解析河南省驻马店市确山二中2021年高三上学期期中考试物理试题

河南省驻马店市确山二中202１年高三上学期期中考试物理试卷
一、选择题：(本题共1２小题，每小题4分,共48分．每小题给出的四个选项中，第1-9题只有一个选项符合题目要求，第１0－12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得２分,有选错或不选的得0分．）
1．（４分）下列说法正确的是( )
2.(4分）下列说法正确的是（)
３.(４分）一小石块从空中a点自由落下,先后经过ｂ点和ｃ点,不计空气阻力．经过b点时速度为v,经过c 点时速度为3v，则aｂ段与ac段位移之比为( )
考点:自由落体运动;匀变速直线运动的速度与位移的关系.
专题:自由落体运动专题．
分析：物体做的是自由落体运动,根据自由落体的位移速度公式可以求得.
解答:解:解：物体做自由落体运动，
２ａh ab=ｖ2①
2ａｈac＝（3ｖ)2②
由①②得:
=，故D答案正确．
故选Ｄ.
点评：本题是对自由落体运动公式的直接应用的考查,题目比较简单.
4．(4分)甲、乙两个物体沿同一直线同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，则（)
Ａ．2s时甲和乙一定相遇B．2s时甲的速度方向开始反向
C．2~６s内甲和乙均做匀变速直线运动Ｄ．4s时乙处于静止状态
考点:匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：运动学中的图像专题.
分析：由v﹣t图象的性质可知两物体的运动方向、加速度，由图象与时间轴围成的面积可知两物体通过的位移关系.
解答:解：Ａ、由图可知,０﹣2s内，甲乙图象与坐标轴围成的面积相等,即位移相等,但不知道初始位置，
所以甲乙不一定相遇,故A错误；
Ｂ、甲物体的速度一直沿正方向，方向没有改变,故B错误；
C、2～6s内，甲乙加速度相同,所以甲和乙做匀变速直线运动，故C正确;
Ｄ、t=4s时，乙的速度为零，但加速度不为零，受力不平衡,不是静止状态，故Ｄ错误;
故选:C．
点评:对于速度时间图象要明确以下几点:(1)每一点的坐标表示该时刻物体的速度;（2）图象的斜率表示物体的加速度;（3)图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移.
5．（4分)如图所示,木块放在粗糙的水平桌面上，外力F１、Ｆ2沿水平方向作用在木块上,木块处于静止状态,其中F１=10N,Ｆ2＝2N.若撤去力F1，则木块受到的摩擦力是（)
A.8Ｎ,方向向右
B.8N，方向向左
C.2N，方向向右
D.2N,方向向左
考点:静摩擦力和最大静摩擦力．
专题:摩擦力专题.
分析:木块处于静止状态,受的是平衡力的作用，根据二力平衡条件解出摩擦力的大小,撤去一个力后木块仍处于静止状态，再求出撤去一个力后的摩擦力．
解答:解：如图所示,木块放在粗糙的水平桌面上，外力F1、Ｆ2沿水平方向作用在木块上,木块处于静止状态，受的是平衡力,受力如图:
所以此时的摩擦力为：f=F１﹣F２=10N﹣２Ｎ=8N;
撤去F１后,木块仍处于静止状态,受的仍是平衡力作用,受力如图：
此时物体受的摩擦力为f＝F2＝2N,方向向右．
6.（4分)质点在三个恒力Ｆ１、F２、F3的共同作用下保持平衡状态，若突然撤去Ｆ1,则质点( ）
7.（4分）如图所示,滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮,Ａ端固定在墙上，保持水平,C端挂一重物，BＯ与竖直方向夹角θ=45°，系统保持平衡．若保持滑轮位置不变,改变θ的大小,则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是( )
A.只有角θ变小，作用力才变大
B.只有角θ变大,作用力才变大
C.不论角θ变大或变小，作用力都是变大
D.不论角θ变大或变小，作用力都不变
考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.
专题：共点力作用下物体平衡专题.
分析:对滑轮受力分析,受两个绳子的拉力和杆的弹力,根据平衡条件进行分析即可.
