1、河北省张家口市宣化第一中学2021届高三物理上学期10月试题（含解析）1. 很多家庭在室内进门墙上安装了悬挂衣服或小物件的小圆柱体，小明同学利用家里墙上两个处于同一水平高度的小圆柱体研究合力的变化。如图所示，将一轻绳套在两圆柱体上，轻绳下端悬挂一重物，结果发现重物离地比较近，不太方便进行研究。于是小明把绳子取下，剪短后重新按之前方式悬挂同一重物。若绳与圆柱体之间的摩擦忽略不计，则（）A. 轻绳的张力将变小B. 轻绳张力将变大C. 轻绳对物体的作用力的合力将变大D. 轻绳对物体的作用力的合力将变小【答案】B【解析】【详解】AB以重物和绳子整体为研究对象，分析受力情况：重力、绳子的作用力FA，绳子
2、的作用力FB根据对称性可知，FA=FB，由平衡条件可得2FAcos=G是圆柱体对绳子的作用力与竖直方向夹角，G是物体的重力。绳越短时，越大，cos越小，则FA越大。所以绳越短时，轻绳的张力将变大，故A错误B正确；CD 对重物受力分析可知，左右两根绳对重物的合力与物体的重力大小相等方向相反，所以轻绳对物体的作用力的合力不变，故CD错误。故选B。2. 如图所示，甲、乙两辆汽车在t=0时刻刚好经过同一位置，并沿同一方向做直线运动，已知甲车的加速度大小恒为1.2m/s2。下列正确的是（）A. 乙车做加速度先增大后减小的变加速运动B. 在前4s的时间内，甲车运动位移为29.6mC. 在t4s时，甲车追上
3、乙车D. 在t10s时，乙车又回到起始位置【答案】B【解析】【详解】A 速度图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，乙车的加速度先减小后增大，最后再减小，故A错误；B 在前4s的时间内，甲车运动位移为故B正确；C 图像与横轴围成的面积代表位移，在t=4s时，两车的速度相同，但前4s内两车经过的位移不同，故两车没有相遇；故A错误；D 在10s前，乙车速度一直沿正方向，故乙车没有回到起始位置；故D错误。故选B。3. 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止在小车右端。B与小车平板间的动摩擦因数为。若某时刻观察到细线偏离竖直方向角
4、，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（重力加速度为g）（ ）A. mg，竖直向上B. mg，斜向左上方C. mgtan ，水平向右D. mg，斜向右上方【答案】D【解析】【详解】以A为研究对象，分析受力如图：根据牛顿第二定律得解得方向水平向右。小车对B的摩擦力为方向水平向右小车对B的支持力大小为N=mg方向竖直向上则小车对物块B产生的作用力的大小为方向斜向右上方选项D正确，ABC错误。故选D。4. 一位网球运动员以拍击球,使网球沿水平方向飞出,第一只球落在自己一方场地的B点,弹跳起来,刚好擦网而过,落在对方场地的A点,第二只球直接擦网而过,也落在A点,如图设球与地面的碰撞后,速度大小
5、不变,速度方向与水平地面夹角相等,其运动过程中阻力不计,则第一只球与第二只球飞过网C处时水平速度大小之比为（ ）A. 1:1B. 1:3C. 3:1D. 9:1【答案】B【解析】【详解】由平抛运动的规律可知，两球分别被击出至各自第一次落地的时间是相等的由于球与地面的碰撞是完全弹性碰撞，设第一球自击出到落地时间为t1，第二球自击出到落地时间为t2，则：t1=3t2 ；由于一、二两球在水平方向均为匀速运动，总水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x=v0t得：v2=3v1 ，所以有v1：v2=1:3，所以两只球飞过球网C处时水平速度之比为1：3，故B正确5. 2018年1
6、2月27日，北斗三号基本系统已完成建设，开始提供全球服务。其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示：a为低轨道极地卫星，b为地球同步卫星，c为倾斜轨道卫星，其轨道平面与赤道平面有一定夹角，c的周期与地球自转周期相同。下列说法正确的是（）A. 卫星a的线速度比卫星c的线速度小B. 卫星b的向心加速度比卫星c的向心加速度大C. 卫星b和卫星c的线速度大小相等D. 卫星a的机械能一定比卫星b的机械能大【答案】C【解析】【详解】A由线速度与半径的关系可知，卫星a的线速度比卫星c的线速度大。故A错误；B由于b为地球同步卫星，c的周期与地球自转周期相同，所以b、c周期相等。由可知，卫星b的向心加速度与卫星c的
7、向心加速度相等。故B错误；C由可知，b、c轨道半径相同。所以卫星b和卫星c的线速度大小相等。故C正确；D由轨道a到轨道b，卫星需加速，所以卫星a的机械能一定比卫星b的机械能小。故D错误。故选C。6. 某游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上A. 位于B点时，只要弹丸射出速度合适就能过关B. 只要高于B点，弹丸射出速度合适都能过关C. 只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关D. 有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关【答案】C【解
