2021年黑龙江省佳木斯市第一中学高三(上)开学考试物理试题(解析版)

佳木斯市第一中学高三学年第三次调研考试
物理试题
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求，选对的得4分，选错或不答的得0分）
1. 质点做直线运动的位移x 与时间t 的关系为x=5t+t 2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ） A. 第1s 内的位移是5m
B. 前2s 内的平均速度是6m/s
C. 任意相邻的1s 内位移差都是1m
D. 任意1s 内的速度增量都是2m/s
【答案】D 【解析】
第1s 内的位移只需将t ＝1代入即可求出x=6m ，A 错误；前2s 内的平均速度为
2
25227m/s 22
s v ⨯+===，
B 错；由题给解析式可以求得加速度为a=2m/s 222m x aT ∆==，
C 错；由加速的定义可知
D 选项正确
2. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v —t 图像如图所示。

已知两车在t=3s 时并排行驶，则（ ）
A. 在t=1s 时，甲车在乙车后
B. 在t=0时，甲车在乙车前12.5m
C. 两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D. 甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m 【答案】D 【解析】
【详解】AC ．根据v t -图像的“面积”表示位移，由几何知识可知，在13s 内甲、乙两车通过的位移相等，又因为两车在3s t =时并排行驶，由此可以推论出在1s t =时两车也并排行驶，故AC 错误； B ．由图可知，甲的加速度为
210m/s v a t =
=甲
甲甲
乙的加速度为
25m/s v a t =
=乙
乙乙
因此在01s ~中，甲的
位移为
21
5m 2
x a t =
=甲甲 201
12.5m 2x v t a t =+=乙乙
因此两者位移差为
7.5m x x x ∆=-=乙甲 即在0t =时，甲车在乙车前7.5m ，故B 错误； D ．1s 末甲车的速度为
10m/s v a t ==甲
在13s 甲车的位移为
21
40m 2
x vt a t =+=甲
即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m ，故D 正确。

故选D 。

3. 如图所示，质量均为m 的小球A 、B 用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O 点，在外力F 的作用下，小球A 、B 处于静止状态。

若要使两小球处于静止状态且悬线OA 与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F 的大小不可能为（ ）
35
mg 2mg D. mg
【答案】A 【解析】
【详解】对A 、B 两球整体受力分析可知，受重力
2G mg =
OA 绳子的拉力T 以及拉力F ，三力平衡，将绳子的拉力T 与拉力F 合成，其合力与重
力平衡如图所示
当拉力F与绳子的拉力T垂直时，拉力F最小，最小值为
2sin30
mg mg
︒=
由于拉力F的方向具有不确定性，因此从理论上来说，拉力F最大值可以取任意一值，
即拉力F可以大于等于mg，不可以小于mg，故A正确，BCD错误。

故选A。

4. 如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN 上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，
但圆环A始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力为F
f
和环对杆的压
力F
N
的变化情况是 ( )
A. F
f 不变，F
N
不变
B. F
f 增大，F
N
不变
C. F
f 增大，F
N
减小
D. F
f 不变，F
N
减小
【答案】B
【解析】
【详解】设细绳与竖直夹角为α，由平衡条件得：F=mgtanα，α增大，则F增大；
再以整体为研究对象，根据平衡条件得：f=F，则f逐渐增大．F
N =（M+m）g，F
N
保持不
变故选B．
考点：整体法及隔离法；共点力的平衡．
5. 如图所示，小圆环A系着一个质量为m
2
的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊
着一个质量为m 1的物块。

如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB 所对应的圆心角为α，则两物块的质量比m 1：m 2应为（ ）
A. cos
2
α
B. sin
2
α
C. 2sin
2
α
D. 2cos
2
α
【答案】C 【解析】
【详解】A 环受力平衡，如图
切向分力相等
12sin 90cos(90)2m g m g αα︒︒⎛
⎫-=- ⎪⎝
⎭
化简得
12cos
2sin
cos
2
2
2
m m α
α
α
=
AB 段绳子拉力大小为1m g ，大环对A 的弹力由A 指向O ，根据平衡可知
212sin
2
m g m g α
=
即可得到
122sin 2
m m α= 故选C 。

