河南省周口市太康一高2022届高三上学期第一次考试物理试卷一、选择题（本题共8道小题，每小题6分，共48分）1．如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的竖直面上，现用竖直向上的作用力F，推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．木块a受到6个力的作用B．木块a受到4个力的作用C．木块b受到3个力的作用D．木块b受到2个力的作用考点：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：先对b受力分析，再对a、b整体受力分析，最后对a受力分析．解答：解：A、B、先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙壁的弹力和摩擦力；最后对a受力分析，受到重力、推力、b对a的压力和静摩擦力；故a受到4个力；故A错误，B正确；C、D、再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，故支持力和静摩擦力的合力与重力平衡，竖直向上，即b受3个力；故C正确，D错误；故选：BC．点评：弹力和摩擦力的有无可以根据假设法判断，即假设存在，或假设不存在，看是否与运动状态相矛盾．2．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD=DE=15m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()A．sB．2sC．sD．2s考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．14专题：牛顿运动定律综合专题．分析：设斜面坡角为θ，从D向AE做垂线交于点F，由AD=DE=15m，得AF=15×sinθ，故AE=2AF=30sinθ；再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据匀加速直线运动的位移时间关系公式列式求解即可．解答：解：设斜面坡角为θ，则：AE=2AF=30sinθ…①物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ=ma解得：a=gsinθ…②根据速度位移公式，有：AE=…③由①②③式，解得：t=s故选：C．点评：本题关键是根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解，关键是有中间变量θ，要列式后约去．3．如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ=30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ=0.8．不计绳和滑轮的质量和摩擦．初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）()A．和m1一起沿斜面下滑B．和m1一起沿斜面上滑C．相对于m1上滑D．相对于m1下滑考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对m2分析，根据牛顿第二定律求出m1和m2之间的摩擦力，判断是否超过最大静摩擦力，从而判断能否保持相对静止．解答：解：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a==．隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f﹣m2gsin30°=m2a解得f=最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=N=8，可知f＞fm，知道m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑．故D正确，A、B、C错误．故选：D．14点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．4．如图所示，水平桌面上有三个相同的物体a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根轻绳与质量为m=3kg的小球相连，绳与水平方向的夹角为60°，小球静止在光滑的半圆形器皿中．水平向右的力F=40N作用在b上，三个物体保持静止状态．g取10m/s2，下列说法正确的是()A．物体c受到向右的静摩擦力B．物体b受到一个摩擦力，方向向左C．桌面对物体a的静摩擦力方向水平向右D．