解答:解:对滑轮受力分析，受连个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止,合力为零,故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线;
由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变,方向也不变，故两个拉力的合力为mg，与水平方向成45°斜向右下方;
故选：Ｄ.
点评：本题要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键．
8.(4分）如图所示，甲、乙两木块用细绳连在一起,中间有一被压缩竖直放置的轻弹簧,乙放在水平地面上,甲、乙两木块质量分别为m1和m２，系统处于静止状态，此时绳的张力为F．在将细绳烧断的瞬间，则此时乙对地面压力为( ）
A．（m1+m２）ｇ B.(m1+m2）g＋F C.m2g＋F D.ｍ1g+F
考点：胡克定律．
分析:根据甲的瞬间加速度，运用牛顿第二定律求出弹簧的弹力，从而再对乙分析,求出地面对乙的支持力.
解答:解：烧断细绳的瞬间,对甲有：F弹﹣m1ｇ=m1a，则弹簧的弹力大小为F弹=ｍ１g+m1ａ,此时对乙有:Ｎ＝ｍ２g+F弹=m1（a+g）+m2ｇ．
绳子烧断前，对甲有:m1ｇ＋Ｆ＝F弹，则N=m2g＋F弹=m2g+m1g+F．故B正确,A、ＣD错误.
故选:Ｂ
点评：解决本题的关键能够选择研究对象，正确地进行受力分析,运用牛顿第二定律和共点力平衡进行求解．
９．（4分）如图所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球,横杆右边用一根细线吊一小铁球,当小车做匀变速运动时,细线保持与竖直方向成α角,若θ＜α,则下列哪一项说法正确的是（）
A．轻杆对小球的弹力方向与细线平行
B.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上
C．小车一定以加速度gｔanα向右做匀加速运动
D.小车一定以加速度gtgθ向右做匀加速运动
考点:牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题：牛顿运动定律综合专题．
分析:先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度.再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究,得出轻杆对球的作用力方向．加速度方向求出,但速度可能有两种,运动方向有两种.解答:解：A、对细线吊的小球研究
根据牛顿第二定律,得
mgtanα=ma,得到a=ｇｔaｎα
对轻杆固定的小球研究.设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为β
由牛顿第二定律,得
m′gtanβ=ｍ′a′
因为a=a′,得到β=α＞θ 则轻杆对小球的弹力方向与细线平行,故A正确．
Ｂ、由上,轻杆对小球的弹力方向并不沿着轻杆方向向上,故B错误．
C、小车的加速度ａ=gｔanα，方向向右,而运动方向可能向右,也向左.故C错误．
D、由上小车r 加速度gtanα>ｇtａｎθ．故D错误.
故选A
点评：绳子的模型与轻杆的模型不同:绳子的拉力一定沿绳子方向,而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向,与物体的运动状态有关,可根据牛顿定律确定.
1０.(4分）将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中的ｖ﹣t图象如图所示.以下判断正确的是( )
A．前3ｓ内货物只受重力作用
Ｂ.最后2s内物体的位移大小为１2ｍ
C.前３s内与最后2ｓ内货物的平均速度相同
Ｄ．第3s末至第５s末的过程中,物体做匀速直线运动
考点：匀变速直线运动的图像;匀变速直线运动的速度与时间的关系.
专题:运动学中的图像专题．
分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据平均速度的公式比较前3s内和后２s内平均速度的大小．
解答:解:A、前３s内货物做匀加速直线运动,受重力和拉力两个力作用．故A错误．
B、图线与时间轴围成的面积表示位移，最后2s内物体的位移大小ｘ==6ｍ．故B错
误．
Ｃ、前3s内的平均速度，后2s内的平均速度,两段时间内的平均速度相同.故C正确．
D、第3s末至第５s末,货物的速度不变，所以做匀速直线运动，故D正确．
故选：CD.