6. 如图所示为粮袋的传送装置，已知AB 间长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，
工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )
A. 粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B. 粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C. 若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定是一直做加速运动
D. 不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ
【答案】A
【解析】
【详解】A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确.
B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g(sinθ+μcosθ），若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ+μcosθ)的加速度匀加速，后以
g(sinθ-μcosθ)匀加速；故B错误.
C.若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动;故C错误.
D.由上分析可知，粮袋从A到B不一定一直匀加速运动，故D错误.
7. 如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为1μ，木板与地面间的动摩擦因数为2μ，有以下几种说法：
μ
①木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mg
②木板受到地面的摩擦力的大小一定是2()m M g μ+ ③当2()F m M g μ>+时，木板便会开始运动 ④无论怎样改变F 的大小，木板都不可能运动
则上述说法正确的是（ ） A .
②③
B. ①④
C. ①②
D. ②④
【答案】B 【解析】
【详解】①②．对木板：水平方向受到木块对它向右的滑动摩擦力f 1和地面的向左的静摩擦力f 2的作用，由平衡条件得
211f f mg μ==
①正确，②错误；
③④．木块对木板的摩擦力为
11f mg μ=
地面对木板的最大静摩擦力为
2max 2()f m M g μ=+
所以木块对木板的摩擦力f 1不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F 改变时，f 1不变，则木板不可能运动，③错误，④正确。

因此说法正确的是①④，选项B 正确，ACD 错误。

故选B 。

8. 如图所示，A 、B 的质量分别为m A =2kg ，m B =4kg ，盘C 的质量m C =6kg ，现悬挂于天花板O 处，处于静止状态。

当用火柴烧断O 处的细线瞬间，木块A 、B 、C 的加速度分别是a A 、a B 、a C ，B 对C 的压力大小是F BC (g 取10m/s 2），则（ ）
A. a A =a B =a C =g ，F BC =0
B. a A =0，a B =a C =g ，F BC =0
C .
a A =a B =0，a C =3g ，F BC =60N D. a A =0，a B =a C =12m/s 2，F BC =12N 【答案】D 【解析】
【详解】烧断细线前细线的拉力为
()120N A B C T m m m g =++=
弹簧的弹力大小
20N A F m g ==
烧断细线后瞬间，弹簧的弹力没有改变，则A 的受力情况没有改变，其合力仍为零，根据牛顿第二定律得 A 的加速度a A =0
对BC 整体，根据牛顿第二定律得
(
)22BC 20(46)1210
m 46
/s m/s B C B C
F m m g
a m m ++++⨯=+=
=
+
对C 由牛顿第二定律可得
BC C C BC F m g m a +=
解得F BC =12N 。

故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全得2分，有选错的或不答的得0分）
9. 如图所示，质量为m 的木块在与水平方向成α角斜向上的拉力F 作用下沿水平地面匀速滑动，木块与水平地面之间的动摩擦因数为μ，以下说法中正确的是（ ）
A. 木块受到地面摩擦力大小等于cos F α
B. 木块对地面摩擦力大小等于mg
C. 木块受到地面摩擦力大小等于()sin mg F μα-
D. 木块对地面的压力大小等于sin mg F α-
【详解】由于物体做匀速直线运动，因此处于平衡状态，合外力为零，由此受力分析，如图所示
因此在水平方向上
cos f F F α=
在竖直方向上
sin N mg F α=-
根据牛顿第三定律可知，木块对地面的压力大小为
sin N N mg F α'==-
又因为有
f F N μ=
因此有
()sin f F mg F μα=-
故ACD 正确，B 错误。