8、析】【分析】根据安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸，本题考查了平抛运动的运用，抓住速度方向垂直P点圆弧的切线方向是关键，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，通过运动学公式和几何关系进行求解【详解】A项：根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可知，位于B点时，不管速度多大，弹丸都不可能从P点射出，故A错误；B、C、D项：根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点可得： 则竖直位移PN=CNtan= 弹射器高B点的高度为y=PN-Rsin=，所以只有一个位置，射出才能过关，故B、D错误，C正确故选C【点睛】根据平抛运动速度反向延长线过水平位移的中
9、点结合几何关系求解竖直方向的位移，再进一步求解弹射器高B点的高度7. 如图，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度匀速转动质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为、，则下列说法正确的是( )A. A的向心力等于B的向心力B. 容器对A的支持力一定小于容器对B的支持力C. 若缓慢增大，则A、B受到的摩擦力一定都增大D. 若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向下的摩擦力【答案】D【解析】【详解】A、由于，根据向心力公式可知A的向心力大于B的向心力，故选项A错误；BCD、若A不受摩擦力，根据牛顿第二定律可得，解得A的角速度
10、，同理可得当B的摩擦力为零时，B的角速度，则有；若转动的角速度，A和B受沿容器壁向上的摩擦力，如果角速度增大，则A、B受到的摩擦力都减小；若A不受摩擦力，整体转动的角速度为，则B有向上的运动趋势，故B受沿容器壁向下的摩擦力，故选项D正确，B、C错误8. 如图，固定于小车上的支架上用细线悬挂一小球线长为L小车以速度V0做匀速直线运动，当小车突然碰到障碍物而停止运动时小球上升的高度的可能值是（）A. 等于B. 小于C. 大于D. 等于2L【答案】ABD【解析】试题分析：当小车突然碰到障碍物而停止运动时，由于惯性小球的速度仍为，若可以满足小球做圆周运动，则小球可以上升的最高点正好为圆的直径，即为2L
11、，若小球不能做圆周运动，则根据机械能守恒可得，解得，若空气阻力不能忽略，则小球的机械能不守恒，上升高度小于，故ABD正确考点：考查了圆周运动，机械能守恒【名师点睛】小球在运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒可以求得小球能到达的最大高度；如果小球可以达到最高点做圆周运动的话，那么最大的高度就是圆周运动的直径，本题由多种可能性，在分析问题的时候一定要考虑全面，本题考查的就是学生能不能全面的考虑问题，难度不大9. 静止在水平地面的物块，受到水平方向的拉力F作用，此拉力方向不变，其大小F与时间t的关系如图所示。设物块与地面间的静摩擦力最大值与滑动摩擦力大小相等，则（）A. 0t1时间内F的功率逐渐增大
12、B. 时刻物块的加速度最大C. 时刻后物块做反向运动D. 时刻物块的动能最大【答案】BD【解析】【详解】A由图象可知，时间内拉力F小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；B由图象可知，在时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故B正确；C由图象可知在时间内物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；D由图象可知在时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在时刻以后，合力做负功。物块动能减小，因此在时刻物块动能最大，故D正确。故选BD。10. 我国正在进行的探月工程是高新技术领域的一次重大科技活动，
13、在探月工程中飞行器成功变轨至关重要，如图所示假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞行器在距月球表面高度为3R的圆形轨道I上运动，到达轨道的A点点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的近月点B再次点火进入近月轨道III绕月球做圆周运动则A. 飞行器在B点处点火后，动能增加B. 由已知条件不能求出飞行器在轨道II上的运行周期C. 只有万有引力作用情况下，飞行器在轨道II上通过B点的加速度大小大于在轨道III上通过B点的加速度D. 飞行器在轨道III上绕月球运行一周所需的时间为【答案】D【解析】【详解】A在圆轨道实施变轨成椭圆轨道远地点是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于飞船
14、所需向心力，所以应给飞船点火减速，减小所需的向心力，故点火后动能减小，故A错误；BD设飞船在近月轨道绕月球运行一周所需的时间为T3，则：解得：根据几何关系可知轨道的半长轴a=2.5R，根据开普勒第三定律：以及轨道的周期可知求出轨道的运行周期，故B错误，D正确C只有万有引力作用下，飞行器在轨道上与在轨道上通过B点引力相同，则加速度相等，故C错误11. 如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为37的光滑斜面底端，另一端连接一质量为2kg的物块A，处于静止状态。若在物块A的上方斜面上紧靠A处轻放一质量为3kg的物块B，A、B一起向下运动，经过10cm运动到最低点。已知sin370.6，cos370.8，
