山东省济南市莱芜一中2021届高三物理上学期第一次考试试题.doc

山东省济南市莱芜一中2021届高三物理上学期第一次考试试题

山东省济南市莱芜一中2021届高三物理上学期第一次考试试题

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山东省济南市莱芜一中2021届高三物理上学期第一次考试试题（含解析）
一、选择题（共12题，其中第1至8题只有一个选项是正确的，每题3分；9至12题有多个选项是正确的，每题4分；共40分）
1. 如图所示，一半球体M固定在水平地面上，一物体P静止在半球体表面上(不在最高点)．关于物体P受力情况的分析，下列说法正确的是( )

A. P所受的重力指向半球体的球心
B. P所受的支持力是由M发生形变而产生的
C. P所受的支持力的方向与M形变的方向相同
D. P对M的压力就是P所受重力沿半径方向的分力
【答案】B
【解析】
【详解】物体P静止在半球体表面上，受重力、支持力和摩擦力而处于平衡状态，如图所示：

A．半球体固定在水平地面上，且物体P不在最高点，则P所受的重力不指向半球体的球心，故A错误；
BC．P所受支持力的施力物体是半球体M，是M发生弹性形变之后由于要恢复原状而产生的弹力，此力的方向与M形变方向相反，故B正确，C错误；
D．将P所受重力按如图进行正交分解，可知重力的其中一个作用效果是使P与M相互挤压，也就是说P对M的压力与P所受重力沿半径方向的分力大小相等、方向相同，但二者是两种不同性质的力，分别作用在两个物体上，所以不能说“P对M的压力就是P所受重力沿半径方向的分力”，故D错误．

2. 一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，从某时刻开始刹车并计时，此后一段时间内，汽车的位移随时间变化的函数关系式为x＝20t-2t2，则下列说法正确的是（　　）
A. 汽车做匀速运动时的速度为10m/s
B. 汽车在该段时间内的加速度为4m/s2
C. 从计时开始，汽车在6s内的位移为48m
D. 从计时开始，汽车在10s内的平均速度为5m/s
【答案】D
【解析】
【详解】汽车的位移随时间变化的函数关系式为x＝20t-2t2，可知汽车的初速度和加速度为

汽车刹车后停下的时间

A．汽车的位移是时间的二次函数，所以汽车做匀变速运直线动，故A错误
B．汽车在该段时间内加速度为 ，故B错误；
C．刹车后5s就停下了，所以汽车在6s内的位移为

故C错误；
D．刹车后5s就停下了，由选项C可知，汽车在10s内的位移是50m，所以汽车在10s内的平均速度为

故D正确；
故选D。
3. 如图所示，质量为2m的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为3m的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压．现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A，B间的作用力大小为（　　）

A. B. C. D. 0
【答案】B
【解析】
【详解】剪断细线前，只有对弹簧有作用力，所以剪断细线前弹簧的弹力

将细线剪断的瞬间，根据牛顿第二定律可得

解得

隔离，则有:

解得，剪断后瞬间A、B间的作用力大

故B正确，ACD错误。
故选B。
4. A、B两玩具汽车在遥控器的操纵下沿同一条直线运动，它们的位置一时间关系图象如图所示，则下列说法正确的是（）

A. A、B两玩具汽车同时同地沿相同的方向运动
B. A、B两玩具汽车均做匀加速直线运动
C. t＝5s时，A、B两玩具汽车的速度相同
D. t＝5s时，玩具汽车A从后方追上玩具汽车B
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图线可知，A从3s时由0m处开始运动；B从0时刻起由5m处开始运动，故A错误；
B．x-t图象是直线的表示物体做匀速直线运动，图象的斜率表示速度的大小，故B错误；
CD．x-t图象的交点表示相遇，则t＝5s时，玩具汽车A从后方追上玩具汽车B ，A、B两玩具汽车相遇，故C错误，D正确．

5. 在一块固定的倾角为0的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲 中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑．已知两本书的封面材料不同，但每本书的上下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ1，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ2，英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为μ3，则下列说法正确的是