故选ACD 。

10. 如图所示，物块M 通过与斜面平行的细绳与小物块m 相连。

斜面的倾角α可以改变，讨论物块M 对斜面的摩擦力的大小，则有（ ）
A. 若物块M 保持静止，则α角越大，摩擦力一定越大
B. 若物块M 保持静止，则α角越大，摩擦力可能越小
C. 若物块M 沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越大
D. 若物块M 沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越小
【详解】AB ．物体m 受到重力mg 和拉力F ，处于平衡状态
F mg =
对滑块M 受力分析，受重力Mg 、支持力N F 、拉力F 和静摩擦力f F ，其中静摩擦力方向取决于拉力F 和重力的下滑分量的大小，若
sin F Mg α<
受力如图
根据平衡条件，有
sin f F F Mg α+=
故α越大，f F 越大 若
sin F Mg α>
受力如图
根据平衡条件，有
sin f F F Mg α=+
故α越大，f F 越小 A 错误B 正确；
CD ．由于物体M 下滑，所以物体所受到滑动摩擦力f F ，有
f N F F μ=
由于是在斜面上
cos f F mg μα=
当α增大时，cos α减少（0～90度），所以f F 减少，C 错误D 正确； 故选BD 。

11. 如图所示，t ＝0时，质量为0.5kg 的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面（经过B 点前后速度大小不变），最后停在C 点。

每隔2s 物体的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g ＝10m/s 2，则下列说法中正确的是（ ）
A. t ＝3s 的时刻物体恰好经过B 点
B. t ＝10s 的时刻物体恰好停在C 点
C. 物体运动过程中的最大速度为12m/s
D. A 、B 间的距离小于B 、C 间的距离 【答案】DB 【解析】
【详解】A ．根据图表中的数据，可以求出物体下滑的加速度
2218
m/s 4m/s 2
v a t ∆=
==∆ 在水平面上的加速度
2224m/s 2m/s 2
v a t ∆-=
==-∆ 分析可得，最大速度在2s
4s ，设达到最大速度的时间为1t ，根据运动学公式
112112(4)a t a t =+-
解得
110
s 3
t =
即110
s 3
t =
的时刻物体恰好经过B 点，A 错误；
B．从'6s
t=开始，速度减为零还需的时间
208
s4s 2
t
-
==
-
物体恰好停在C点的时间
'
2
6s4s=10s
t t t
=+=+
B正确；
C．物体恰好经过B点，物体运动过程中的最大速度
11
40
m/s
3
m
v a t
==
C错误；
D．根据
22
2
v v ax
-=
A、B间的长度为
2
1
200
m
29
m
AB
v
x
a
==
B、C间的长度
2
2
0400
m
29
m
BC
v
x
a
-
==
可知A、B间的距离小于B、C间的距离，D正确。

故选BD。

12. 图中有一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到图的a －F图．取g＝10 m/s2，则（）
A. 滑块的质量m＝4 kg
B. 木板的质量M＝2kg
C. 当F＝8 N时滑块加速度为2 m/s2
D. 滑块与木板间动摩擦因数为0.1
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB 、当F 等于6N 时，加速度为：a=1m/s 2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F M m a =+()，代入数据解得：6M m kg +=，当F 大于6N 时，根据牛顿第二定律得：1F mg mg a F M M M
μμ-==-，由图示图象可知，图线的斜率：111642a k M F ∆====∆-，解得：M=2kg ，滑块的质量为：m=4kg ，故A 、B 正确；
CD 、根据F 大于6N 的图线知，F=4时，a=0，即：140022
F μ=⨯-⨯，代入数据解得：μ=0.1，由图示图象可知，当F=8N 时，滑块与木板相对滑动,滑块的加速度为：21/a g m s μ==，故D 正确，C 错误；
故选ABD ．
【点睛】当拉力较小时，m 和M 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m 和M 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
三、填空题（共16分，每空2分）
13. 某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示（装置竖直放置）。

(1)下列说法中正确的是______。

A ．在测量同一组数据1F 、2F 的合力和F 的过程中，橡皮条结点O 的位置不能变化
B ．1F 、2F 和合力和F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程
C ．为减小测量误差，1F 、2F 方向间夹角应为90°
D ．本实验采用科学方法是控制变量法
(2)弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为______N 。

【答案】 (1). AB (2). 4.00
【解析】
【详解】(1)[1]A ．在同一组数据中，只有当节点O 的位置不发生改变时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，故A 正确；
B ．根据弹簧测力计的使用原则，在测量力的时候不能超过弹簧测力计的量程，故B 正
确；
C ．1F 、2F 方向间夹角为90°，并不能减小误差，故C 错误；
D ．本实验采用的科学方法是等效替代法，不是控制变量法，故D 错误。

