黑龙江省哈尔滨市第九中学校2024-2025学年高三上学期8月开学考试物理试卷（解析版）

哈尔滨市第九中学2024—2025学年度高三上学期8月份考试物理学科试卷一、选择题（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.如图所示，将A、B两物块靠在一起，B放置在地面上，A上端用轻绳拴在天花板上，轻绳处于竖直伸直状态，整个装置静止。关于A、B受力的说法正确的是（）A.A、B之间一定有摩擦力B.地面对B的支持力一定小于A、B重力之和C.若A受到2个力，则B一定受到2个力D.若A受到3个力，则B一定受到3个力【答案】C【解析】【详解】A．A可以只受重力和绳子的拉力平衡，此时AB之间没有弹力和摩擦力，A错误；B．当绳子拉力为零时，对AB整体受力分析，可得地面对B的支持力等于A、B重力之和，B错误；C．若A只受重力和绳子拉力2个力，则B就受重力和地面的支持力2个力，C正确；D．若A受3个力，则这3个力分别是重力、B对A的支持力、B对A的摩擦力，则B就会受重力、A对B的压力、A对B的摩擦力、地面对B的支持力共4个力，D错误。故选C。2.“天宫课堂”第四课于2023年9月21日15时45分开课，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在中国空间站梦天实验舱面向全国青少年进行太空科普授课。在奇妙“乒乓球”实验中，航天员朱杨柱用水袋做了一颗水球，桂海潮用白毛巾包好的球拍击水球，水球被弹开。对于该实验下列说法正确的是（）A.梦天实验舱内，水球体积越小其惯性越大B.击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力C.击球过程中，水球所受弹力是由于水球发生形变产生的D.梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，不受重力的作用【答案】B【解析】【详解】A．惯性由质量决定，梦天实验舱内，水球体积越小，质量越小，惯性越小，故A错误；B．击球过程中，水球对“球拍”的作用力与“球拍”对水球的作用力是一对相互作用力，故B正确；C．击球过程中，水球所受弹力是由于“球拍”发生形变产生的，故C错误；D．梦天实验舱内的所有物品都处于完全失重状态，但仍受重力作用，故D错误。故选B。3.如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球。当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用F1至F4变化表示）可能是下图中的（OO′沿杆方向）（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得水平方向根据牛顿第二定律可得可知杆对小球的作用力竖直向上的分力保持不变，杆对小球的作用力水平向右的分力随加速度增大而逐渐增大。故选C。4.如图甲所示，两段等长轻质细线将质量均为m的小球A、B（均可视为质点）悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图乙所示的状态，小球B刚好位于O点正下方，则F1与F2的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设AO、BO与竖直方向的夹角为，首先对两个球整体分析，受、重力及AO拉力，如图所示

