天津市南开中学2023-2024学年高三上学期第三次考试物理试题（解析版）

南开中学2024届高三统练

物理学科第3次

Ⅰ卷（共90分）

一、单项选择题（每题4分）

1. 如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态．如果只改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是  (   )

A. 绳的右端上移到b′，绳子拉力变小`

B. 绳的两端高度差越小，绳子拉力越大

C. 将杆N向右移一些，绳子拉力变大

D. 若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移

【答案】C

【解析】

【详解】AB．因为衣服钩时光滑的，所以绳子两端的拉力大小相同，设两杆间距为d，绳子长为L，左右两端绳子长度分别为L1、L2，绳子拉力为T，两部分与竖直夹角分别为、，根据题意有：，因为绳子拉力相对，所以，即：，，所以：，，d与L均为定值，所以为定值，为定值，绳子拉力不变，AB错误

C．杆N向右移一些，d变大，，变大，变小，拉力变大，C正确

D．挂质量更大的衣服，d与L均不变，绳中拉力变大，位置不变，D错误

2. 矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力、与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力。下列受力分析示意图可能正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。

故选A。

3. 两只完全相同的蚂蚁在轮胎内外表面爬，当两只蚂蚁爬到图示位置时保持静止，角大于角。已知轮胎材料相同，轮胎与蚂蚁之间动摩擦因数为，蚂蚁质量，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）

A. 处蚂蚁受到的支持力比处蚂蚁大

B. 处蚂蚁受到的摩擦力比处蚂蚁大

C. 处的蚂蚁受到的摩擦力大小为

D. 处的蚂蚁受到的摩擦力大小为

【答案】D

【解析】

【详解】根据题意，对蚂蚁受力分析，设蚂蚁所在位置和圆心连线与竖直方向夹角，如图所示

由平衡条件可得

AB．由于，则处蚂蚁受到的支持力比处蚂蚁小，处蚂蚁受到的摩擦力比处蚂蚁小，故AB错误；

C．蚂蚁与轮胎之间保持静止，则摩擦力不能按滑动摩擦力计算，则处的蚂蚁受到的摩擦力大小不一定为，故C错误；

D．由题意可知，处蚂蚁所在位置和圆心连线与竖直方向夹角为，则处的蚂蚁受到的摩擦力大小为，故D正确。

故选D。

4. 如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成角的力 拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成 角的力 推物块时，物块仍做匀速直线运动。若 和 的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（　　）

A.  B.  C.  D. 1-

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：对两种情况下的物体分别受力分析，如图

将F1正交分解为F3和F4，F2正交分解为F5和F6，则有：F滑=F3

mg=F4+FN；

F滑′=F5

mg+F6=FN′

而F滑=μ FN；F滑′=μ FN′

则有F1cos60°=μ（mg-F1sin60°） ①

F2cos30°=μ（mg+F2sin30°） ②

又根据题意F1=F2 ③

联立①②③解得：μ=2-；

故选B

考点：物体的平衡

5. 如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，楔形石块侧面所受弹力的大小为（　　）

A.  B.

C  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】楔形石块受力如图，根据力的合成可得：

，

所以

故选A。

6. 用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（取）（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在两个分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大，因而当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，为120°，此时两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图

绳子与竖直方向的夹角为

θ=60°

绳子长为

L0=1m

则有

mg=2Fcosθ

两个挂钉的间距离

L＝

解得

L=m

故选A。

7. 小明在观察如图所示的沙子堆积时，发现沙子会自然堆积成圆锥体，且在不断堆积过程中，材料相同的沙子自然堆积成的圆锥体的最大底角都是相同的．小明测出这堆沙子的底部周长为31.4m，利用物理知识测得沙子之间的摩擦因数为0.5，估算出这堆沙子的体积最接近（　　）

A. 60m3 B. 200m3 C. 250m3 D. 500m3

【答案】A

【解析】

【详解】沙堆底部周长为31.4m，故圆锥体的底部圆半径为

对锥面上的一粒沙粒分析，当满足（为锥体的底角）时沙粒刚好静止，故

解得圆锥体高

故圆锥体的体积约为

A正确．

8. 如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的点，将木板以底边为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（　　）

A. 圆柱体对木板的压力逐渐增大

B. 圆柱体对木板的压力先增大后减小

C. 两根细绳上的拉力均先增大后减小

D. 两根细绳对圆柱体拉力的合力保持不变

【答案】B

【解析】

【详解】设两绳子对圆柱体的拉力的合力为，木板对圆柱体的支持力为，绳子与木板夹角为，从右向左看如图所示

矢量三角形中，根据正弦定理

在木板以直线为轴向后方缓慢转动直至水平过程中，不变，从逐渐减小到0，又

且

可知

则

可知从锐角逐渐增大到钝角，根据

由于不断减小，可知不断减小，先增大后减小，可知先增大后减小，结合牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的压力先增大后减小，设两绳子之间的夹角为，绳子拉力为，则