故选AB 。

(2)[2]由图乙弹簧测力计的读数可知，拉力的大小为4.00N 。

14. 在探究物体的加速度a 与物体所受外力F 、物体质量M 间的关系时，采用如下图所示的实验装置．小车及车中的砝码质量用M 表示，盘及盘中的砝码质量用m 表示。

（1）当M 与m 的大小关系满足________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力。

（2）某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m 一定来做实验，其具体操作步骤如下，以下做法正确的是________。

A ．平衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力
C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源
D ．用天平测出m 以及小车质量M ，小车运动的加速度可直接用公式a ＝
mg M
求出 （3）另两组同学保持小车及车中的砝码质量M 一定，探究加速度a 与所受外力F 的关系，由于他们操作不当，这两组同学得到的a －F 关系图象分别如图1和图2所示，其原因分别是：
图1：________________________________；
图2：________________________________。

（4）某同学在某次实验得到了如图所示的纸带（两计数点间还有四个点没有画出，纸带上的数字是相邻两点间的距离，电源频率是50赫兹)，根据纸带可求出小车的加速度大小为________2m/s ，打计数点“4”时的速度大小为________m/s 。

（结果保留两位
有效数字）
【答案】 (1). M m (2). B (3). 不再满足砝码和盘的质量远小于小车
及车中的砝码的质量 (4). 没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力时长木板的倾角过小
(5). 0.50 (6). 0.31
【解析】
【详解】（1）[1]在消除摩擦力对实验的影响后，那么小车的合力就是绳子的拉力，根据牛顿第二定律得，m 对
mg F ma -=
对M
F Ma =
解得
M F mg M m =
+ 当M m 时，即当砝码和盘的总重力要远小于小车及车中的砝码的重力，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力。

（2）[2] A ．因为是用重力沿倾斜木板向下的分力平衡摩擦力，所以不能将及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上，A 错误；
B ．设斜面的倾斜角度为θ ，当
sin cos mg mg θμθ=
就平衡了摩擦力，上式中的质量可以抵消，所以改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，B 正确；
C ．实验时，先接通电源，再释放小车，C 错误；
D ．小车运动的加速度通过纸带求出，不能通过牛顿第二定律探究牛顿第二定律，即不能用
mg a M
= 求出，D 错误。

故选B 。

（3）[3] 图1中随着F 的增大，即砝码和盘的质量增大，不再满足砝码和盘的质量远
小于小车及车中的砝码的质量，因此曲线上部出现弯曲现象。

（3）[4] 从图2可知，F 不等于零时，加速度为零，也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为零，知没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力时长木板的倾角过小。

（4）[5]两个计数点的时间间隔
50.02s 0.1s T =⨯=
根据
2x at ∆=
运用逐差法得 ()2222
2.88
3.39 3.87 1.40 1.90 2.3810m/s 0.50m/s (30.1)a -++---⨯=⨯= （4）[6] 打计数点“4”时的速度大小
2
4(2.88 3.39)10m/s 0.31m/s 0.2
v -+⨯== 四、计算题（共36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给分。

有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15. 如图所示的粗细均匀薄壁U 型管，左管上端封闭，右管开口且足够长；温度为t 1=27℃时，右管内水银面比左管高h=4cm ，左管内空气柱长度为L=40cm ，大气压强
p 0=76cmHg ．现使左管内空气温度缓慢下降，则当左管内液面上升h 1=4cm 时，管内气体
温度t 2为多少℃？
【答案】-30℃
【解析】
【详解】试题分析：设玻璃管横截面积为Scm 2，以右管上端封闭的空气柱为研究对象． 气压：
P 1=P 0+h 1=76+4cmHg=80cmHg ，p 2=76-4=72cmHg
体积：
V 1=40•Scm 3，V 2=（40-4）•S=36Scm 3
温度：
T
1
=273+27=300K 根据理想气体状态方程：
1122
12
PV PV
T T
＝
代入数据解得：
22
21
11
7236
300243
8040
PV
T T K K
PV
＝＝＝
⨯
⨯
⨯
即管内气体温度为
t
2
=T
2
-273℃=243-273℃=-30℃
16. 如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过细绳AB使杆与竖直墙壁保持垂直，AB与AC间的夹角θ=60°．若在B点悬挂一个定滑轮（不计重力），某人用它匀速地提起重物，已知重物的质量m=40kg，人的质量M=60kg，取g=10m/s2。