撤去力F的瞬间，三个物体将获得向左的加速度考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：A、整个系统保持静止，隔离法分析c，可得出受静摩擦力为0．B、由b静止，可知水平面上受力平衡，且c对b的静摩擦力为0，则a对b的静摩擦力大小为F，方向水平向左．C、对a，受水平向右的b对a的静摩擦力，大小为F，绳对a的拉力T，和桌面对a的静摩擦力，三力平衡，需要先根据三角关系求出绳的拉力T，进而判断桌面对a的静摩擦力的大小和方向．D、撤去F后，对a分析，看绳的拉力和未撤去F前的桌面对a的静摩擦力的大小，若拉力小于静摩擦力则整个系统静止，若拉力大于摩擦力，再隔离分析b对a的静摩擦力，进而分析整个系统是否有向左的加速度．解答：解：设水平向右为正方向，设a、b、c的质量为m1，由于均静止，故加速度为：a1=0m/s2A、对c：设b对c的静摩擦力为f，则水平方向上只受f影响，且c保持静止，由牛顿第二定律得：f=m1a1，代入数据得：f=0N，故A错误；B、对b：b静止，设a对b的静摩擦力为f1，则水平面上：F+f1+f=m1a1=0，即：f1=﹣F=﹣40N，故b只受一个静摩擦力，方向与F相反，即水平向左，故B正确；C、对a，a静止，设绳的拉力为T，器皿对小球的弹力为N，桌面对a的静摩擦力为f2，则水平面上：﹣f1+f2﹣T=m1a1=0①，对小球受力分析如图：14由于小球静止，故竖直方向上：Nsin60°+Tsin60°=mg②水平方向上：Ncos60°=Tcos60°③联立①②③式代入数据解得：T=10N，f2≈﹣22.68N，故地面对a的静摩擦力水平向左，故C错误；D、若撤去F，对a，水平方向上受绳的拉力：T=10N＜静摩擦力f2，故整个系统仍然保持静止，故D错误；故选：B．点评：本题主要考查力的分解和平衡力判断，结合牛顿第二定律会使此类题目变得简单．5．如图所示，在高度不同的两水平台阶上放有质量分别为m1、m2的两物体，物体间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ．在m1左端施加水平拉力F，使m1、m2均处于静止状态，已知m1表面光滑，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．弹簧弹力的大小为B．地面对m2的摩擦力大小为FC．地面对m2的支持力可能为零D．ml与m2一定相等考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：对整体受力分析可求得地面对m2的摩擦力大小及支持力；再分别对两个物体受力分析可明确弹簧的弹力及两物体的质量大小关系．解答：解：对整体受力分析可知，整体受重力、支持力、拉力及弹簧的弹力；要使整体处于平衡，则水平方向一定有向右的摩擦力作用在m2上，且大小与F相同；故B正确；因m2与地面间有摩擦力；则一定有支持力；故C错误；再对m2受力分析可知，弹力水平方向的分力应等于F，故弹力T=；因竖直方向上的受力不明确，无法确定两物体的质量关系；也无法求出弹簧弹力与重力的关系；故AD错误；故选：B．14点评：本题考查共点力的平衡条件的应用，要注意对整体进行受力分析即可判断外力的大小；再隔离物体进行受力分析可得出弹力的大小．6．二战期间，伞兵是一个非常特殊的兵种，对整个战争进程起到了至关重要的作用．假设有一士兵从高空跳下，并沿竖直方向下落，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是()A．在0﹣t1时间内，士兵及其装备机械能守恒B．在t1﹣t2时间内，士兵运动的加速度在减小C．在t1﹣t2时间内，士兵的平均速度v＜D．在t2﹣t4时间内，重力对士兵做的功等于他克服阻力做的功考点：机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：速度时间图象的斜率等于加速度，根据斜率分析加速度大小如何变化，判断士兵的运动情况．解答：解：A、0﹣t1内图线的斜率在减小，说明士兵做加速度逐渐减小的加速运动，加速度方向向下，所以士兵及其装备一定受到阻力作用，机械能不守恒，故A错误；B、t1秒末到t2秒末由于图象的斜率在减小，斜率为负值，说明加速度方向向上且减小，故B正确；C、若t1秒末到t2秒末若运动员做匀减速运动，平均速度等于，而根据“面积”表示位移得知，此过程的位移小于匀减速运动的位移，所以此过程的平均速度＜，故C正确；D、t2～t4时间内重力做正功，阻力做负功，由于动能减小，根据动能定理得知，外力对士兵做的总功为负值，说明重力对士兵所做的功小于他克服阻力所做的功，故D错误．故选：BC．点评：本题考查理解速度问题的能力．关键根据图线的斜率等于加速度，来分析士兵的运动情况．7．如图①所示，高空滑索是一种勇敢者的运动项目．如果一个人用轻绳通过轻质滑环悬吊在足够长的倾斜钢索上运动，在下滑过程中可能会出现如图②和如图③所示的两种情形．