【文档说明】河南省郑州一中2021届高三上学期开学测试物理答案.pdf，共(7)页，544.271 KB，由小赞的店铺上传

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物理参考答案与试题解析1．【解答】解：对重物受力分析，受重力和拉力，故：Tmg①对圆环分析，受细线的两个拉力和轨道的支持力，如图所示：设支持力与竖直方向的夹角为；再对钩码受力分析，受两个拉力和重力，结合几何关系，两个拉力与竖直方向的夹角为2，根据平衡条件，有：2cos2TMg②联

立①②解得：2cos2Mm，根据几何关系，有：14sin4RR，故272(12sin)4Mmm，故ABD错误，C正确；故选：C。2．【解答】解：根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体

A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得：sin45cos45Fmgmg物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2sin45cos45(2)cos45mgFmgmmg，联立解得：15，故C正确，ABD错误。故选：C。3．【解答】解

：A、由于st图象的斜率表示速度，由图可知在10~t时间内速度增加，即乘客的加速度向下运动，根据牛顿第二定律得：NmgFma，解得：NFmgma，则NFmg，处于失重状态，故A错误；B、在12~tt时间内，st图象的斜

率保持不变，所以速度不变，即乘客匀速下降，则NFmg，故B错误；CD、在23~tt时间内，st图象的斜率变小，所以速度减小，即乘客的减速下降，根据牛顿第二定律得：NFmgma，解得：NFmgma，则NFmg，处于超重状态，故C错误，D正确；故选：D。4

．【解答】解：（法一）由于甲、乙两物体质量相等，则设它们的质量为m，对O点进行受力分析，下面绳子的拉力mg，右边绳子的拉力mg，左边绳子的拉力F，如下图所示：因处于静止状态，依据力的平行四边形定则，则有：竖直方向

：cos70cosmgFmg水平方向：sin70sinmgF，因70，联立上式，解得：55，（法二）还可通过作图法：由于甲、乙质量相等，通过矢量的合成法则，结合几何关系，则有：180rr

；因70，那么：55故B正确，ACD错误；故选：B。5．【解答】解：在拉力作用下对整体有牛顿第二定律可得3Fmgma，解得1/2ams对A有牛顿第二定律可得111FmaNN当撤去外力后，把BC作为整体有牛顿第二定律可知2

Fmgma解得21/ams，方向向左，对C受力分析有牛顿第二定律可得1FmaN，故B正确故选：B。6．【解答】解：A、由图可知，a车的速度为：822/3axvmst，故A错误。B、前3s内，a车的位移大小为：

826aSmmm，b车的位移为：08231522bbvvSm；3ts时，a车和b车到达同一位置，得0ts时a车和b车的距离为：09basSSm，故B正确。C、3ts时a车和b车到达同一位置而相遇。直线a和曲线b刚好相切，说明两者的速

度相等，故B错误。D、3ts时，直线a和曲线b刚好相切，即此时b车的速度2/bavvms；设b车的初速度为0v．对b车，由0bvatv解得：08/vms则1ts时b车的速度为：1018216/bvvatms，故D错误。故选：B。7．【解答】解：AB、对小球

B进行受力分析，由平衡条件可得：sinkxmg解得sinmgxk，所以弹簧的原长为sinmgLxLk；对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：cosFsinmgkx，解得：30，所以弹簧的原长为2mgLk，故AB正确。C、撤掉恒力F的瞬间，对A进

行受力分析，可得sinmgAkxma，小球A此时的加速度Aag，故C错误。D、撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，故B球的加速度为零，故D正确。本题选说法错误的，故选：C。8．【解

答】解：小球在某一位置时，绳子与水平方向夹角为，小球与圆心连线与水平方向夹角为，小球受到重力、支持力和绳子拉力，如图所示：根据矢量三角形法则结合图中几何关系可得：sin(180)sin(90)sin(90)NTFFmg即：sincoscosNTFFmg所以co

tNFmg，上升过程中增大，则cot减小，故NF减小；cossinTFmg，根据几何关系可得22则221cos12(2cos)2coscoscos222TcosFmgmgmg减小、cos2增大，1(2cos)