求：
（1）此时地面对人的支持力的大小N；
（2）轻杆BC和细绳AB对B点的作用力大小。

【答案】（1）200N；（2）3
1.610N
⨯3
1.410N
⨯
【解析】
【详解】（1）对人进行受力分析，人受到重力、支持力和绳子的拉力，根据平衡条件有
N mg Mg
+-=
代入数据得到：200
N N
=；
（2）滑轮对结点B的拉力为
2800
T mg N
==
设轻杆BC和细绳AB对B点的作用力大小分别为C F、A F，以结点B为研究对象，如图
进行受力分析
根据共点力平衡有
A T F cos θ
=，tan C F T θ= 代入数据得到
31.610A F N =⨯，38003 1.410C F N N ==⨯
17. 如图所示传送带以恒定速度v ＝5 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°．现将质量m ＝2 kg 的小物品轻放在其底端（小物品可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝14 N 拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H ＝1.8 m 的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，已知：sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：
（1）物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？
（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F ，求物品还需多少时间离开传送带？
【答案】（1）1.1s;（2）523t -=
【解析】
【详解】（1）物体加速时
cos sin F mg mg ma μθθ+-= 解得25/a m s =
加速时间11t s =，加速位移1 2.5x m =,物体匀速位移20.5x m =，时间20.1t s = 故运动时间为
12 1.1t t t s =+=
（2）若在物体与传送带达到速度相同时撤去F ，则物体向上减速，且
2sin cos 2/a g g m s θμθ=-=
物体运动到上方时有
2212x vt at =- 解得
523t s -= 18. “桌布挑战”是2019年最流行的网红挑战项目之一，其挑战规则是一个人用力抽走桌布，同时保证桌子上的餐具“不动”（肉眼观察不到餐具位置发生变化）。

现将该挑战做如图所示的简化，在桌面上放置一块桌布，将一个可视为质点的正方体静置于桌布上，小明对桌布施加水平向右的拉力将桌布迅速抽出。

若正方体和桌布的质量分别为m 和M ，正方体与桌布间的动摩擦因数为1μ，桌布、正方体与桌面间的动摩擦因数均为2μ，重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若要使正方体相对桌布静止，求拉力的最大值T ；
(2)右人肉眼感知物体“不动”的最大距离l =0.0075m ，m=1kg ，M=2kg ，10.1μ=，20.2μ=，g=10m/s 2，正方体与桌布左端的距离d=0.04m ，求小明完成“桌布挑战”需要提供的最小拉力F 。

【答案】(1)12()()T M m g μμ=++；(2) 25N
【解析】
【详解】(1)设正方体的最大加速度为a 1，桌布的加速度大小为a 2，对正方体、桌布分
别受力分析有
11mg ma μ=
122()T mg M m g Ma μμ--+=
正方体和桌布保持相对静止应满足
21a a ≤
解得拉力的最大值为
12()()T M m g μμ=++。

(2)设正方体在桌布上运动的位移大小为x 1，加速度大小为a 3，时间为t 1；正方体离开
桌布后运动的位移大小为x 2，加速度大小为a 4，时间为t 2；正方体从桌布上离开前，
桌布的加速度大小为a 5，桌布运动的位移大小为x 3，有
13mg ma μ=
213112
x a t = 24mg ma μ=
224212
x a t = 125()F mg M m g Ma μμ--+=
235111=2
x a t d x =+ 若要完成挑战，则正方体移动的总位移必须小于或等于人肉眼感知物体“不动”的最大距离，考虑临界值
12l x x =+
由正方体先从零开始做匀加速运动，后做匀减速运动，最终静止在桌面上，有
3142a t a t =
联立可得
F=25N。