不计空气阻力，则下列说法正确的是()14A．图②的情形中，人只能匀加速下滑B．图②的情形中，钢索对轻环的作用力大小为C．图③的情形中，人匀速下滑D．图③的情形中，钢索对轻环无摩擦力考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：不管是图2还是图3，人均做直线运动；若是匀速直线运动，合力为零；若是变速直线运动，合力与速度共线；受力分析后运用平行四边形定则作图分析．解答：解：A、B、图2中，对人受力分析，受重力和拉力，由于两个力不共线，故合力一定不为零；做直线运动，故合力与速度共线，做匀加速直线运动；拉力T=mgsin60°=mg，故AB正确；C、D、图3的情形中，人受重力和拉力，若合力不为零，合力与速度不共线，不可能做直线运动，故合力一定为零，人做匀速直线运动，故T=mg；环做匀速运动，合力为零，受细线的拉力、支持力和摩擦力，三力平衡，如图所示；故C正确，D错误；故选：ABC．14点评：本题关键结合运动情况分析受力情况，明确直线运动的条件是合力为零或者合力与速度共线．8．如图所示，水平地面上放着一个画架，它的前支架是固定而后支架可前后移动，画架上静止放着一幅重为G的画．下列说法正确的是()A．画架对画的作用力大于GB．画架对画的作用力大小等于GC．若后支架缓慢向后退则画架对画作用力变大D．若后支架缓慢向后退则画架对画作用力不变考点：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：画处于静止状态，受力平衡，对画进行受力分析，根据平衡条件列式即可求解．解答：解：A、画处于静止状态，受到重力和画架对画的作用力，受力平衡，所以画架对画的作用力大小等于重力G，故A错误，B正确；C、若后支架缓慢向后退，画仍然处于平衡状态，画架对画的作用力大小仍然等于重力G，不变，故C错误，D正确．故选：BD点评：本题主要考查了平衡条件的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，难度不大，属于基础题．二、实验题（本题共2道小题，第1题8分，第2题7分，共15分）9．某同学用图甲所示的实验装置研究小车在斜面上的运动，实验中使用的电磁打点计时器的打点周期为T，他的实验步骤如下：①按图甲安装好实验器材；②让拖着纸带的小车沿平板斜面开始向下运动，接通电源，重复几次；③选出一条点迹比较清晰的纸带，舍去开始比较密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个打点间隔取一个计数点，如图乙中0、1、2、…、6点所示；④测量相邻两个计数点之间的距离，分别记作s1、s2、s3、…、s6；⑤通过测量和计算，判断出小车沿平板斜面做匀变速直线运动．14（1）在甲图中，图中明显存在的问题是离打点计时器太远，电源应该接4～6V低压交流电源，实验操作过程中明显的错误是实验步骤②应该是先接通电源后释放小车（2）若实验装置安装和操作过程完全正确，利用该同学测量的数据可以得到小车的加速度，计算加速度得到的表达式是a=；第5个点速度的表达式是v5=（3）若该同学在实验中用量角器还测出了平板斜面的倾角α，且已知当地的重力加速度为g，则在以下物理量中，还能计算出B（填字母序号）A．小车的质量B．小车与平板斜面之间的动摩擦因数μC．小车到达斜面底端时的动能D．小车滑下过程中损失的机械能．考点：测定匀变速直线运动的加速度．专题：实验题．分析：根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上5时小车的瞬时速度大小．对小车在斜面上受力分析，根据牛顿第二定律求解．解答：解：（1）在甲图中，图中明显存在的问题是车离打点计时器太远，电源应该接4～6V低压交流电源，实验操作过程中明显的错误是实验步骤②应该是先接通电源后释放小车．（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：x4﹣x1=3a1T2x5﹣x2=3a2T2x6﹣x3=3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a=（a1+a2+a3）=；根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上5时小车的瞬时速度大小，v5=．（3）A、无法测出小车的质量，故A错误．B、小车在斜面上受重力和支持力、摩擦力．根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma，即可求出小车与平板斜面之间的动摩擦因数．故B正确．C、不知道斜面的长度，所以无法测出小车到达斜面底端时的速度，故C错误．D、由于斜面的长度未知、小车的质量未知，无法求出下滑过程中损失的机械能．故D错误．故选：B．