浙江省温州市五校高三物理上学期开学第一次考试试题

2015-2016学年浙江温州高三上学期五校开学第一次考试试卷
物 理 试 题
2015.07 A 卷
一、选择题：1/4/6/8为多项选择，其余为单项选择题，共10小题，50分。

1．下列实例属于超重现象是： A ．汽车驶过拱形桥顶端 B ．荡秋千的小孩通过最低点
C ．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动
D ．火箭点火后加速升空
解析 本题考查了超、失重现象的本质．物体运动时具有竖直向上的加速度，属于超重现象．A 、C 两个选项中的汽车和运动员都具有竖直向下的加速度，均不正确；B 、D 两个选项中的小孩和火箭都具有竖直向上的加速度，处于超重状态，均正确． 答案 BD
2．一辆总质量为1500kg 的汽车,由静止开始沿平直公路以额定功率p=90kw 启动,并保持额定功率行驶.汽车匀速运动过程中,突然发现前方有障碍物,立即以大小5m/s 的加速度开始刹车,汽车最后停下来.整个过程中,汽车位移为765m,刹车之前汽车受到的阻力恒为3000N.汽车刹车过程位移大小和汽车保持额定功率运动的时间分别是： A 、90；30 B 、60；20 C 、60；30 D 、90；20 答案A
3. 如图3－3－14所示，不可伸长的轻绳AO 和BO 下端系一个物体P,细线长AO > BO,A 、B 两端点在同一水平线上,开始时两线刚好绷直,BO 垂直于AB,如图所示.现保持A 、B 在同一水平线上,使A 逐渐远离B,在此过程中,细线上的拉力FA 、FB 的大小随A 、B 间距离的变化情况是： A ．FA 随距离增大而一直增大
B ．FA 随距离增大而一直减小
C ．FB 随距离增大而一直增大
D ．FB 随距离增大而一直减小
解析：开始（OB 垂直与AB ）时,FB=G,而FA=0；移动A 后,受力如图1,此时明显FB<G,在这个过程里FB 减小；但是随着A 进一步左移,到如图2位置,此时明显FB>G,那么从图1到图2过程,FB 是增大的,也可以用极限思想,把AOB 拉到几乎直线时,FB 是无穷大,也可以说明这个增大的过程.综合得,FB 是先减小,然后增大.但是,最小值不一定是垂直时,我们的问题里,除了G 不变外,其他都在变化,假如OA 位置保持不变（OA 和水平夹角不变）,垂直时FB 才是最小,至于何时达到最小值,要用到数学里余弦定理,建议用极限思维考虑。

答案：A
4. 某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤
移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如
图3－3－15所示，电梯运行的v－t图可能是：(取电梯
向上运动的方向为正)
解析从图可以看出，t0～t1时间内，该人的视重小于其重力，t1～t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2～t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1 时间内，该人具有向下的加速度，t1～t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2～t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图像为A、D.
答案AD
5.如图3－3－16是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意
图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置
匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火
箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则：
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
解析火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误．
答案 A
6. 如图3－3－17所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小
车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木
块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因
数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是 ( )．
A．μmg B.
mF M＋m
C．μ(M＋m)g D．ma
图3－3－
15 图3－3－
16 图3－3－17
解析 m 与M 无相对滑动，故a 相同． 对m 、M 整体F ＝(M ＋m )·a ，故a ＝
F
M ＋m
m 与整体加速度相同也为a ，对m ：f ＝ma ，即f ＝mF
M ＋m
，又由牛顿第二定律隔离m ，f
＝ma ，故B 、D 正确． 答案 BD
7. 如图3－3－18所示，小车质量为M ，小球P 的质量为
m ，绳质量不计．水平地面光滑，要使小球P 随车一
起匀加速运动(相对位置如图3－3－18所示)，则施于小车的水平作用力F 是：(θ已知)
A ．mg tan θ
B ．(M ＋m )g tan θ
C ．(M ＋m )g cot θ
D ．(M ＋m )g sin θ
解析 小球与小车共同沿水平方向做匀加速运动，对小球受力分析 如图．由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，故a ＝g tan θ.对球和车整体，
由牛顿第二定律得F ＝(M ＋m )a ，即F ＝(M ＋m )g tan θ. 答案 B
8．如图3－3－19所示，一辆小车静止在水平地面上，bc 是固定在小车
上的水平横杆，物块M 穿在杆上，M 通过细线悬吊着小物体m ，m 在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车向右运动，全过程中M 始终未相对杆bc 移动，
M 、m 与小车保持相对静止，已知a 1∶a 2∶a 3∶a 4＝1∶2∶4∶8，M 受到的摩擦力大小依次为f 1、f 2、f 3、f 4，则以下结论正确的是( )．
图3－3－
19
图3－3－
18
A．f1∶f2＝1∶2 B．f2∶f3＝1∶2
C．f3∶f4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ
解析已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在题干第(1)图和第(2)图中摩擦力f＝Ma，则f1∶f2＝1∶2.在第(3)、第(4)图中摩擦力f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，f3∶f4＝1∶2.第(3)、
(4)图中，a3＝g tan θ，a4＝g tan α.则tan α＝2tan θ.
答案ACD
9.如图3－3－20所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度
图3－3－20
v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木
块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地
反映小木块的速度随时间变化关系的是：
解析小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a1>a2，在v－t图像中，图线的斜率表示加速度，故选项D对(传送带模型)．
答案 D
10．如图3－3－21甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小
物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计
时，小物块在传送带上运动的v－t图像(以地面为参考系)如图3－3－21乙所示．已知
v2>v1，则：
图3－3－21
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反
向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻)，小物块向右做匀速运 动．故小物块在t 1时刻离A 处距离最大，A 错误．相对传送带而言，在0～t 2时间内， 小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t 2～t 3时间内，小物 块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距 离达到最大值，B 正确，C 、D 均错误(传送带模型)． 答案 B
B 卷
二、解答题：共50分，11/12/13三小题。