2cos2mg增大，故TF增大，故B正确，ACD错误。故选：B。9．【解答】解：AB、物块受重力，支持力，滑动摩擦力，滑动摩擦力方向沿传送带向上。设物块的质量为m，传送带的倾角为，物块与传送带间的动摩擦因数为．若sincosmgmg，物块的合力沿传送带向上，则物块

先沿传送带做匀减速直线运动，速度减至零后，再反向加速，直至速度与传送带相同，之后做匀速直线运动。故A错误，B正确。CD、若sincosmgmg，物块的合力沿传送带向下，则物块一直做匀加速直线运动，C图是可能的。故C正确，D错误。故选：BC。10．【解答】解：A、当12FN时，A、B间开

始相对滑动，即6AmgN，解得：0.2，故A正确；B、当04FN时，B与地面间的摩擦力逐渐变大，A、B间的摩擦力始终为零，没有拉动，A、B保持静止，故B正确；C、当412NFN时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力不变，已经

拉动了，A、B保持相对静止，故C错误；D、当12FN时，A、B间相对滑动，摩擦力大小不变了，故D错误。故选：AB。11．【解答】解：A、据题意，对A球受力分析，受到重力AG、垂直斜面向上的支持力AN、沿斜面向上的弹力F和B、C球对它的拉力A

T，由于A球处于静止状态，则据平衡条件有：sin3sinAAFGTmg①现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，则有：sinAFGma，②由①、②可得A球此时加速度：2sinag，故A正确；B、细线烧断后，把B、C球

看成一个整体，它们只受到重力和支持力，它们以相同的加速度sinag沿斜面向下，所以B、C之间杆的弹力大小为零，故B、D选项错误，而C选项正确。故选：AC。12．【解答】解：A、对均匀球进行受力分析如图所示：连接2OB和12OO，设2OB与水平面之间的夹角为

，12OO与水平面之间的夹角为；当60时，由几何关系可知，由于2ABAO，60，所以2ABO为等边三角形，906030；由圆心角与圆周角之间的关系可知，260可知小球受到的绳子的拉力T与半圆柱体对小球的支持力N相互垂直，水平方向：sincosT

N①竖直方向：2cossinTNmg②联立得：212Tmg；232Nmg以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，它们在竖直方向受到重力、地面的支持力、绳子拉力以及在水平方向受到墙对半圆柱

体的弹力，竖直方向：12cosmgmgTN③所以：12123cos4NmgmgTmgmg。根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力大小也为1234mgmg．故A错误；B、根据A的分

析可知，小球受到的支持力为232Nmg，根据牛顿第三定律可知，当60时，小球对半圆柱体的压力大小为232mg．故B错误；C、若改变半圆柱体的半径，当小球平衡时，小球的位置在以AB为半径的圆弧上，由几何关系可知，直线12OO是该圆的切线方向，所以212AOOO

；则：2cosTmg④以小球与半圆柱体组成的整体为研究对象，在水平方向：221sinsincossin(2)2NFTmgmg⑤可知，当45时，半圆柱体受到墙对半圆柱体的弹力最大，为：214mg．故C错

误；D、由③④可得半圆柱体在竖直方向上的受的支持力：221212212coscossinNmgmgTmgmgmgmgmg⑥由几何关系可知，增大半圆柱体的半径，则增大，由⑥可知，N将增大；根据牛顿第三定律可知，半圆柱体对地面的压力

将增大。故D错误，故选：BC。13．【解答】解：（1）设物块过测量参考点时速度的大小为0v，根据位移时间关系可得：2012Lvtat，所以有：022Lvatt，当0t时速度即为参考点的速度，故020.64/vms，解得：00.32/vms图象

的斜率表示加速度，则有：221.850.70/3.1/0.3950.02amsms；（2）木板的倾角为53，小物块加速度大小为205.6/ams，对小物块根据牛顿第二定律可得：0sin53cos53mgmgma，当倾角为37时，有：sin37co

s37mgmgma，联立解得：29.4/gms。故答案为：（1）0.32或0.33；3.1；（2）9.4。14．【解答】解：（1）为猜想加速度与质量的关系，应该控制合外力一定（即钩码的质量一定），改变小车的质量的大小，从而分析