A. μ1>μ2 B. μ3<μ2
C. 图乙中汉语词典受到的摩擦力大小是μ3mgcosθ D. 图甲中英语词典受到的摩擦力大小是μ2mgcosθ
【答案】D
【解析】
甲图中，对整体分析，根据共点力平衡有：2mgsinθ=μ22mgcosθ，对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得，2mgsinθ-μ12mgcosθ=2ma，由两式可知，μ1＜μ2．故A错误．对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得，2mgsinθ-μ12mgcosθ=2ma，解得a=gsinθ-μ1gcosθ，隔离对汉语词典分析，根据牛顿第二定律得，mgsinθ-f=ma，解得f=μ1mgcosθ，因为两词典保持相对静止，则μ1mgcosθ＜μ3mgcosθ，知μ1＜μ3．则无法比较μ2与μ3的关系，故ABC错误，D错误．根据共点力平衡知，图甲中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力f=mgsinθ，因为2mgsinθ=μ22mgcosθ，所以f=μ2mgcosθ．故D正确．故选D.
6. 如图所示，一质量为2m的物块在水平外力F=的作用下静止在角为30°的斜面体上.已知物块与斜面体之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度大小为g，关于物块所受的摩擦力f，下列说法正确的是（）

A. f＝mg、沿斜面向上
B. f＝、与F的方向相反
C. 、与F方向的夹角为120°
D. 、与F方向的夹角为120°
【答案】D
【解析】
【详解】ABCD．重力沿斜面向下的分力为：

所以重力沿斜面向下的分力与F的合力与摩擦力f平衡，则：
，
与F的夹角α为：

解之得
α=60°
所以f与F方向的夹角为120°，故D正确，ABC错误．
7. 如图所示的两个斜面，倾角分别为37°和53°，在顶点两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两个小球平抛运动时间之比为（ ）

A. 1：1 B. 4：3 C. 16：9 D. 9：16
【答案】D
【解析】
【详解】小球落在斜面上时，位移和水平方向的夹角等于斜面的倾角，则：

所以时间t：
，
则A、B两个小球平抛运动时间之比：
，
A．，而并非1：1，A错误；
B．，而并非4：5，B错误；
C．，而并非16：9，C错误；
D．，D正确．
8. 如图所示，长L＝0.5m的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动，另一端靠在物块B上，B的表面光滑，当B在图示位置被锁定时θ=，现解除锁定，控制物块B由静止开始水平向左做a=0.2m/s2的匀加速直线运动，则在t=1s时，直杆端点A的线速度为（　　）

A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s
【答案】C
【解析】
【详解】物块B由静止开始水平向左做a=0.2m/s2的匀加速直线运动，则在t=1s时，B的速度大小
v=at=0.2×1m/s=0.2m/s
运动的位移为
x=at2=0.1m
而杆的长度为L=0.5m，依据三角知识，则有

得
θ′=
如图将A点的速度分解

接触点A的实际运动，即合运动为在A点垂直于杆的方向的运动，该运动由水平向左的分运动和竖直向下的分速度组成，所以
vA
那么直杆端点A的线速度为
vAm/s=m/s
故选C。
9. 如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（　　）

A. 框架对小球支持力一直减小
B. 拉力F的最小值为mgcos
C. 地面对框架的摩擦力减小
D. 框架对地面的压力先增大后减小
【答案】ABC
【解析】
【详解】AB．以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示，根据几何关系可知，当F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：
F=mgcosθ
故AB正确；

C．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确；
D．以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误。
故选ABC。
10. 如图所示，一质量m2＝10kg的物体B放在沿平直轨道向左行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑的定滑轮连接质量m1＝5kg的物体A。当车向左做匀加速运动时，与物体A相连接的细绳与竖直方向的夹角θ=30°，物体B与车厢相对静止。g＝10m/s2，则下列说法不正确的是（　　）

A. 车厢的加速度为5m/s2
B. 细绳对物体A的拉力
C. 车厢底板对物体B的支持力
D. 物体B所受车厢底板的摩擦力
【答案】AC
【解析】
【详解】A.对A由牛顿第二定律得

解得

A错误；
B.由平衡条件得

解得

B正确；
C.由平衡条件得

解得

C错误；
D.由牛顿第二定律得

解得

D正确；
故选AC。

11. 如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t = 0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t = t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】试题分析： 若，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知，加速度不变；若，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，到小物体P加速到与传送带速度相等后匀速，故B选项可能；若，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知，到小物体P减速到与传送带速度相等后继续向右加速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为，到加速为零后，又反向以a2加速度匀加速运动，而，故C选项，A、D选项错误．
12. 如图所示，一质量为M=2kg、倾角为θ=45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m=1kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为g=10m/s2。下列判断正确的是（　　）

