辽宁省沈阳市东北育才学校2020届高三9月月考物理试题

2019-2020学年度上学期高三第一次模拟考试物理科试卷

一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-7小题为单选题，8-12小题为多选题，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分。

1.一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比．忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度v随时间t变化的图象如图所示，其中可能正确的是(  )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

忽略石子受到的空气阻力，石子只受重力，加速度恒为g，v-t图象是向下倾斜的直线.对于泡沫塑料球，根据牛顿第二定律得：上升过程有，下降过程有，又，得，则上升过程中，随着v的减小，a减小；，则下降过程中，随着v的增大，a减小；所以a不断减小，方向不变，故ABC错误，D正确；故选D.

2.某质点做匀加速直线运动，经过时间t速度由v0变为（k>l），位移大小为x。则在随后的4t内，质点的位移大小为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】根据题目已知条件可以做出以下图形

由v-t图象所围成的面积为位移可得，用时t的位移为；5t时间内的位移为  ，因此，所以，即随后4s内的位移为 ，故A正确，BCD错误。

3. 如图所示，用一轻绳将光滑小球P系于竖直墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，P、Q均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁从O点开始缓慢下移，则在铅笔缓慢下移的过程中（ ）

A. 细绳的拉力逐渐变小

B. Q将从墙壁和小球之间滑落

C. Q受到墙壁的摩擦力逐渐变大

D. Q受到墙壁的弹力逐渐变大

【答案】D

【解析】

试题分析：对P分析，P受到重力、拉力和Q对P的弹力处于平衡，设拉力与竖直方向的夹角为θ，根据共点力平衡有：拉力，Q对P的支持力．铅笔缓慢下移的过程中，θ增大，则拉力F增大，Q对P的支持力增大；对Q分析知，在水平方向上P对Q的压力增大，则墙壁对Q的弹力增大，在竖直方向上重力与摩擦力相等，所以Q受到的摩擦力不变，Q不会从墙壁和小球之间滑落，故D正确．

考点：考查了共点力平衡条件的应用

【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解

4.如图所示，在同一竖直线上有A、B两点，相距为h，B点离地高度为H。现从A、B两点分别向P点安放两个光滑的固定斜面AP和BP，并让两个小物块（可看成质点）从两斜面的A、B点同时由静止滑下，发现两小物块同时到达P点，则

A. OP间距离为

B. OP间距离为

C. 两小物块运动到P点速度相同

D. 两小物块的运动时间均为

【答案】A

【解析】

【分析】

物块沿光滑斜面下滑，根据牛顿第二定律可求出下滑的加速度，用底边OP的长度表示斜面的长度，运用运动公式求解时间关系式，由于时间相等，则可找到边长时间的关系；根据机械能守恒定律可知判断物块滑到P点的速度关系；对比自由落体运动的时间判断选项D.

【详解】AB．设斜面的倾角为θ，则物体下滑的加速度为a=gsinθ，设OP的距离为x，则，因两物体在斜面上下滑的时间相等，则sinθcosθ相等，由图可知：，解得，选项A正确，B错误；

C．根据机械能守恒定律可知：mgH1=mv2可知，两物块开始下落的高度H1不同，则下落到底端的速度不同，选项C错误；

D．是物体从A点做自由落体运动到O点的时间，可知两小物块的运动时间均大于，选项D错误；

故选A.

5.如图所示，倾角为α的斜面固定在水平地面上，斜面上有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧相连接，现对A施加一个水平向右大小为的恒力，使A、B在斜面上都保持静止。如果斜面和两个小球的摩擦均忽略不计，此时弹簧的长度为L，则下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧的原长为

