河南省2021届高三上学期开学测试物理试题 含答案与试题解析

21 届高三上期开学测试 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， 2 R 3m 7 4 m µ µ 1 3 1 4 1 5 1 6 NF NF mg> NF mg 0.1µ = 22 /m s− 8 /3av m s= 0 9x m=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 2 3 3F mg= 2 mgL k −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 1f 2f 1m 2m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） 1 2 3 2m g m g+ 2 3 2 m g 2 1 2 m g 2L tt −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 1a M −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 3 5 m3m，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： 3 2 µ =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： 4 1sin 4 R R θ = = 22 1 2si 7( ) 4nmM mθ =−= sin 45 cos45F m mgg µ+= ° ° 2 sin 45 cos45 (2 ) cos45mg F mg m m gµ µ+ +°+° = ° 1 5 µ = Nmg F ma− = NF mg ma= − NF mg< NF mg= NF mg ma− = NF mg ma= + NF mg>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°， cos70 cosmg F mgβ° + = sin 70 sinmg F β° = 180r r α °∠ + ∠ + ∠ = 3F mg maµ− = ' 1 1 1F ma N N= = × = ' 2 'F mg maµ+ = 2' 1 /a m s= '' ' 1F ma N= = 8 2 2 /3a xv m st ∆ −= = =∆ 8 2 6aS m m m= − = 0 8 2 3 152 2 b b v vS m + += = × = 0 9b as S S m= − = 2 /b av v m s= = 0 bv at v+ = 0 8 /v m s= 1 0 1 8 2 1 6 /bv v at m s= + = − × = sinkx mg α= sinmgx k α= sinmgL x L k α− = − cos sinF mg kxα α= +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。 sinmgL k α− sin Amg kx maα + = Aa g= ( ) ( ) ( )sin 180 sin 90 sin 90 N TF Fmg α α θ= =°− °− °− sin cos cos N TF Fmg α α θ= = cotNF mg α= cos sinTF mg θ α= ⋅ 2 2 π θα = − 22cos 1cos 12 2cos 2cos cos cos2 2 2 TF mg mg mg θ θ θ θ θ θ  −  = ⋅ = ⋅ = − ⋅      cos 2 θ 12cos 2 cos 2 mg θ θ    − ⋅      µ sin cosmg mgθ µ θ 6Am g Nµ = 0.2µ = sin 3 sinA AF G T mgθ θ= + = sinAF G maθ− = 2 sina g θ= sina g θ= sin cosT Nθ α= 2cos sinT N m gθ α+ =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： 2 1 2T m g= 2 3 2N m g= 1 2 cos 'm g m g T Nθ+ = + 1 2 1 2 3' cos 4N m g m g T m g m gθ= + − = + 1 2 3 4m g m g+ 2 3 2N m g= 2 3 2 m g 2 1 2AO O O⊥ 2 cosT m g θ= 2 2 1sin sin cos sin(2 )2NF T m g m gθ θ θ θ= = = 2 1 4 m g 2 2 1 2 1 2 2 1 2' cos cos sinN m g m g T m g m g m g m g m gθ θ θ= + − = + − = + 0v 2 0 1 2L v t at= + 0 2 2L v att = + 02 0.64 /v m s= 0 0.32 /v m s=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； 2 21.85 0.70 / 3.1 /0.395 0.02a m s m s −= =− 2 0 5.6 /a m s= 0sin53 cos53mg mg maµ° °− = sin37 cos37mg mg maµ° °− = 1 11 1 2.50.4 kg kgM − −= = 1a M −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 （ ） 0 3 sin5kx m m g θ = +   0 8 sin 5 mgk x θ= 0x 1 0 1 4 x x = 0 0 1 0 3 4 4 x xx x= − = 1 sinkx mg maθ− = sin 5 ga θ= 2 21 sin 2 10 g tx at θ= = 0x x x∆ = − 3 3sin5 5F k x m m g m m aθ   + ∆ − + = +       2 2 2 0 8 4 sinsin25 25 mgF mg tx θθ= + 0 4 xx = 20 1 4 2 xx at= = 05 2 sin xt g θ= 050 2 sin xt g θ≤ < 0 8 sin 5 mg x θ sin 5 g θ 2 2 2 0 8 4 sinsin25 25 mgF mg tx θθ= + 050 2 sin xt g θ≤