点评:解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义,以及掌握匀变速直线运动求平均速度的方法．
11.(4分)竖直升空的火箭，其速度图象如图所示，由图可知（)
A.火箭上升到最高点所用时间是12０s B．火箭前40s内上升,以后下降
Ｃ.火箭加速度的大小始终是20m／s2Ｄ．火箭离地最大的高度是48０00m
考点:匀变速直线运动的图像；竖直上抛运动.
专题：运动学中的图像专题．
分析:ｖ﹣t图象中,倾斜的直线表示匀变速直线运动,斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大,图象与坐标轴围成的面积表示位移．
解答：解：A．0﹣1２0s,速度方向没有改变，而120ｓ时速度为0，位移最大,达到最高点，故A正确.
B.0﹣１20s,速度一直是正值,方向没有改变一直上升,故Ｂ错误.
C、根据图象可知,前40ｓ火箭做匀加速直线运动，后80ｓ做匀减速直线运动,加速度是变化的，故
C错误．
D、火箭上升的最大高度即为运动过程中的最大位移,由图可知当速度等于零时，位移最大,ｘ=×12
０×80０m=4８000m,故Ｄ正确；
故选ＡＤ.
点评:本题是速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围
成的面积的含义,能根据图象读取有用信息，属于基础题．
１2.（４分）如图所示,物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮.A静止在倾角为45°的粗糙斜面上,B悬挂着.已知m A=3ｍB，不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由4５°减小到30°，那么下列说法中正确的是（)
Ａ．弹簧的弹力不变
Ｂ.物体Ａ对斜面的压力将减小
Ｃ.物体Ａ受到的静摩擦力将减小
D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变
考点:摩擦力的判断与计算;物体的弹性和弹力．
专题:摩擦力专题．
分析：先对物体B受力分析，受重力和拉力,由二力平衡得到拉力等于物体B的重力；再对物体Ａ受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力,根据平衡条件列式分析.
解答：解:设mＡ＝3ｍB=３m,对物体B受力分析，受重力和拉力,由二力平衡得到：T=ｍg,则知弹簧的弹力不变，Ａ正确．
再对物体A受力分析,受重力、支持力、拉力和静摩擦力，如图
刚开始由于ｍAｇsin45°=mg＞m B g=mg,所以摩擦力沿斜面向上
后来变为30°以后摩擦力仍然沿斜面向上.
根据平衡条件得到：
f+T﹣3mgｓiｎθ=0
N﹣３mｇｃosθ＝0
解得：
f=３mｇsinθ﹣T＝3mgsｉnθ﹣mｇ
N=3ｍgｃosθ
当θ变小时,物体A受到的静摩擦力ｆ减小，物体Ａ对斜面的压力N增大；故C正确，BD错误.
故选:AC．
点评:本题关键是先对物体Ｂ受力分析，再对物体A受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解．
二.实验题（本题共16分)
13.(8分）如图1为“探究加速度与物体受力和质量的关系”实验装置图.图中A为小车，Ｂ为装有砝码的小盘,Ｃ为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电火花打点计时器相连,计时器接５０H Z交流电.小车的质量为m1,小盘（及砝码)的质量为m２．
（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取的做法是Ｃ
A.将木板不带滑轮的一端适当垫高,使小车在钩码盘拉动下恰好做匀速运动
B.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码盘拉动下恰好做匀加速运动
Ｃ.将木板不带滑轮的一端适当垫高,使小车在不挂钩码盘的情况下恰好做匀速运动
D.将木板不带滑轮的一端适当垫高,使小车在不挂钩码盘的情况下恰好做匀加速运动
（2）实验时,某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他据测量数据绘出得到的ａ﹣F图象可能是图2中的图线丙．(选填“甲”、“乙”、“丙”）；为保证细绳对小车的拉力近似为小盘(及砝码)的重量，则要求m1远大于m２．（选填“远大于”、“等于”、“远小于”．）
考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
专题:实验题．
分析:解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，了解平衡摩擦力的方法；
根据牛顿第二定律，求出小车实际的拉力大小，然后和mg进行比较，可以得出结论．
解答:解:(1）将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力.故选：C.