加速度的大小，故AC错误、B正确；（2）根据图2中的点可知少第4组，即0.4Mkg，11112.50.4kgkgM，点迹如图，作出1aM图象如图所示：（3）小车受力的示意图如图所示：A、使小车沿倾角合适的斜

面运动，小车所受重力沿斜面的分力刚好等于小车所受的摩擦力，则小车受力可等效为只受绳的拉力，故A正确；B、若斜面倾角过大，重力沿斜面的分力大于摩擦力，小车所受合力将大于绳的拉力，不利于简化“力”的测量，故B错

误；C、由牛顿第二定律可知，无论小车运动的加速度多大，砂和桶的重力都大于绳的拉力，故C错误；D、当砂和砂桶的质量远小于小车的质量时，砂和砂桶的重力近似等于绳的拉力，不一定要匀速运动，故D错误。故选：A。故答案为：（1）B；（2）如图所示；（3）受力图见解析；A。15．【解

答】解：（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：03()sin5kxmmg，解得：08sin5mgkx（1）（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为0x；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：1014xx（2）说明当形变量为00

10344xxxx时二者分离；对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：1sinkxmgma（3）联立（1）（2）（3）解得：sin5ga（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移221sin210gtxat则形变量变为：△0xxx，对

整体分析可知，由牛顿第二定律有：Fk△33()sin()55xmmgmma解得：22084sin2525mgsinFmgx2t因分离时位移04xx由20142xxat解得：052sinxtg，故应保证0502sinxtg，F表达式才能成立。答：（1）弹簧的劲度

系数为08sin5mgx；（2）物块b加速度的大小为sin5g；（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式222084sin2525mgsinFmgtx05(0)2sinxtg16．【解答】解：（1）当两车速度相等时，AB两车到达同一个位置，设

经过的时间为t则ABVV，对B车BBVat，联立可得：10tsA车的位移200AAxVtm，B车的位移211002Bxatm，因为0175BAxxmx所以会撞上，设经过时间t相撞，有：2012AVtxat代入数据解得：15ts215

ts（舍去）（2）已知A车的加速度22/Aams，初速度072/20/Vkmhms设B车的加速度为Ba，B车运动经过时间t，两车相遇时，两车速度相等，则0AAVVatBBVat，且ABVV，在时间t内A车的位移2012AAxVtatB车的位移212BBxa

t，又0BAxxx，联立可得20.67/Bams。答：（1）两车会相撞，从A车发现B车开始到撞上B车的时间是5s。（2）B车加速度2a至少为20.67/ms才能避免事故。17．【解答】解：（1）米袋在AB上加速时的加速度205/mgagmsm米袋的速度达到05/vms时，滑行的

距离2002.532vsmABma，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得sincosmgmgma代入数据得10a2/ms，所以能滑上的最大距离20

1.252vsma（2）设CD部分运转速度为1v时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为1v之前的加速度为1(sincos)10ag2/ms米袋速度小于1v至减为零前的加速度为2(sincos)2ag

2/ms由2221011204.4522vvvmaa解得14/vms，即要把米袋送到D点，CD部分的速度14/CDvvms米袋恰能运到D点所用时间最长为1011202.1maxvvvtsaa若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一

直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为2a。由20212CDminminSvtat，得：1.16mints所以，所求的时间t的范围为1.162.1sts；18．【解答】解：（1）A、B一起下滑有：02230

mamgsin共得12ag共则：12vaLgL共（2）第一次碰后有：0000sin30cos305cos30sin30144ABmgmgmgmgagagmm设碰后经时间t，A、B速度相同且为v共则11BAvvatvat共得：24

33gLLtvg共此时A上弹的位移大小为：211229AALSvtat，则第二次与挡板相碰时有：22223AvvaSgL共共（3）分析可知最终A下端停在挡板处，B停在A某处则有cos30(Qmg△1S△2S△3S△4)S第一次碰撞到速度相等B

下降的位移大小为：222111110444()29333BBABLLSvtatSSSgLvgg由222123vv可知：21223nnvv得：2121211242()()333nnnnvvSvg

则△1S△2S△3S△443SLQmgL答：（1）A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小gL（2）A第二次与挡板碰前瞬间的速度大小23gL；（3）从开始释放到最后的整个过程摩擦产生的热量为3mgL。