B. 斜面的倾角为α=

C. 撤掉恒力F的瞬间小球B的加速度为0

D. 撤掉恒力F的瞬间小球A的加速度为0

【答案】C

【解析】

【详解】AB.对小球B进行受力分析，由平衡条件可得

kx=mgsinα

解得：

所以弹簧的原长为

对小球A进行受力分析，由平衡条件可得：

Fcosα=mgsinα+kx

解得：

故AB错误；

C.撤掉恒力F的瞬间，弹簧弹力不变，B球所受合力不变，B球的加速度为零，故C项正确；

D.撤掉恒力F的瞬间，对A进行受力分析，可得

mgsinα+kx=maA

小球A此时的加速度

aA=g

故D错误。

6.如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，用始终平行于斜面向上的恒力F推A，使它们沿斜面匀加速上升，为了减小A、B间的压力，可行的办法是（　　）

A. 减小倾角θ

B. 减小B的质量

C. 减小A的质量

D. 换粗糙程度小的斜面

【答案】B

【解析】

【详解】设摩擦因数为μ，对AB整体受力分析有：

对B受力分析有：

由以上两式可得：

可知，为使FAB减小，应减小推力F，增加A的质量，减小B的质量。

A.减小倾角θ，与分析不符，故A项错误；

B.减小B的质量，与分析相符，故B项正确；

C.减小A的质量，与分析不符，故C项错误；

D. 换粗糙程度小的斜面，与分析不符，故D错误。

7.如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ．若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θ＜β，则滑块的运动情况是（　　）

A. 沿着杆加速下滑

B. 沿着杆加速上滑

C. 沿着杆减速下滑

D. 沿着杆减速上滑

【答案】D

【解析】

试题分析：把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，若速度方向向下，则沿斜面方向：（m1+m2）gsinθ-f=（m1+m2）a 垂直斜面方向：FN=（m1+m2）gcosθ

摩擦力：f=μFN

联立可解得：a=gsinθ-μgcosθ，

对小球有：若θ=β，a=gsinβ

现有：θ＜β，则有a＞gsinβ

所以gsinθ-μgcosθ＞gsinβ

gsinθ-gsinβ＞μgcosθ

因θ＜β，所以gsinθ-gsinβ＜0，但μgcosθ＞0

所以假设不成立，即速度的方向一定向上．由于加速度方向向下，所以物体沿杆减速上滑，故D正确．

故选D．

考点：牛顿第二定律的应用

【名师点睛】分析多个物体的受力时，一般先用整体法来求得共同的加速度，再用隔离法分析单个物体的受力，求得物体的受力情况，本题就是典型的应用整体隔离法的题目。

8.在物理学的发展过程中，科学家们采用了许多物理学的研究方法，下列关于物理学研究方法的说法中，正确的有（ 　）

A. 质点体现了等效替代的思想

B. 利用速度-时间图像求位移运用了微元法

C. 探究加速度与力和质量的关系采用了控制变量法

D. 牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，能用实验直接验证

【答案】BC

【解析】

【详解】A.质点是采用的是理想模型法，故A错误；

B.速度一时间图象推导匀变速直线运动的位移公式时，取时间很短，则当作匀速直线运动，从而从通过“微元”分析整体，使用了微元法，故B正确；

C.在探究加速度与力、质量三者关系的实验中，应用了控制变量法，控制其中一个量不变，确定另两量的关系，故C正确；

D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不能用实验直接验证，故D错误。

9.甲、乙两辆小汽车（都可视为质点）分别处于同一条平直公路的两条平行车道上，开始时(t=0)乙车在前甲车在后，两车间距为x 0. t=0甲车先启动，t=3s时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，v-t图象如图所示。根据图象，下列说法正确的是(    )