（2）某同学由于疏忽,遗漏了平衡摩擦力这一步骤,当绳子拉力小于小车的最大静摩擦力,小车加速度等于零，即a﹣Ｆ图象在F轴上有截距，
故选:丙.
根据牛顿第二定律得:
对ｍ２:m2ｇ﹣F拉=m2a
对ｍ1:Ｆ拉=m1a
解得：F拉=,
当ｍ1＞＞ｍ2时，即当小车的质量远大于小盘(及砝码）的总质量，绳子的拉力近似等于小盘(及砝码）的总重力．
故答案为：(１)C (2）丙,远大于
点评：对于实验问题首先要明确实验原理,理解重要步骤的操作，熟练应用基本物理解决实验问题.
14.（8分)物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图1，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Ｈz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码,滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．
（1)图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、４、5、６、７是计数点,每相邻两计数点间还有4个连续的点未标出,计数点间的距离如图所示.根据图中数据计算的加速度a= 0.４96m／ｓ２（保留三位有效数字)．
(２）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有CD ．（填入所选物理量前的字母)
A．滑块运动的时间t B．木板的质量m1
C．滑块的质量m2 D.托盘和砝码的总质量ｍ３
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ=（用被测物理量的字母表示,重力加速度为g）
考点:探究影响摩擦力的大小的因素．
专题:实验题．
分析:（1)利用逐差法△x=aT2可以求出物体的加速度大小,根据匀变速直线运动中某点的瞬时速度等于该过程中的平均速度大小可以求出某点的瞬时速度大小;
(2）根据牛顿第二定律有=ma,由此可知需要测量的物理量．
（3）根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式．
解答：解:(1)每相邻两计数点间还有4个打点,说明相邻的计数点时间间隔:T=０．1s,
根据逐差法有：a==０.49６ｍ/s２；
（２)要测量动摩擦因数,由f=μF N可知要求μ,需要知道摩擦力和压力的大小,压力就是滑块的重力,所以需要知道滑块的质量,摩擦力要根据铁块的运动来求得,滑块做的是匀加速运动,拉滑块运动的是托盘和砝码,所以也要知道托盘和砝码的质量，故AＢ错误，CD正确．
（3)以整个系统为研究对象，根据牛顿第二定律有:
m3g﹣f=（m2+m3）a ①
f=ｍ2gμ ②
联立①②解得：μ=．
故答案为:（１)０.４96m／s２；(2)CD; (3）．
点评:解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题.
三、计算题(本题共４小题，共46分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位．）
15.(10分）飞机着陆后以大小为６m/s２的加速度做匀减速直线运动,其着陆速度为60ｍ/s,求：
（1）飞机整个减速运动过程中的平均速度;
(２）飞机着陆后，12s内滑行的位移;
（3)飞机临静止前4s内滑行的位移.
考点:匀变速直线运动的位移与时间的关系；平均速度；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
专题：直线运动规律专题.
分析:(1）由题意可知飞机的初末速度，则由匀变速直线运动的平均速度公式可求得全程中的平均速度；
（2)飞机着陆后一定静止,故应先判断飞机静止所用的时间，若静止所用时间小于题目中给出的时间,则可以由速度﹣位移关系求出位移,末速度取零.
(3）先求得前一段时时间内的位移，再由总位移减去前6ｓ的位移即可；也可以利用逆向思维方法进行分析求解．
解答：解：（1)飞机初速度为v０=60m/ｓ,末速度为０; 因为飞机做匀减速直线运动,故平均速度v==３0ｍ/s;
(2）以初速度方向为正方向,则加速度a=﹣6ｍ／ｓ２；
飞要在地面滑行的最长时间为t==10ｓ;
由此可知,飞机着陆12s时,已经停下；因此，12s内滑行的位移跟前１0ｓ内滑行的位移相同,设此位移为x;
由v2﹣v０2＝2aｓ得:
x==300m;
(３)设飞机临静止前ｔ1＝4s内的位移为x1，飞机滑行过程中前t2=6s内的位移为ｘ2,则x1＝x﹣x ２
其中：x1=ｘ﹣x2
其中x２=v0t２＋at2２=60×6+×（﹣6)×６2=252m；
故x1＝48m.