根据平衡条件，有再隔离球B分析，如图所示

根据平衡条件，有联立解得故故选B。5.如图所示，在竖直平面内有一矩形，其长边与一圆的底部相切于O点，现在有三条光滑轨道a、b、c，它们的上端位于圆周上，下端在矩形的底边，三轨道都经过切点O，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端(轨道先后放置)，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（）A.ta＞tb＞tc B.ta＜tb＜tcC.ta＝tb＝tc D.无法确定【答案】B【解析】【分析】【详解】设上面圆的半径为r，矩形宽为R，则轨道的长度下滑的加速度根据位移时间公式得因为轨道a、b、c与圆竖直直径的夹角由小至大，所以有tc＞tb＞ta故选B。【名睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出时间的表达式，结合角度的大小关系进行比较。6.如图所示，竖直面内有一圆环，轻绳OA的一端O固定在此圆环的圆心，另一端A拴一球，轻绳AB的一端拴球，另一端固定在圆环上的B点。最初，两绳均被拉直，夹角为θ（）且OA水平。现将圆环绕圆心O顺时针缓慢转过90°的过程中（夹角θ始终不变），以下说法正确的是（）A.OA上的张力逐渐增大 B.OA上的张力先增大后减小C.AB上的张力逐渐增大 D.AB上的张力先增大后减小【答案】B【解析】【详解】取球为研究对象，缓慢转动过程可视为平衡状态，物体受到重力mg，OA绳子的拉力，AB绳子的拉力，这三个力合力为零，可构成如图所示的矢量三角形，由动态图分析可知先增大后减小，一直减小到零。故选择B。7.如图所示，倾角为的光滑斜面固定在地面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。已知A、B、C三个小球的质量分别为m、2m、2m，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时系统处于静止状态。细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）A.A球加速度大小为 B.B球的加速度大小为C.弹簧的弹力大小为 D.轻杆的拉力大小为【答案】A【解析】【详解】ABC．细绳烧断前，对A、B、C整体进行分析，系统静止，处于平衡状态，合力为零，由平衡条件可得解得弹簧弹力大小为烧断细线的瞬间，细线的拉力消失，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得解得故A正确，BC错误；D．设A、B之间杆的拉力大小为，以B为研究对象，有解得故D错误。故选A。8.如图所示，不可伸长的悬线MO绳下端挂一质量为m的物体，在拉力F作用下物体静止，此时悬线与竖直方向的夹角为α。现保夹角持α不变，拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中（重力加速度为g）（）A.F逐渐减小，OM绳拉力逐渐减小B.F先减小后增大，OM绳拉力逐渐减小C.若F的方向水平向右，则F=mgtanαD.F的最小值为mgsina【答案】BCD【解析】【详解】AB．根据题意，以结点O为受力fenxi点，做出受力分析的矢量三角形，如图所示可知，保夹角持α不变，拉力F缓慢地由水平位置逆时针转到竖直位置的过程中，拉力F先减小后增大，OM绳拉力T逐渐减小，故A错误，B正确；C．当力F的方向水平向右时，受力分析如图所示根据几何关系可得解得故C正确；D．当力F垂直于OM绳上的拉力T时，力F有最小值，根据几何关系可得解得故D正确。故选BCD。9.倾斜角度为的斜面上有和两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为和。两物体间用一根原长为的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示。则以下说法正确的是（）A.L可能大于 B.一定大于 C.可能小于 D.弹簧弹力不可能为零【答案】AC【解析】【详解】ABC．当时，的平衡方程为的平衡方程为此时弹簧是压缩状态，L小于；当时，的平衡方程为的平衡方程为此时弹簧是伸长状态，L大于L0，故AC正确，B错误；D．当时，的平衡方程为的平衡方程为此时弹簧弹力零，故D错误。故选AC。10.如图所示，传送带与地面倾角，从A到B长度为，传送带以的速度逆时针转动。在传送带上端A无初速地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知，，。（）A.煤块从A到B运动的时间为B.煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度为C.煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度为D.若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间为【答案】ACD【解析】【详解】A．开始阶段，由牛顿第二定律得代入数据解得煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，由题意得则煤块不能与传送带一起做匀速直线运动，对煤块受力分析，由牛顿第二定律得代入数据解得设第二阶段煤块滑动到B的时间为，则代入数据解得或（舍去）煤块从A到B的时间为故A正确；BC．第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为即煤块相对传送带下移1m；故传送带表面留下黑色炭迹的长度为故B错误，C正确；D．若增加皮带的速度，煤块一直以加速度做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短；则有代入数据解得故D正确。故选ACD。二、非选择题（本题共5小题，共54分）11.一个实验小组在“验证力平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，和为细绳。（1）本实验中，采取下列哪些方法和步骤可以减小实验误差___________。A.两个分力的夹角尽量小些B.两个分力大小要适当大些C.拉橡皮筋的细绳要稍短一些D.实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度（2）为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧测力计成一定角度拉橡皮筋时，除了记录结点O位置外，还必须记录的有___________。A.两细绳的方向 B.橡皮筋的原长 C.两弹簧测力计的示数 D.两细绳的夹角（3）图中，使绳拉力大小不变、方向沿顺时针转过一较小角度，为了使结点位置不变，则绳上拉力的大小和方向应如何变化（）A.一定沿顺时针转动 B.一定沿逆时针转动 C.一定变大 D.一定变小【答案】（1）BD（2）AC（3）BD【解析】【小问1详解】A．两个分力的夹角不能太大，也不能太小，故A错误；B．两个分力大小要适当大些，这样可减小误差，故B正确；C．拉橡皮筋的细绳要稍长一些，这样可减小记录力的方向时产生的误差，故C错误；D．实验中，弹簧测力计必须与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计刻度，故D正确。故选BD。【小问2详解】为了完成实验，在用两个完全相同的弹簧测力计成一定角度拉橡皮筋时，除了记录结点O位置外，还必须记录的有两细绳的方向、两弹簧测力计的示数。故选AC。【小问3详解】对结点O受力分析，结点受三个力：橡皮条的拉力和两个弹簧测力计的拉力；使绳拉力大小不变、方向沿顺时针转过一较小角度，为了使结点位置不变，两弹簧测力计的合力方向、大小都不变，如图所示由图可知绳上拉力的大小一定变小，方向一定沿逆时针转动。故选BD。12.某实验小组利用图(a)所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系．(1)下列做法正确的是_____(填字母代号)．A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)某同学通过实验得到如图(b)所示的a­F图像，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角________(填“偏大”或“偏小”)．(3)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力(填“大于”、“小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足________的条件．(4)某同学得到如下图所示的纸带．已知打点计时器电源频率为50Hz．A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．Δs＝sDG－sAD＝________cm．由此可算出小车的加速度a＝________m/s2(保留两位有效数字)．【答案】①.AD②.偏大③.小于④.M≫m⑤.1.80⑥.5.0【解析】【详解】（1）调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；