故答案为：（1）离打点计时器太远；4～6V低压交流；实验步骤②应该是先接通电源后释放小车（2）；；（3）B．14点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．10．某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧．弹簧轴线和刻度尺都应在竖直方向（填“水平”或“竖直”）．（2）弹簧自然悬挂，待弹簧稳定时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：表中有一个数值记录不规范，代表符号为L3．由表可知所用刻度尺的最小分度为1mm．（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与Lx的差值（填“L0”或“Lx”）．（4）由图可知弹簧的劲度系数为4.9N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为10g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）．考点：探究弹力和弹簧伸长的关系．专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题．分析：弹簧自然悬挂，故是竖直放置；充分利用测量数据，根据公式△F=k△x可以计算出弹簧的劲度系数k．其中△x为弹簧的形变量．解答：解：（1）用铁架台，一定是竖直悬挂；（2）弹簧晃动时测量无意义；（3）用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，记录数据的最后一位是估读位，故数据L3记录不规范，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm；④根据胡克定律公式△F=k△x，有k===4.9N/kg由表格得到，弹簧原长为：L0=25.35cm；挂砝码盘时：Lx=27.35cm；根据胡克定律，砝码盘质量为：M==kg=0.01kg=10g；故答案为：（1）竖直，（2）稳定，L3，1mm；（3）Lx，（4）4.9，10．14点评：弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验问题，我们要充分利用图象处理实验数据来减少偶然误差．三、计算题（本题共4道小题，第1题10分，第2题10分，第3题13分，第4题14分，共47分）11．如图所示，在倾角θ=37°的粗糙斜面上距离斜面底端s=4m处，有一质量m=1kg的物块，受水平恒力F作用由静止开始沿斜面下滑，到达底端时即撤去水平恒力F，然后在水平面上滑动一段距离后停止．每隔0.2s通过传感器测得物块的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．若物块与各接触面之间的动摩擦因数均相等，不计物块撞击水平面时的能量损失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）撤去水平恒力F时物块的速度；（2）物块与水平面间的动摩擦因数；（3）水平恒力F的大小．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）在斜面上由加速度定义式求的加速度，再利用运动学公式求的速度；（2）在水平面上由加速度定义式求的加速度，再利用牛顿第二定律即可求得摩擦因数；（3）在斜面下滑过程中由牛顿第二定律即可求得恒力解答：解：（1）由表中数据可得：物块沿斜面加速下滑的加速度大小a1==2m/s2由v2=2a1s代入数据，解得v==4m/s（2）物块沿水平面减速滑行时，加速度大小a2==2m/s2在水平面上由牛顿第二定律得μmg=ma2解得μ==0.2（3）物块沿斜面加速下滑时mgsinθ﹣Fcosθ﹣μ（mgcosθ+Fsinθ）=ma1代入数据，解得F=2.6N答：（1）撤去水平恒力F时物块的速度为4m/s；14（2）物块与水平面间的动摩擦因数为0.2；（3）水平恒力F的大小为2.6N．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁12．一辆长途客车正在以V0=20m/s的速度匀速行驶．突然，司机看见车的正前方x=34m处有一只狗，如图（甲）所示，司机立即采取制动措施．若从司机看见狗开始计时（t=0），长途客车的“速度﹣时间”图象如图（乙）所示，求：（1）求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离；（2）求长途客车制动时的加速度；（3）若狗正以V1=4m/s的速度与长途客车同向奔跑，问狗能否摆脱被撞的噩运？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的图像．