A. 物块对斜面的压力大小
B. 斜面体的加速度大小为
C. 水平恒力大小
D. 若水平作用力F向左作用到M上系统仍保持相对静止，则F将变大
【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查整体法和隔离法的应用。先用整体法对M、m分析，根据牛顿第二定律列式，再用隔离法对M分析，根据牛顿第二定律列式，最后联立求解即可。
【详解】A B C．对M、m整体分析，受重力、支持力N和推力，根据牛顿第二定律得
水平方向

竖直方向

再对M分析，受重力、压力FN、支持力，根据牛顿第二定律得
水平方向

竖直方向

联立解得
，，
故A、B正确，C错误；
D．若水平作用力F作用到M上系统仍保持相对静止，则对整体根据牛顿第二定律得

对m根据牛顿第二定律得

解得

即F变大，故D正确。
故选ABD。
二、实验题（本大题共两个小题，13题6分，14题8分，共14分）
13. 某小组做“验证力平行四边形定则”的实验时得出如图所示的图（Fˊ与A、O共线），其中A为固定橡皮条的固定点，O为橡皮条与细绳的结合点．

(1)实验中需要的器材有：方木板、白纸、橡皮条、细绳套（两个）、三角板、图钉若干等，还必须要有的器材是_________________
(2)实验过程中，橡皮条一端固定在木板上，用两个弹簧测力计把橡皮条的结点拉到某一位置O点，在同一实验过程中，前后两次应把橡皮条的结点拉到______位置（填“相同”或“不同”）
(3)图中______是F1与F2合力的真实值（填F或Fʹ）
(4)(多选)在实验中，采取下列哪些措施可减小实验误差______
A．两个分力F1、F2间夹角必须为90° B．两个分力F1、F2的大小要尽量大些
C．拉橡皮条的细绳要尽量短一些 D．实验前先检查弹簧测力计的指针是否指零
【答案】 (1). 弹簧测力计、刻度尺 (2). 相同 (3). Fʹ (4). BD
【解析】
【详解】(1)做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力进行比较．所以我们需要的实验器材有：方木板(固定白纸)、白纸(记录方向画图)、刻度尺(选标度)、绳套(弹簧秤拉橡皮条)、弹簧测力计(测力的大小)、图钉(固定白纸)、三角板(画平行四边形),橡皮条(让力产生相同的作用效果的)．所以还必须要有的器材是弹簧测力计、刻度尺；
(2)要使每次合力与分力产生相同效果，每次将橡皮条拉到相同的位置，即用一个力与用两个力的作用效果相同；
(3)用平行四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值，所以：F是理论值，F′是真实值；
(4)A.F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要为90°，故A错误；
B. 实验要方便、准确，两分力适当大点，读数时相对误差小，但不宜太大，故B正确；
C. 为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，故C错误；
D. 弹簧秤使用前应先校零，即实验前先检查弹簧测力计的指针是否指零，故D正确；

ˊ
14. 为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置．其中M为带小滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为小滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。

（1）实验时，不需要进行的操作是______。
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数
D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
（2）甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______m/s2（结果保留三位有效数字）。

（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。
A．　　B．　　C．　　D．
（4）乙同学根据测量数据作出如图所示的图线，该同学做实验时存在的问题是______。

【答案】 (1). AD (2). 2.00 (3). C (4). 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】
【详解】(1)[1]AD．本题拉力可以由传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误；
B．实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C．实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确。
故选AD。
(2)[2]根据，运用逐差法得

