面成=60时物块解得，方向沿斜面向上，故C正确，ABD错误。故选C。3. 如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为，重为8N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为A. 10NB. 8NC. 6ND. 5N【答案】D【解析】【分析】根据几何关系得到两边绳子与竖直方向的夹角，再根据竖直方向的平衡条件列方程求解.【详解】设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示：同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为，则根据几何关系可知NQ
4、=MN，即PM等于绳长；根据几何关系可得：，则=37，根据平衡条件可得：2Tcos=mg，解得：T=5N，故D正确，A、B、C错误.故选D.【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后建立平衡方程进行解答.4. 利用如图所示的斜面测量物体下滑的加速度在斜面上取O、A、B三点，让一物体从O点由静止开始下滑，先后经过A、B两点，测出A、B之间的距离x和物体经过A、B两点的时间t保持O、B两点的位置不变，改变A点在斜面上的位置，仍让该物体从O点由静止开始下滑，多次试验后得出图象如图所示，则物体沿斜面下滑的加速度大小为()A. 2 m/s2B.
5、8 m/s2C. 6 m/s2D. 4 m/s2【答案】D【解析】【详解】设物体从O运动到B的时间为t0根据匀变速直线运动的位移时间公式有：；变形得：知t图象的斜率 k=-a；则得：；得：a=4m/s2，加速度大小为4m/s2故选D5. 如图所示，质量均为M的A、B两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块、杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m的重物C，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为。下列说法正确的是（）A. 当m一定时，越小，滑块对地面的压力越大B. 当m一定时，越大，轻杆受力越大C. 当一定时，M越大，滑块与地面间的摩擦力越大D. 当一定时，M越小，可悬挂重
6、物C的质量m越大【答案】D【解析】【详解】A对ABC整体分析可知，对地压力为与无关，故A错误；B将C的重力按照作用效果分解，如图所示，根据平行四边形定则，有故m一定时，越大，轻杆受力越小，故B错误；C对A分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件，有与M无关，故C错误；D只要动摩擦因数足够大，即可满足不管M多大，M都不会滑动，故D正确。故选D。6. 如图所示，质量为M的斜面体静止在水平地面上，质量为m的滑块在沿着斜面向上的恒力F作用下向下做匀速运动，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度为g，在滑块下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 滑块与斜面体之间的动摩擦因数大于ta
7、nB. 撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变C. 地面对斜面体的支持力大于（Mm）gD. 地面对斜面体的摩擦力方向水平向左【答案】B【解析】【分析】分别对M和m进行受力分析，由共点力平衡条件可判断摩擦力的大小，再对整体进行受力分析，由共点力的平衡条件求出桌面的大小。【详解】A对m进行受力分析可知m受四个力，由于m在做向下的匀速运动，所以受力平衡，有A错误；B对M进行受力分析可知，M所受的力与恒力F没有关系，故撤去恒力F后，地面对斜面体的支持力不变，B正确；C对整体进行受力分析可知，地面对斜面体的支持力小于（Mm）g，C错误；D对整体受力分析可知，地面对斜面的摩擦力水平向右，D错误。故选B。7
8、. 质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60角，槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态，通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于（）A. mB. 2mC. （1）mD. （1）m【答案】D【解析】【详解】当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示，由牛顿第二定律，有解得小球的加速度以整体为研究对象，由牛顿第二定律，有解得重物C的质量M故D正确，ABC错误
9、。故选D。8. 将质量为0.1kg的物体竖直向上抛出，物体向上运动的过程中速度v与位移x的关系式为。关于物体该过程的初速度、加速度a、阻力f的大小及物体运动到最高点的时间t（设竖直向上为正方向，取g=10m/s2），下列说法正确的是（）A. =5m/s，m/s2B. =5m/s，m/s2C. f=0.25N，t=0.4sD. f=1.25N，t=0.4s【答案】AC【解析】【详解】AB由速度位移公式得对比可得，故A正确，B错误；CD物体运动到最高点的时间由牛顿第二定律有解得故C正确，D错误。故选AC。9. 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为
10、，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（）A. 当时，A、B都相对地面静止B. 当时，A的加速度为C. 当时，A相对B滑动D. 无论F为何值，B的加速度不会超过【答案】BCD【解析】【详解】A根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为A、B间的最大静摩擦力为故时，A、B都相对地面静止，A错误；BA、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足且即则当F3mg，A、B将一起向右加速滑动。当时，对A和B整体受力分析有解得故B正确。CD当F3mg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据
