福建省永安市一中漳平市一中二校2020届高三上学期第一次联考物理试题

“永安一中、漳平一中”二校联考

2019—2020学年第一学期第一次月考高三物理试题

一、选择题（本题共13道小题，每小题4分，共52分。其中1-8题为单选题；9-13题为多选题，选全得4分，漏选得2分，错选得0分.）

1.下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中正确的是

A. 根据速度的定义式v＝ ，当Δt取不同的值时，v都可以表示物体的瞬时速度

B. 牛顿在前人的基础上总结得出并通过实验验证了牛顿运动定律

C. 伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律

D. 用比值定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如加速度a＝就是采用比值定义的

【答案】C

【解析】

【详解】A. 根据速度的定义式v＝ ，当Δt趋近于0时，v都可以表示物体的瞬时速度，选项A错误；

B.牛顿在前人的基础上总结得出了牛顿运动定律，但是牛顿第一定律是不能通过实验来验证的，选项B错误。

C.伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，故C正确；
D.公式是牛顿第二定律的表达式，不是采用比值定义的。故D错误。

2.某人用绳子将一桶水从井内加速向上提的过程中，下列说法不正确的是　　

A. 这桶水处于超重状态，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力

B. 这桶水处于超重状态，绳子对桶的拉力大于桶的重力

C. 人对绳子的拉力与绳子对桶的拉力是一对作用力与反作用力

D. 这桶水处于超重状态，水对桶底的压力大于水的重力

【答案】C

【解析】

【详解】绳子对桶拉力和桶对绳子的拉力是作用力和反作用力，任何时候都大小相等，方向相反，故A正确；桶加速上升的过程中，桶的合力向上，所以绳子对桶的拉力大于桶的重力，故B正确；人对绳子的拉力与绳子对桶的拉力不是相互作用在两个物体之间。所以不是一对作用力与反作用力，故C错误；这桶水处于超重状态，所以桶底对水的支持力大于水的重力，结合牛顿第三定律可知，水对桶底的压力大于水的重力，故D正确。

3.某同学观察悬崖跳水者从悬崖处自由下落，由于空气阻力的影响，现测出他碰到 水面前的下落时间为 3.0s，当地重力加速度 g=9.8m/s2，而悬崖到水面的实际高度 可以通过科技手段准确测量，准确测量的高度可能为（     ）

A. 43.0m B. 45.0m C. 47.0m D. 49.0m

【答案】A

【解析】

【详解】若没有空气阻力

由于跳水者在向下运动的过程中要受到空气的阻力，所以他向下的运动的加速度要小于重力加速度g，计算的结果比实际的高度偏大，可知实际的高度要小于44.1m。

A．43.0m，符合实际的情况，A正确

B．45.0m，不符合实际的情况，B错误

C．47.0m，不符合实际的情况，C错误

D．49.0m，不符合实际的情况，D错误

4.光滑斜面长为L，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速下滑到底端经历时间为t，则(　　  )

A. 物体在 时刻的瞬时速度是

B. 物体全过程的平均速度是

C. 物体到斜面中点时的瞬时速度小于

D. 物体从开始运动到斜面中点经历的时间为

【答案】B

【解析】

试题分析：物体的平均速度等于位移与时间之比．物体做匀加速直线运动，t时间内平均速度等于中点时刻的瞬时速度．由斜面的长度L和时间t，求出加速度，由位移速度公式求出斜面中点的瞬时速度，再由速度公式求解物体从顶端运动到斜面中点所需的时间．

因为物体从静止做匀加速直线运动，故中间时刻速度等于全过程的平均速度，所以，A错误B正确；设物体的加速度为a，运动到斜面中点时瞬时速度为v，则由得，．又，解得，C错误；由位移公式

得知，物体从顶点到斜面中点的时间和从顶点滑到底端的时间比为，即物体从开始运动到斜面中点经历的时间为，D错误．

5. 如图所示，AB、BD为两段轻绳，其中BD段水平，BC为处于伸长状态的轻质弹簧，且AB和CB与竖直方向的夹角均为45°，现将BD绳绕B点缓慢向上转动，保持B点不动，则在转动过程中作用于BD绳的拉力F的变化情况是

A. 变大 B. 变小

C. 先变大后变小 D. 先变小后变大

【答案】B

【解析】

试题分析：要保持B点的位置不变，BD绳向上转动的角度最大为450，由于B点的位置不变，因此弹簧的弹力不变，由图解可知，AB绳的拉力减小，BD绳的拉力也减小，B正确。