打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；

平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；故选AD.

（2）由图像可知，当外力F为零时，小车已经有了加速度，说明是平衡摩擦力时木板倾角过大，平衡摩擦力过头造成的．（3）按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有

a=，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg-T=ma，对小木块有T=Ma．综上有：小物块的实际的加速度为

a=，，即实际小车在运动过程中所受的拉力小于砝码和盘的总重力，为了便于探究、减小误差，应使小车质量M与砝码和盘的总质量m满足m＜＜M的条件，才能有效的保证实验的准确性；（4）根据刻度尺的示数可知△s=sDG－sAD=3.90cm-2.10cm=1.80cm，时间间隔为t=0.06s，代入公式△x=at2可以求出加速度为：a=5.0m/s2．【点睛】教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释放纸带等．13.如图所示，绳OA能承受最大拉力为6N，与水平方向夹角为53º，绳OB能承受最大拉力为8N，与水平方向夹角37°，绳OC能承受足够的拉力．则绳OC下端所悬挂物体的最大重力是多少？（sin37=0.6º，sin53=0.8º）【答案】7.5N【解析】【详解】选点O为研究对象，受力分析根据平衡条件可知：FAO=mgcos37°，FBO=mgsin37°当绳OA承受最大拉力6N，重力为此时绳OB拉力FBO=mgsin37°=4.5N<8N当绳OB承受最大拉力8N，重力为此时绳OA拉力FAO=mgcos37°=>6N所以绳OC下端所悬挂物体的最大重力是7.5N。14.在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ=固定，质量为m=2kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示。开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2s时风停止。小球沿细杆运动的部分v一t图象如图乙所示，取g=10m/s2，sin=0.6，cos＝0.8，忽略浮力。求:（1）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小（2）小球沿杆上升的最大位移的大小（3）风停后再经5s，小球的速度【答案】（1）0.5，50N.（2）75m.（3）4m/s.【解析】【详解】(1)取沿杆向上为正方向，由图象可知：在0～2s内加速度为：在2～5s内加速度为：有风力时的上升过程，小球受力分析如图所示；

由牛顿第二定律得：Fcosθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）-mgsinθ=ma1

停风后的上升阶段，小球受力分析如图所示；

根据牛顿第二定律有：-μmgcosθ-mgsinθ=ma2

解得：μ=0.5F=50