专题：追及、相遇问题．分析：速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移；速度﹣时间图象中，斜率表示加速度；狗是否安全可通过比较客车的总位移与车距小狗的初始位移来确定．解答：解：（1）速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，故s==50m（2）有图象可得，加速度：a===﹣5m/s2（3）当客车速度减为与狗的速度相同时，所需时间=3.2s司机从看到狗到速度减为与狗速度相同时，通过位移X===48.4m狗通过的位移x=v（t1+t）=4×（0.5+3.2）=14.8mX﹣x=48.4﹣14.8=33.6m＜34m故狗不会被撞．答：（1）长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离为50m；（2）长途客车制动时的加速度为﹣5m/s2；（3）狗不会被撞．14点评：熟练掌握速度图象的物理含义，图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，斜率表示加速度．13．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，劲度系数分别为k1、k2的两个轻弹簧沿斜面悬挂着，两弹簧之间有一质量为m1的重物，最下端挂一质量为m2的重物，现用力F沿斜面向上缓慢推动m2，当两弹簧的总长等于两弹簧原长之和时，试求：（1）m1、m2各上移的距离．（2）推力F的大小．考点：胡克定律；牛顿第二定律．分析：（1）由题，两弹簧的总长等于两弹簧的原长之和，则知，k1的伸长量与k2的压缩量相等，由m1重物平衡可求出k1轻弹簧的形变量．先求出k1原来的伸长量，再由几何关系求出m1上移的距离．（2）根据两弹簧的形变量相等，由胡克定律列方程，求出F．解答：解：（1）设k1轻弹簧的形变量为x，则由题意两弹簧的总长等于两弹簧的原长之和，则知k1的伸长量与k2的压缩量相等，由m1重物平衡得：k1x+k2x=m1gsinθ，解得：x=k1原来的伸长量为：x0=则由几何关系得，m1上移的距离为：S=x0﹣x联立得：S=﹣刚开始弹簧2的形变量为：加外力后m2上移的距离：S′=S+（x′0+x）=（2）对m2重物平衡可知：F=m2gsinθ+k2x=m2gsinθ+k214答：（1）m1、m2各上移的距离S=﹣，S′=（2）推力F的大小m2gsinθ+k2．点评：本题是平衡条件和胡克定律的综合应用，关键要剖题，分析得到两弹簧形变量相等．14．如图所示，物块A和长木板B的质量均为1kg，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数分别为0.5和0.2，开始时A静止在B的左端，B停在水平地面上．某时刻起给A施加一大小为10N，方向与水平成θ=37°斜向上的拉力F，0.5s后撤去F，最终A恰好停在B的右端．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）（1）通过计算说明前0.5s内木板B是否运动．（2）0.5s末物块A的速度．（3）木板B的长度．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）求出摩擦力，根据摩擦力大小关系判断B的运动状态；（2）由速度公式求出速度；（3）由牛顿第二定律求出加速度，应用速度公式与位移公式、两物体间位移的几何关系求出木板长度．解答：解：（1）前0.5s内，对A，由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣fA1=maA1，fA1=μ1（mg﹣Fsinθ）=2N，木板B与地面间的最大静摩擦力：fm=μ2（2mg﹣Fsinθ）=2.8N，由于fA1＜fm，B没有发生运动；（2）速度vA1=aA1t1，代入数据解得：vA1=3m/s；（3）撤去F后，由牛顿第二定律得：对A，μ1mg=maA2，对B，μ2•2mg﹣μ1mg=maB，当A到达B右端时，二者速度向上，之后共同减速至静止，不再相对滑动，v=vA1﹣aA2t2，v=aBt2，各过程中，A、B的位移：14xA1=aA1t12，xA2=t2，xB=aBt22，由几何关系可知，木板B的长度：L=xA1+xA2﹣xB，代入数据解得：L=1.5m；答：（1）通过计算说明前0.5s内木板B没有运动．（2）0.5s末物块A的速度为3m/s．（3）木板B的长度1.5m．点评：本题是多体多过程问题，物体运动过程较复杂，分析清楚物体运动过程、应用摩擦力公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题，分析清楚运动过程是正确解题的关键．14