11、牛顿第二定律有F2mg2maA，解得，故CD正确。故选BCD。10. 如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂小球b，另一端与套在水平细杆上的小球a连接在水平拉力F作用下小球a从图示虚线位置开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）已知小球b的质量是小球a的2倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，小球a与细杆间的动摩擦因数为则下列说法正确的是A. 当细绳与细杆的夹角为60时，拉力F的大小为（2）mgB. 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大C. 拉力F的大小一直增大D. 拉力F的大小先减小后增大【答案】AC【解析】设小球a的质量为m，则小球b的质量为2m，在缓慢移动
12、的过程中，两小球都处于平衡状态，绳子的拉力，当细绳与细杆的夹角为60时，对小球a受力分析如图所示，则在水平方向上有，已知，在竖直方向上有，联立解得，两段绳子的拉力大小不变，但夹角变大，所以合力变小，故支架对轻滑轮的作用力减小，B错误；绳子与轻杆方向的夹角越来越小，根据 可知N越来越大，在水平方向上，即摩擦力越来越大，越来越大，故拉力F的大小一直增大，C正确D错误【点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分
13、解；x方向，y方向分别列平衡方程求解11. 如图甲所示，一轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B（B物体与弹簧连接），弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使物体A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的vt图像如图乙所示（重力加速度为g），则（）A. 施加外力前，弹簧的形变量为B. 弹簧恢复到原长时，物体B的速度达到最大值C. A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为M（g+a）D. 外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M（ga）【答案】ACD【解析】【详解】A施加F前，物体AB整体平衡，根据平衡条件，有得故A正确；B
14、当B的加速度为0时，B的速度最大即弹力与B的重力大小相等时，B的速度最大，故B错误；C在t1时刻AB分离瞬间，AB间的弹力对B受力分析得得故C正确；D拉力F施加的瞬间，对B物体，根据牛顿第二定律，有其中得故D正确。故选ACD。12. 如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，当立方体和小球刚脱离接触的瞬间，杆与水平面的夹角恰好为，忽略一切摩擦（ ） A. 此时立方体M的速度达到最大B. 此时小球m的加速度为零C. 此时杆对小球m的拉力为零D. M和m的质
15、量之比为4:1【答案】ACD【解析】【详解】A.分离前，立方体在小球的弹力作用下，做加速运动，分离后合力为零，做匀速运动，故分离时立方体M的速度最大，故A正确；B.分离时刻，小球速度v不为零，做圆周运动，故合力不可能为零，加速度不为零，故B错误；C.分离时刻，由于小球此时仅受重力和杆子作用力，而重力是竖直向下的，所以杆对小球m的拉力为零，故C正确；D.设小球速度为v，立方体速度为u，根据牛顿第二定律，分离时刻有解得分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：解得在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，有把v和u的值代入，化简得：故D正确。故选A
16、CD.二、填空题（共3小题，每空2分，共16分。把答案填在题中的横线上）13. 为“验证牛顿第二定律”，某同学设计了如下实验方案：A.实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为m0.5kg的钩码。用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木板向下做匀速直线运动；B保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示。请回答下列问题：(1)图乙中纸带的_端与滑块相连（选填“左”或“右”）。(2)图乙中相邻两个计数点之间还有4个点未画出，打点计时器接频
17、率为50Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a_m/s2。(3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M_kg（g取9.8 m/s2，结果保留3位有效数字）。【答案】 (1). 右端 (2). 1.65 (3). 2.97【解析】【分析】(1)滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断哪端与滑块相连；(2)根根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小；(3)根据牛顿第二定律F=Ma即可求解质量；【详解】(1)1.因为打点计时器每隔0.02s打一个点，两个计数点之间还有4个打点未画出，所以两个计数点的时间间隔为T=0.1s，时间间
18、隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大。所以图乙中纸带的右端与滑块相连。(2)2.根据x=aT2利用逐差法，有(3)3.由A步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为F=0.59.8N=4.9N根据牛顿第二定律得【点睛】探究加速度与质量关系时，应控制拉力不变而改变小车质量，实验时要注意小车质量应远大于重物质量。纸带处理时能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力。14. 某实验小组设计了如下图（）所示的实验装置，通过改变生蚝的的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度和所受拉力的关系图象他