答:（1)平均速度为30ｍ/s;(2）飞机着陆后，12s滑行的距离为30０m；(3）静止前４s内滑行的位移为48m．
点评：在解决机车减速问题时,一定要注意要先判断在给出的时间内机车是否已经静止．
16.(12分)如图所示，一水平传送带长为20m，以２m/s的速度做匀速运动.已知某物体与传送带间的动摩擦因数为0.１，现将该物体由静止轻放到传送带的Ａ端.求物体被传送到另一端B所需的时间.（g取lＯｍ／s2）
考点：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系.
专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题.
分析：物体在摩擦力的作用下加速运动，先根据牛顿第二定律求解出加速度,然后假设一直加速，根据运动学公式求出加速的位移，再判断物体有没有到达B端，发现没有到达B端，接下来物体做匀速运动直到B端，分两个匀加速和匀速两个过程,分别求出这两个过程的时间即可．
解答：解：物体在传送带上做匀加速直线运动的加速度a=μg=1m/s2;
物体做匀加速直线运动的时间t1==2s；
匀加速直线运动的位移ｘ1=at12＝×1×4m=2m;
则物体做匀速直线运动的位移x２=Ｌ﹣x1=２0m﹣２m＝1８m;
匀速运动的时间t2=＝９s;
故滑块从Ａ到B的总时间为t=t1+t2＝2s+９ｓ＝１1s；
答:求物体被传送到另一端Ｂ所需的时间为１1s．
点评:解决本题的关键搞清物体在传送带上的运动规律,运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解．17．（12分）如图所示，质量为M的斜劈倾角为θ,在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑．如果用与斜面成α角的力F拉着木块沿斜面匀速上滑.
(1）求拉力Ｆ的大小；
（2）若m=1kｇ,θ=１5°，g＝10m/ｓ2，求F的最小值以及对应的α的取值.
考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
专题:共点力作用下物体平衡专题.
分析：（１)分下滑和上滑对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解;
(2）对第一问的结果表达式进行分析即可得到极值．
解答:解：(１）由物体在斜面上恰能匀速下滑,根据共点力平衡条件可得:
mｇsiｎθ=μｍgcoｓθ
解得:μ=tanθ
在拉力Ｆ作用下匀速上滑时，受重力、拉力、支持力和摩擦力,如图所示：
根据共点力平衡条件,有：
平行斜面方向：Fｃosα=mgsiｎθ+f
垂直斜面方向：Ｆｓｉnα+Ｎ=mｇcｏsθ
其中:ｆ＝μN
解得:F＝
（2)若m＝1ｋg，θ=15°,则:
F==
当α=１5°时，拉力F最小,为=5N
答：(1）拉力F的大小为；
(2）F的最小值为5N，对应的α为15°.
点评:本题关键是受力分析后根据平衡条件推导出拉力的表达式进行分析，不难．
18.（12分)(2012•上海)如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上．环的直径略大于杆的截面直径.环与杆间动摩擦因数μ=0.8.对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力Ｆ，使圆环以a=4．4m/s2的加速度沿杆运动，求Ｆ的大小.（取sｉn５３°=0．8，cos５3°=0．6,ｇ=１0m/s２)．
考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
专题：牛顿运动定律综合专题.
分析：对环受力分析,受重力、拉力、弹力和摩擦力,其中弹力可能向上，也可能向下;要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可.
解答：解:对环受力分析,受重力、拉力、弹力和摩擦力;令Fsin53°=ｍg，F＝1.２5Ｎ此时无摩擦力．当F＜1.25Ｎ时,杆对环的弹力向上,由牛顿定律Fｃｏｓθ﹣μF N＝mａ,F N+Fsinθ=mg，解得Ｆ=１N
当F>１．２5Ｎ时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律Fcｏsθ﹣μFＮ=ma，Fsｉnθ=mｇ＋ＦN，解得F＝9N
答：F的大小为1N或者9N．
点评:本题要分两种情况对物体受力分析,然后根据平衡条件列方程求解，关键是分情况讨论.。