A. 两车加速过程，甲的加速度比乙大

B. 若x0=80m，则两车间间距最小为30m

C. 若两车在t＝5 s时相遇，则在t=9s时再次相遇

D. 若两车在t＝4s时相遇，则在t=1 0s时再次相遇

【答案】BC

【解析】

A、图像中的斜率表示加速时的加速度的大小，从图像上可以看出乙的加速度大于甲的加速度，故A错误；

B、速度相等时两者之间的位移有最小值，从图像上可以看出甲运动过的位移为 ，而乙运动过的位移为：  ，则甲乙之间的距离为 ，故B正确；

C、若两车在t＝5 s时相遇，从图像上可以看出5-9s内甲乙运动过的位移相等，所以甲乙在t=9s时会再次相遇，故C正确；

D、若两车在t＝4s时相遇，从图像上可以看出4-10s内甲乙运动过位移不相等，则在t=1 0s时不会再次相遇，故D错误；

故选BC

点睛：本题考查了对v-t图像的理解，知道图像的斜率表示加速度，以及知道图像包围的面积代表物体运动过的位移，结合图像解题可以达到事半功倍

10.如图所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20N，放在水平地面上。轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球B重为10N。当用与水平方向成30°角的恒力F作用在小球B上时，A、B、C刚好保持相对静止且一起水平向左做匀速运动，绳a、b与竖直方向的夹角分别恒为30°和60°，则下列判断正确的是

A. 力F的大小为10N

B. 地面对C支持力大小为40N

C. 地面对C的摩擦力大小为10N

D. A球重为10N

【答案】AD

【解析】

【详解】AD、以B为研究对象受力分析，水平方向受力平衡，有：，解得：，竖直方向受力平衡，则有：，解得：，以A为研究对象受力分析，竖直方向上有：，水平方向：，联立得：，即A球重为10N，故AD正确；

BC、以ABC整体为研究对象受力分析，水平方向：，竖直方向：，解得：N＝35N，故BC错误。

11.三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5。下列说法正确的是（　　）

A. 物块A先到达传送带底端

B. 物块A、B同时到达传送带底端

C. 物块A、B到达底端时的速率相同

D. 物块A、B在传送带上的划痕一样长

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.对A，因为

A物体所受摩擦力沿斜面向上，A物体向下做匀加速直线运动；B所受摩擦力沿斜面向上，也向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的初速度大小相等、加速度大小相等、位移大小相等，则运动的时间相等，故A错误，B正确；

C.由于两物体的加速度大小相等，运动时间也相等，由公式，所以物块A、B到达底端时的速率相同，故C项正确；

D.对A，划痕的长度等于A的位移减传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得

由运动学公式，得运动时间为：

所以皮带运动的位移为

x=vt=1m

所以A对皮带的划痕为

对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，B对皮带的划痕为

△x2=(2+1)m=3m

所以划痕之比为1：3，故D项错误。

12.如图所示，水平地面上有一楔形物块a，其斜面上有一小物块b，b与平行于斜面的细绳的一端相连，细绳的另一端固定在斜面上.a与b之间光滑，a和b以共同速度在地面轨道的光滑段向左运动.当它们刚运行至轨道的粗糙段时可能正确的是

A. 绳的张力减小，斜面对b的支持力不变

B. 绳张力增加，斜面对b的支持力减小

C. 绳的张力减小，地面对a的支持力不变

D. 绳的张力增加，地面对a的支持力减小

【答案】C

【解析】

【详解】在光滑段运动时，物块a及物块b均处于平衡状态，对a、b整体受力分析，受重力和支持力，二力平衡；

对b受力分析，如图，受重力、支持力、绳子的拉力，

根据共点力平衡条件，有Fcosθ-FNsinθ=0   ①；

Fsinθ+FNcosθ-mg=0   ②；

由①②两式解得：F=mgsinθ，FN=mgcosθ；

当它们刚运行至轨道的粗糙段时，减速滑行，系统有水平向右的加速度，此时有两种可能；

①物块a、b仍相对静止，竖直方向加速度为零，由牛顿第二定律得到：

Fsinθ+FNcosθ-mg=0 ③；

FNsinθ-Fcosθ=ma ④；

由③④两式解得：F=mgsinθ-macosθ，FN=mgcosθ+masinθ；

即绳的张力F将减小，而a对b的支持力变大；

再对a、b整体受力分析竖直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面对a支持力不变.

②物块b相对于a向上滑动，绳的张力显然减小为零，物体具有向上的分加速度，是超重，支持力的竖直分力大于重力，因此a对b的支持力增大，斜面体和滑块整体具有向上的加速度，也是超重，故地面对a的支持力也增大.

综合上述讨论，结论应该为：绳子拉力一定减小；地面对a的支持力可能增加或不变；a对b的支持力一定增加；故A，B，D错误，C正确.