11.两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3－3
－22所示，滑块A 、B 质量分别为M 、m ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B 受到的摩擦力．（15分）
解析 把A 、B 两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度大小为a ，由
牛顿第二定律有
(M ＋m )g sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a 得a ＝g (sin θ－μ
1
cos θ)．
由于a <g sin θ，可见B 随A 一起下滑过程中，必须受到A 对它沿斜面 向上的摩擦力，设摩擦力为F B (如图所示)．由牛顿第二定律有mg sin θ －F B ＝ma
得F B ＝mg sin θ－ma
＝mg sin θ－mg (sin θ－μ1cos θ)＝μ1mg cos θ(程序思维法)． 答案 μ1mg cos θ，方向沿斜面向上
12．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图
3－3－23所示为一水平传送带装置示意图．紧绷
的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A
处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2
.（15分）
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小；（4分） (2)求行李做匀加速直线运动的时间；（5分）
(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B
图3－3－22 图3－3－23
处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．（6分）
解析 (1)滑动摩擦力f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ， 加速度a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2
＝1 m/s 2
. (2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则
v ＝at 1，t 1＝v a ＝1
1
s ＝1 s.
(3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a ＝1 m/s 2
，当行李到达右端时，有v min
2
＝2aL ，v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s. 行李最短运行时间由v min ＝a ×t min 得t min ＝
v min a ＝2
1
s ＝2 s(传送带模型)． 答案 (1)4 N 1 m/s 2
(2)1 s (3)2 s 2 m/s
13. 在如图所示的装置中．表面粗糙的斜面固定在地面上．斜面的倾角为 30°；两个光滑的定滑轮的半径很小,用一根跨过定滑轮的细线连接甲、乙两物体,把甲物体放在斜面上且连线与斜面平行,把乙物体悬在空中,并使悬线拉直且偏离竖直方向60°．现同时释放甲、乙两物体,乙物体将在竖直平面内摆动,当乙物体运动经过最高点和最低点时,甲物体在斜面上均恰好末滑动．已知乙物体的质量为 ,若重力加速度 取10m/s2 ．求甲物体的质量及乙物体运动经过最高点时悬线的拉力大小。

（20分）
解析：由于甲一直保持不动可以知道乙的
机械能守恒,那么与竖直夹角60度为乙的最高点.此时速度为零,则向心力为零,延绳方向分解重力可得：mgcos60＝1*10*0.5＝5N
判断可知（绳子受力＝向心力＋mgcos 乙夹角）,在最低点绳子受力最大.已知最低点拉力为20N.由于甲在最低点和最高点均恰未滑动,所以得两个方程：mgsin30－5N ＝摩擦力 （由乙在最高点甲恰静止得）,mgsin30＋摩擦力＝20N （由乙在最低点甲恰静止得）,解出来可得m ＝2.5kg 。

答案：2.5kg ，5N 。