15、重力加速度g取10m/s2，则在两物块沿斜面向下运动的过程中，下列说法正确的是（）A. A、B间的弹力先减小后增大B. 在物块B刚放上的瞬间，A、B间的弹力大小为7.2NC. 物块A、B和弹簧组成的系统重力势能与弹性势能之和先减少后增加D. 物块运动到最低点时加速度为零【答案】BC【解析】【详解】A两物块沿斜面向下运动的过程中，弹簧压缩量逐渐增大，所以A、B间的弹力一直增大，故A错误；B物块A刚放上去的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以物块A、B整体受到的合力为mBg sin37，设加速度为a，则有mBgsin37=（mA+mB）a设A、B间的弹力为FN，对物块B有mBgsin37-FN=mB
16、a联立解得FN=7.2N故B正确；C 由功能关系，弹簧和两物块组成的系统，重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量，两物块的动能先增加后减少，故重力势能与弹性势能之和先减少后增加，故C正确；D两物块在速度最大位置处，加速度为零，故在最低点时，加速度不为零，且沿斜面向上，故D错误。故选BC。12. 如图所示，由电动机带动着倾角q37的足够长的传送带以速率v4m/s顺时针匀速转动一质量m2kg的小滑块以平行于传送带向下v2m/s的速率滑上传送带，已知小滑块与传送带间的动摩擦因数m，取g10m/s2，sin370.6，cos370.8，则小滑块从接触传送带到与传送带相对静止的时间内A.
17、小滑块的加速度大小为1m/s2B. 重力势能增加了120JC. 小滑块与传送带因摩擦产生的内能为84JD. 电动机多消耗的电能为336J【答案】AD【解析】A、由牛顿第二定律可得，解得，故A正确；B、小滑块从接触传送带到相对传送带静止的时间，小滑块的位移，重力势能增加量，故B错误；C、6s内传送带运动的位移，所以相对位移，产生的内能，故C错误；D、小滑块增加的动能，所以电动机多消耗的电能，故D正确；故选AD13. 用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位
18、于气垫导轨上B位置的上方(1) 某同学用游标卡尺测量遮光条宽度d，如图乙所示，则d_ mm.(2) 实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与_(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒(3) 下列不必要的一项实验要求是_(请填写选项前对应的字母)A. 滑块必须由静止释放 B. 应使滑块的质量远大于钩码的质量C. 已知当地重力加速度 D. 应使细线与气垫导轨平行【答案】 (1). （1）2.70 (2). （2） (3). （3）B【解析】【详解】（1）由图
19、示游标卡尺可知，主尺示数为2mm，游标尺示数为140.05mm=0.70mm，则游标卡尺读数为2mm+0.70mm=2.70mm；（2）由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因此滑块经过光电门时的瞬时速度为：v=d/t；实验要验证机械能守恒定律，故：mgL=（M+m）v2= ；（3）本实验中拉力时通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能的增加量的关系，故不需要保证所挂钩码的质量m远小于滑块质量M，故ACD不符合题意，B符合；【点睛】本题考查了实验器材、实验注意事项、实验数据处理、实验误差分析等问题；要掌握实验原理、实验器材与实验注意事项、实验数据的处理方
20、法；常常应用图象法处理实验数据，应用图象法处理实验数据时为方便实验数据处理，注意游标卡尺没有估计值14. 如图甲所示是探究“恒力做功与物体动能改变的关系”实验装置，主要实验步骤如下：用天平测出滑块（含滑轮）质量M=240 g，并安装好实验装置；适当垫高长木板不带滑轮的一端，滑块不挂轻绳，挂上纸带，轻推滑块使滑块沿长木板匀速运动；轻绳通过轨道末端的滑轮和滑块上的滑轮，一端挂在力传感器上，另一端挂质量为m=100 g的钩码，两轻绳与木板平行；接通打点计时器电源，释放滑块，打出一条点迹清晰的纸带，如图乙所示，相邻计数点间时间间隔为0.1 s，并记录力传感器示数F=0.39 N回答下列问题：（1）滑块
21、从B运动到D的过程中，合力对滑块所做的功W=_J，滑块动能的增量_J；（计算结果均保留2位有效数字）（2）多次实验发现合力对滑块所做的功W总略大于滑块动能的增量，可能的原因是_（填选项前面字母）A没有满足滑块质量远大于钩码质量B平衡摩擦力过度C滑轮摩擦影响（3）利用该实验装置还可以完成的物理实验有：_（写出一种即可）【答案】 (1). 0.14； (2). 0.13； (3). C； (4). 研究匀变速直线规律；探究加速度与合外力的关系；探究加速度与质量的关系；测量滑块与长木板间的动摩擦因数【解析】【详解】（1）由图知，合外力对滑块做的功为：W=2FxBD=0.14J；根据匀变速直线运动的规
22、律可求：，所以滑块动能的增量：；（2）A因有拉力传感器测量绳上的拉力，故不需要没有满足滑块质量远大于钩码质量，A错误；B若平衡摩擦过度，会有重力做正功，动能的增量应大于合外力做的功，所以B错误；C滑轮有摩擦，需克服摩擦做功，有一部分能量转化为内能，动能的增量略小于合外力做的功，C正确；（3）有打点计时器、纸带，可研究匀变速直线运动的规律；也可测量滑块与长木板间的动摩擦因数；加速度、质量、合外力均可测，故也可以研究加速度与质量、合外力的关系15. 滑水运动是一项非常刺激的水上运动，研究发现，在进行滑水运动时，水对滑板的作用力FN垂直于板面，大小为kv2，其中v为滑板运动的速率(水可视为静止)某次