(3)[3]由牛顿第二定律得

则

图像的斜率，则小车的质量

故C正确。
(4)[4]当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
【点睛】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，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对图来说，图像的斜率表示小车质量的倒数。
三、计算题（本大题共四个小题，15题10分，16题10分，17题12分，18题14分，共46分）
15. 在同一条平直的公路上并排有甲、乙两辆汽车，甲车开始以v0＝20m/s的速度做匀速运动，乙车静止．甲车运动到乙车前方xo＝25m处时突然刹车，刹车时的加速度大小a1＝4m/s2，同时乙车由静止开始以a2＝6m/s2的加速度做匀加速运动追赶甲车．
(1)乙车经过多长时间追上甲车?
(2)乙车追上甲车前，甲、乙两车之间的最大距离是多少?
【答案】(1) 5s (2) 45m
【解析】
【详解】（1）设甲车做减速运动的时间为t1，根据，则：
………①
设乙车启动后经过t时间，甲、乙两车相遇
甲车的位移：
………②
乙车的位移：
………③
………④
联立解得:
t＝5s (另解t＝一1s舍去) ………⑤
（2）设乙车启动后经过t0时间，两车速度相同，此时两车间的距离最大，有：
………⑥
解得：
t=2s
这段时间内，甲车的位移：
………⑦
解得：
x甲=32m
乙车的位移：
………⑧
解得：
x乙=12m
所以甲、乙两车间的最大距离：
………⑨
16. 如图所示，水平放置的架空光滑杆ON、OM上穿有两轻质小环A、B，A、B之间用一段最大承受能力为40N的细绳连接。现用水平向右的外力F缓慢向右移动B环直到细绳拉直，当两者平衡时，F=15N。已知∠MON＝37°，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8
(1)求在外力F作用下，小环A所受杆ON的弹力大小；
(2)为保证细绳不被拉断，求F的最大值及此时OM杆产生的弹力大小。

【答案】(1)50N；(2)36N；48N
【解析】
【详解】(1)由于ON、OM为架空光滑杆，小环静止状态下细绳必定与ON杆垂直，A、B两环的受力情况如图所示，根据共点力的平衡条件对A环有

对B环有
T2sin37°-F＝0
并且
T1＝T2
解得
FA＝50N
(2)当细绳拉力Tm＝60N时，外力F的值达到最大Fm
根据平衡条件对B环有
Fm＝Tmsin37°
FB＝Tmcos37°
解得
Fm＝36N
FB＝48N
17. 如图所示，有一条沿顺时针方向匀速转动的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给物块沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：

(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间；
(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度．
【答案】(1)133s（2）0.85s，2.31ｍ/s
【解析】
【分析】
(1) 物块在恒力作用下沿传送带运动时，起始阶段物块速度小于传送带速度，物块受的摩擦力沿传送带向上，据牛顿第二定律求出物块的加速度；物块速度等于传送带速度后，摩擦力突变，分析物块接下来的运动情况，求出两段运动对应的时间．
(2)若速度相等时，撤去拉力，对物体受力分析，据牛顿第二定律求出物块的加速度，再据运动学公式求出物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度．
【详解】(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：
解得：
物块加速过程所用时间
物块加速过程运动的距离
物块达到与传送带同速后，对物块受力分析可知，物块受的摩擦力的方向改变，因为F＝8 N，而重力沿传送带向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N，物块不能相对传送带向上加速，物块将沿传送带匀速上升
传送带长度
物块在传送带上匀速的时间
物块从传送带底端运动到平台上所用的时间
(2)若达到同速后撤去恒力F，对物块受力分析，
因为
物块将减速上行，
得
设物块还需离开传送带，离开时的速度为，则

18. 某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度．如图所示，一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动．

(1)为使木板能向上运动，求F1必须满足什么条件？
(2)若F1=22N，为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？
(3)游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功．现F1=24N，F2=16N，请通过计算判断游戏能否成功？
【答案】(1)F1＞20N (2)F2＞13.2N (3)游戏不能成功．
【解析】
【详解】(1)滑块与木板间的滑动摩擦力：f=μF1
对木板应有：f＞Mg
代入数据得：F1＞20N
(2)对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg=Ma1
对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg=ma2
要能发生相对滑动应有：a2＞a1
代入数据可得：F2＞13.2N
(3)对滑块由牛顿第二定律有：F2﹣μF1﹣mg=ma3
设滑块上升h的时间为t，则：
对木板由牛顿第二定律有：μF1﹣Mg=Ma4
设木板在t时间上升的高度为H，则：
代入数据可得：H=0.75m
由于H+L＜h，滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板，游戏不能成功．