19、们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图（）示（）图线_是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的（选填“”或“”）（）滑块和位移传感器发射部分的总质量_：滑块和轨道间的动摩擦因数_ 【答案】 (1). 1; (2). ； (3). ；【解析】（）由图像可知，当时，也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，所以图线是在轨道左侧抬高成斜面情况下得到的（）根据 得 ，在图像中运动的加速度和所受拉力的关系图像斜率等于滑块和位移传感器发射部分的质量的倒数结合图像得： 在水平轨道上加速度，根据牛顿第二定律， 解得15. 橡皮筋像弹簧一样，也遵守胡克定律，即在弹性限度内伸长量x与弹力F成正
20、比，可表达为F=kx，某同学用铁架台、刻度尺、钩码和待测橡皮筋组成如图所示装置，测定橡皮筋的劲度系数，是通过改变钩码个数测得一系列弹力F与橡皮筋总长度x的值，并作出F一x图象如图。请回答下列问题：(1)若将图线延长与F轴相交，该交点的物理意义是_。(2)由图线计算得该橡皮筋的劲度系数为_；【答案】 (1). 相当于弹簧压缩1cm时的弹力 (2). 24N/m【解析】【详解】(1)1根据F-x图象得到橡皮筋总长度x=6cm时，弹簧的弹力F=0，弹簧处于原长，弹簧的原长为6cm，将图线延长与F轴相交，该交点对应的橡皮筋总长度x=5cm，所以该交点的物理意义是相当于弹簧压缩1cm时的弹力；(2) 2
21、根据胡克定律F=kx得出弹力F与橡皮筋总长度x的关系式F=k（x-l0）图象的斜率大小等于劲度系数大小，由图象求出劲度系数为三、计算题（共4小题 总分34）16. 一汽车在出厂前做刹车实验，假设刹车过程汽车做匀减速直线运动，其中对汽车经过A点时开始计时一段时间内的刹车数据作了记录：第1s内位移为24m，第3s末速度为4m/s求：(1)汽车经过A点时速度大小和汽车刹车过程的加速度大小；(2)4s内的位移大小.【答案】(1)v0=28m/s,a=8m/s2 (2)x=49m【解析】【详解】(1)设汽车经过A点时速度大小v0，第3s末速度大小为v，第1s内位移为x1，加速度大小为a，汽车做匀减速运动
22、，第1s内位移速度联立解得：汽车经过A点时速度为v0=28m/s汽车刹车过程的加速度大小为a=8m/s2(2)设4s内位移为x，汽车经过停止解得:由平均速度解得：17. 如图所示，放在粗糙斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态，轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻质弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻质弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角，斜面倾角，物块A和B的质量分别为mA0.5kg、mB0.3kg，弹簧的劲度系数k200N/m，重力加速度g10 m/s2，求：(1)弹簧的伸长量x；(2)物块A受到的摩擦力【答案】(1)0.02m (2) 2N,方向沿斜面向下【解析】【详解】(
23、1)以轻绳OB和物块B为研究对象，受力如图并正交分解，据平衡条件有：x方向：kxFsin0y方向：Fcos53mBg0又：TOBMBg由解得：F5N，kx4N代入解得：x0.02m(2)假设摩擦力沿斜面向下，则对物块A受力分析如图所示并正交分解，轻绳各处张力大小相等，TOCTCA据平衡条件有x方向：FmAgsinf0解得：f2N方向：沿斜面向下18. 如图所示，倾角30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L1.8m、质量M3kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间
24、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10m/s2。（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；（2）若F37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。【答案】（1）F30N；（2）物块能滑离木板，1.2s，s=0.9m【解析】【详解】（1）对M、m，由牛顿第二定律对m，有，代入数据得（2）当时，物块与木板相对滑动，对于M，有对m，有设物块滑离木板所用的时间为，由运动学公式代入数据得物块离开木板时的速度由公式代入数据得【点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系
25、力学和运动学的桥梁。19. 某工厂输送物件的传送系统由倾角为30的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带间的动摩擦因数、与木板的动摩擦因数。传送带以的恒定速度顺时针转动。现将物件P无初速置于传送带A点，发现当物件到达B端时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零随即被机械手取走。物件可以看成质点，皮带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g=10m/s2。求：（1）传送带的长度L1；（2）木板的长度L2以及物件从A到D所需的时间T；（3）假如机械手未能在D点及时将物件取走，导致物件重新下滑，则此后它将在木板上运动的总路程S是多少？【答案】（1）3.2m；（2）s；（3）【解析】【详解】（1）P放上皮带后，受力如图一由牛顿第二定律有根据速度位移公式有联立代入数据解得（2）到达木板上C点后，受力如图二由牛顿第二定律得则C、D间距离（板长）为解得在皮带上上滑时间为在木板上上滑时间为所以有（3）从D点向下运动，受力如图三由牛顿第二定律得第一次返回B时有滑过B点后在皮带上先向下减速后以相同加速度返回，向上冲的位移第二次返回B往上冲设第i次向上经过B点时速度为vi，物块可上冲xi，则返回B点时速度为可知第i+1次向上经过B点时速度大小仍为vi+1，则物块可上冲的位移为即物块每次冲上木板的距离是上一次的倍，可得此后物块还能在板上运动的路程为