23、滑水运动，如图所示，人和滑板的总质量为m，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角为时，滑板和人做匀速直线运动 ( 忽略空气阻力,重力加速度g取10m/s2)， 求此时：（1）水平牵引力有多大？（2）滑板前进的速度有多大？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对滑板和人整体受力分析，然后运用共点力平衡条件列式求解；（2）根据平衡条件求出支持力后，根据题中的支持力和速度关系公式求解滑板的速率【详解】（1）把人和滑板作为整体受力分析，如图所示 水平方向上： 竖直方向上： 解得： （2） 匀速直线运动时有：解得：【点睛】本题关键是对物体受力分析，运用共点力平衡条件求出各个力后，再根据题意求解速度1
24、6. 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为图象，如图所示（除2s10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。已知在小车运动的过程中，2s14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：(1)小车所受到的阻力；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中（指图象中010秒内）位移的大小。【答案】(1)0.75N；(2)2.25W；(3)19.67m【解析】【详解】(1)在14s18s时间段，加
25、速度大小 由牛顿第二定律得(2)在10s14s 小车做匀速运动，速度牵引力大小F与f大小相等，则小车匀速运动的功率 (3)02s内，小车的位移 2s10s内根据动能定理有：解得x218.67m加速过程中小车的位移大小为17. 如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长。初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：（1）当B环下落时，A环的速度大小；（2）A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环
26、。【答案】(1) ； (2) 。【解析】【详解】(1) 当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足即为=30由速度的合成与分解可知v绳=vAcos30=vBsin30则有B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有所以A环的速度为(2) 由于A到达O点时B的速度等于0，由机械能守恒有解得环A过O点后做初速度为vA、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动；当A追上B时，有解得18. 如图甲所示，一倾角为37，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的vt图象如图
27、乙所示已知圆轨道的半径R=0.5 m（取g=10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由【答案】(1)=0.5 (2) FN=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；物块从C到A，做平抛运动
28、，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为 根据牛顿第二定律有： 解得 (2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：最高点，根据牛顿第二定律则有：解得： 由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N (3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向： 解得，所以能通过C点落到A点 物块从A到C，由动能定律可得： 解得：19. 如图，水平地面上有一木板B，小物块A（可视为质点）放在B的右端，B板右侧有一厚度与B相同的木板CA、B以相
29、同的速度一起向右运动，而后B与静止的C发生弹性碰撞，碰前瞬间B的速度大小为 2 m/s，最终A未滑出C已知A、B的质量均为 1 kg，C的质量为 3 kg，A与B、C间的动摩擦因数均为0.4，B、C与地面间的动摩擦因数均为0.1，取重力加速度g = 10 m/s2求：（1）碰后瞬间B、C的速度；（2）整个过程中A与C之间因摩擦而产生的热量；（3）最终B的右端与C的左端之间的距离【答案】（1）vB = 1 m/s vC = 1 m/s （2）Q = 0.5 J （3）d = 1.25 m【解析】【详解】（1）设B、C两板碰后速度分别为vB、vC，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 由式代入数据得vB = 1 m/s vC = 1 m/s （2）B、C两板碰后A滑到C上，A、C相对滑动过程中，设A的加速度为aA，C的加速度为aC，根据牛顿第二定律有 由式可知在此过程中C做匀速直线运动，设经时间t后A、C速度相等，此后一起减速直到停下，则有 在t时间内A、C的位移分别为 A、C间的相对位移： A、C之间因摩擦而产生的热量为： 由式代入数据得：Q = 0.5 J （3）碰撞完成后B向左运动距离sB后静止，根据动能定理有 设A、C一起减速到静止的位移为sAC，根据动能定理有 最终B的右端与C的左端之间的距离d = sC + sB + sAC 由代入数据得：d = 1.25 m