可得

不变，逐渐减小，可知绳子拉力不断减小，故B正确，ACD错误。

故选B。

9. 如图所示，水平面上固定一光滑半球，球心O的正上方固定一个小滑轮，绳上拴一小球，小球置于半球面上的A点，绳绕过定滑轮，另一端用力T拉，现缓慢地将小球从B点释放到A点，则此过程中，小球对半球面的压力N以及细线拉力T的大小变化情况，以下说法正确的是（　　）

A. T变小；N不变

B. T变小；N变小

C. T变大；N不变

D. T变大；N变大

【答案】C

【解析】

【详解】对小球受力分析，由 可得

，

得

，

缓慢地将小球从B点释放到A点过程中，、AO不变，变大，所以T变大，N不变。故选C。

10. 如图所示，质量为M、倾角为θ的斜面体静止于粗糙水平面上，质量为m的小物块P恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面保持静止。现给P施加一沿斜面向下的推力F，使P沿斜面匀加速下滑。施加F后，下列说法正确的是（　　）

A. 斜面对小物块P的支持力和摩擦力都增大

B. 小物块P对斜面体的作用力方向竖直向下

C. 水平面对斜面体的支持力增大

D. 水平面对斜面体的摩擦力大小为F cos θ

【答案】B

【解析】

【详解】ABC．由题可知，给P施加一沿斜面向下的推力，并不改变斜面对P的支持力大小，即斜面对P的支持力大小不变，同时根据滑动摩擦力的特点可知，P所受的摩擦力也不发生变化，对平衡时P的分析可知，P所受摩擦力和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知，P对斜面的作用力方向竖直向下，斜面的受力没有发生变化，则水平面对斜面体的支持力不变，故B正确，AC错误；

D．施加F之前，小物块P恰好能沿斜面匀速下滑，则斜面的物体的作用力大小为mg，方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知P对斜面的作用力方向竖直向下，则地面对斜面体的摩擦力为零，而施加F之后，斜面的受力没有发生变化，则地面对斜面体的摩擦力一直为零，故D错误。

故选B。

11. 如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力、支持力、摩擦力和磁力的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解

A C．沿斜面方向，由平衡条件得

故A错误，C正确；

B D．垂直斜面方向，由平衡条件得

故BD错误。

故选C。

12. 如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑圆轨道；一弹性绳原长为，上端固定在圆轨道的顶端，下端系一重力为G的小球（可视为质点），小球套在圆轨上处于平衡状态。已知弹性绳的弹力遵循胡克定律，劲度系数为k，弹性绳始终处于弹性限度内，弹性绳的重力不计，则此时弹性绳的弹力大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】小球受重力G、圆轨道的支持力N和弹性绳的弹力F三个力作用处于平衡状态，如图所示。设弹性绳与竖直方向间的夹角为，根据几何关系可知，重力G和圆轨道的支持力N与弹性绳之间的夹角相同，故重力G和圆轨道的支持力N大小相等，根据胡克定律有

根据力的平衡条件有

联立解得

B正确。

故选B。

13. 如图所示，一个重为10N的小球O被夹在两光滑斜面间，斜面AB和AC与水平面的夹角分别为60°和30°，下列说法正确的是（　　）

A. 斜面AB对小球的弹力是由小球的形变产生的

B. 斜面AB对小球的弹力为5N

C. 斜面AC对小球的弹力为10N

D. 保持斜面AB倾角不变，缓慢增大斜面AC倾角，斜面AB对小球的弹力不变

【答案】B

【解析】

【详解】A．斜面对小球的弹力是由斜面的形变产生的，A错误；

BC．画出受力分析图如图

根据受力分析图可得

B正确，C错误；

D．画出力的动态变化图，如图

FC按照箭头方向变化，则FB在逐渐增大，D错误。

故选B。

14. 2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力

B. 为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度

C. 索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下

D. 为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布

【答案】C

【解析】

【详解】A．以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；

B．由图甲可知，当索塔高度降低后，变大， 变小，故T变大，故B错误；

C．由B的分析可知，当钢索对称分布时，，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确；

D．受力分析如图乙，只要 ，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；

故选C。

二、多项选择题（每题5分）

15. 如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳拴住的书本处于静止状态，现将两环距离变小后书本仍处于静止状态，则（　　）