故选C.

二、实验题：共14分，每空2分

13.某同学在探究弹力和弹簧伸长的关系,并测定弹簧的劲度系数。

主要实验步骤如下:将待测弹簧的一端固定在铁架台上,然后将毫米刻度尺竖直放在弹簧一侧,并使弹簧另一端的指针恰好指在刻度尺上。当弹簧自然下垂时,指针的指示值记作;弹簧下端挂一个砝码时,指针的指示值记作;弹簧下端挂两个砝码时,指针的指示值记作……;挂七个砝码时,指针的位置如图所示,指针的指示值记作。

已知每个砝码的质量均为50g,测量记录表:

(1).实验中，的值还未读出，请你根据上图将这个测量值填入记录表中_________。

(2).为充分利用测量数据,该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差,分别计算出了四个差值:,,,。根据以上差值,可以求出每增加50砝码的弹簧平均伸长量。用、、、表示的式‍子为_________________。

(3).计算弹簧的劲度系数__________。(取9.8)

【答案】    (1). 14.05 (14.03~14.07)    (2).     (3). 28

【解析】

【详解】(1).毫米刻度尺的最小分度值为1mm，估读到0.1mm，L7的读数为14.05mm (14.03~14.07).

(2).根据各个差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量△L．△L用d1、d2、d3、d4表示的式子为.

(3).根据胡克定律有m0g=kL，利用数据可求得.

【点睛】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，我们要充分利用测量数据求解可以减少误差．

14.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙两同学设计了如图所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．

(1) 实验时，一定要进行的操作是______。

A．用天平测出砂和砂桶的质量

B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力

C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数

D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M.

(2) 甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为___m/s2(结果保留三位有效数字)．

(3) 甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_________________。

A.      B. －m0       C.－m0         D.

(4) 乙同学根据测量数据作出如图所示的a－F图线，该同学做实验时存在的问题是___________。

【答案】    (1). BC    (2). 2．00    (3). C    (4). 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够

【解析】

【详解】（1）本题拉力可以由传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AD错误；实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确．

（2）根据，运用逐差法得．

（3）由牛顿第二定律得，则，a-F图象的斜率，则小车的质量，故C正确．

（4）当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．

【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．

三、计算题：共38分

15.为备战石室中学第 43 届运动会，某同学在直跑道训练短跑。某次训练可以简化为以下过程：从起点 A 位置由静止开始做匀加速直线运动，经过 AB 段加速后，进入到 BC 段的匀速跑阶段，到达 C 位置时总共用时 t 秒，已知： AB 段长为 L1、 BC 段长为 L2。 求：

（1）该同学在 BC 段的速度大小；

（2）该同学在 AB 段做匀加速直线运动时的加速度大小。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】(1)设在BC段的速度为v，AB段运动的时间为t1，BC段运动的时间为t2

加速阶段：L1=

匀速阶段：L2=vt2 

又：t=t1+t2

联立以上三式解得v=；

(2)设AB段的加速度为a，则有：v2=2aL1

联立得：a=

【点睛】（1）匀速阶段的时间加上匀加速阶段的时间为总时间，匀速阶段的时间可用位移除以速度表示，匀加速阶段的时间可用位移除以平均速度表示，这样可求出速度；

（2）在AB段根据速度与位移的关系公式v2=2ax，就可求解出加速度．

16.某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为x.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示．设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.

(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；

(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；

【答案】(1) (2)

【解析】

【详解】(1) 在匀速运动阶段，有

mgtanθ0=kv0

得：

(2) 加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有

N′sinθ-kv=ma

N′cosθ=mg

解得：

17.如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝2m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求：

（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1

（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2

（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【分析】

（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；

（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；

（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；

【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：，方向向右

对小滑块根据牛顿第二定律有：，可以得到：；

（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

而且

联立可以得到：，，；

（3）在时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：，方向向右；

在时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：，方向向左；

在整个时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：，方向向左

则整个过程中滑块相对木板位移大小为：。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。