A. 杆对A环的支持力不变 B. B环对杆的摩擦力变小

C. 杆对A环的力不变 D. 与B环相连的细绳对书本的拉力变大

【答案】AB

【解析】

【详解】A．设书的质量为m，绳与水平方向的夹角为α， 对系统为研究对象，根据平衡条件得

解得

杆对A环的支持力始终等于书重力的一半，支持力不变，A正确；

B．对B环根据平衡条件得

解得

现将两环距离变小后，α增大，t an α增大，对杆的摩擦力Ff变小，B正确；

C．杆对A环的支持力不变，摩擦力变小，合力变小，所以杆对A环的力变小，C错误；

D．两绳的合力等于书的重力，两环距离变小，两绳的夹角变小，绳的拉力变小，D错误。

故选AB。

16. 如图所示的实验可以用来研究物体所受到的滑动摩擦力，当手拉木板从木块下加速抽出时，弹簧测力计的示数为f，由此可知（　　）

A. 木板与桌面间的滑动摩擦力等于f

B. 木块与木板间的滑动摩擦力等于f

C. 绳子对木板的拉力大于f

D. 人手对绳子的拉力大于绳子对人手拉力

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．由于木块静止，根据平衡条件可知，木块水平方向所受木板对它的滑动摩擦力等于弹簧的弹力f，故B正确，A错误；

D．人手对绳子的拉力与绳子对人手拉力是一对相互作用力，大小相等，故D错误；

C．手拉木板从木块下加速抽出，由牛顿第二定律可知，绳子对木板的拉力大于木块对木板的滑动摩擦力，根据牛顿第三定律知木块对木板的摩擦力等于木板对木块的摩擦力，木块所受滑动摩擦力又等于弹簧的弹力f，所以可推知绳子的拉力一定大于弹簧测力计的示数f，故C正确。

故选BC。

17. 明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可．一游僧见之,曰：无烦也，我能正之．”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身．假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力N，则（　　）

A. 若F一定，θ大时N大 B. 若F一定，θ小时N大

C. 若θ一定，F大时N大 D. 若θ一定，F小时N大

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的分力是相等的，力F的分解如图

则

所以

由公式可知，当F一定，θ小时FN大，当θ一定，F大时FN大，AD错误，BC正确；

故选BC。

【点睛】对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。

18. 如图所示，轻杆OA与轻杆OB通过光滑铰链安装在竖直墙面上，另一端通过 A铰链连接于O点。已知，，铰链质量忽略不计，重力加速度为g。现将一个质量为m的物块通过轻绳悬挂于O点保持静止，下列说法正确的是（　　）

A. 轻杆OA对O点铰链的作用力为mg

B. 竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上

C. 若在O点施加从零缓慢增大且水平向左的外力，则轻杆OB的弹力先减小后反向增大

D. 若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则轻杆OB的弹力先增大后减小

【答案】BC

【解析】

【详解】A．对O点受力分析如图1：则有

故A错误；

B．对轻杆OA、OB及重物所组成的系统进行受力分析可知，该系统受到三个外力，分别是竖直墙对A、B两点铰链的作用力及重物重力，由三力平衡可知竖直墙对A、B两点铰链的总作用力方向竖直向上，大小等于，故B正确；

C．若在O点施加从零缓慢增大且水平向左的外力，则O点受力情况如图2.沿两杆方向将mg和F正交分解可得

F cos

F缓慢增大时一直增大，先减小后反向增大，故C正确；

D．若在O点施加从零缓慢增大且水平向右的外力，则O点受力情况如图3.沿两杆方向将mg和F正交分解可得

故F缓慢增大时先减小后反向增大，一直增大，故D错误。 

故选BC。

Ⅱ卷（共10分）

三、实验题（10分）

19. 如图a，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。现要测量图a中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.200 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图b所示，其读数为___________cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为___________N/m（保留3位有效数字）。

【答案】    ①. 3.775    ②. 107

【解析】

【详解】[1]实验所用的游标卡尺精度为0.05mm，游标卡尺上游标第15条刻度线与主尺刻度线对齐，根据游标卡尺的读数规则，图b所示的游标卡尺读数为

3.7cm+15×0.05mm=3.7cm+0.075cm=3.775cm

[2]托盘中放有质量为m=0.200kg砝码时，弹簧受到的拉力

F=mg=0.200×9.8N=1.960N

弹簧伸长

x=3.775cm-1.950cm=1.825cm=0.01825m

根据胡克定律

F=k x

解得此弹簧的劲度系数

20. 某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）．

①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有______．

A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上

B．重复实验再次进行验证时，结点O位置可以与前一次不同

C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度

D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力

②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O，力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示．其中对于提高实验精度最有利的是_____．

A. B. C. D.

【答案】    ①. BC    ②. B

【解析】

【详解】①A、F1、F2方向间夹角大小适当即可，不一定要橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误；
B、合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一次实验时，需要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，则必定结点O的位置要相同；而在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故B正确；
C、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小引摩擦产生的误差，读数时视线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差，故C正确；
D、用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定必须都小于只用一个测力计时的拉力，故D错误．
②A、为了便于确定拉力的方向，拉橡皮条的细绳要稍长一些，同时在纸上描点时，所描的点不要太靠近结点，该图中所描的点太靠近结点，故A错误；
B、该图中所描的点到结点的距离适中，力的大小适中，而且两个力的角度的大小也适中，故B正确；
C、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，该图中的读数都太小，故C错误；
D、该图中两个分力之间的夹角太小，这样误差容易大，故D错误．

点睛：在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会给实验带来误差的因素．