考点：力的动态分析。

【名师点睛】有关力的动态平衡问题的处理方法，可以分三种方法，即解析法、图解法、三角形相似法。解析法适用于列出平衡方程，根据题目中条件的变化即可由解析式分析判断的类型；图解法适用于三力平衡，其中一个力为恒力，第二个力方向不变，大小可能变化，由于第三个力方向的变化而引起的力的大小变化问题；相似三角形法适用于物体所受的三个力中，一个力大小、方向不变，其它二个力的方向均发生变化，且三个力中没有二力保持垂直关系，但可以找到力构成的矢量三角形相似的几何三角形的问题。

6.如图所示是甲、乙两物体从同一地点、沿同一方向做直线运动的 v-t 图象，则由图象可看 出(      )

A. 这两个物体两次相遇的时刻分别是 1s 末和 4s末

B. 这两个物体两次相遇的时刻分别是 2s 末和 6s 末

C. 两个物体相距最远的时刻是 2s

D. 4s 末以后甲在乙的前面

【答案】B

【解析】

【详解】AB．甲、乙两物体从同一地点、沿同一方向做直线运动，再次相遇时通过的位移应相等。由v-t图中的面积表示位移，可以看出，t=2s时甲乙面积相等，t=6s时面积也相等，故相遇时刻分别是t=2s和t=6s，故A错误，B正确

C．由图可看出t=4s时，甲、乙“面积”差距最大，故t=4s时相距最远。故C错误

D．由C知4s末相距最远，乙的面积大于甲的面积，故乙在甲之前，此后甲的速度大乙的速度小，甲逐渐追上乙，故4s后乙一直在前面，故D错误。

7. 如图所示，质量分别为2m、m的球A、B由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀加速运动的电梯内，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为（ ）

A. ，＋g B. ，＋g

C. ，＋g D. ，＋g

【答案】D

【解析】

试题分析：对AB的整体，根据牛顿第二定律可知：F-3mg=3ma；对物体B：T-mg=ma，联立解得：T=F/3；线断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，故弹力仍为T=F/3，此时A的加速度满足：2mg+T=2ma，解得，故选D.

考点：牛顿第二定律的应用

【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；注意求解弹簧的弹力用了先整体后隔离的方法；在剪断细绳的瞬时，弹簧的弹力是不能突变的，细绳的拉力变为零，可根据牛顿第二定律求解此时A的加速度的大小；此题是中等题.

8.如图所示，重80N的物体A放在倾角为30°的粗糙斜面上，有一根原长为10cm、劲度系数为1000N/m的弹簧，其一端固定在斜面底端，在另一端放置物体A后，弹簧长度缩短为8cm，现用一测力计沿斜面向上拉物体，若物体与斜面间最大静摩擦力为25N，当弹簧的长度仍为8cm时，测力计读数不可能为(　 　)

A. 10 N B. 20 N C. 40 N D. 60 N

【答案】D

【解析】

放置物体A后，有，施加向上拉力后，若保持弹簧的长度仍为8 cm时，则拉力的最大值有：，，D不可能。

9.几个共点力作用在一个物体上，使物体处于平衡状态，下列说法正确是

A. 几个力的合力一定为零，各个力在任意方向上分力的合力也为零

B. 合力一定为零，但,故、不一定为零

C. 其中任意一个力的大小一定与其它几个力的合力大小相等，而方向相反

D. 只改变一个力大小或方向，物体的状态可能不变

【答案】AC

【解析】

【详解】A．物体处于平衡状态时，合力为零，根据正交分解法，各个力在任意方向上分力的合力也为零，否则物体的合力一定不为零。故A正确。

B．物体处于平衡状态时，合力一定为零，由正交分解法得到0，根据数学知识得知，Fx、Fy一定都为零。故B错误。

C．根据平衡条件的推论可知，物体平衡时，任意一个力的大小一定与其它几个力的合力大小相等，方向相反。故C正确。

D．物体原来处于平衡状态，只改变一个力的大小或方向，物体的合力将不为零，状态一定改变。故D错误。

10.如图所示，四种情境中物体A均处于静止状态，它与外界的接触面（点）均光滑。其中物体A所受弹力示意图正确的是:（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

试题分析：A、A球只受到水平面的弹力F1，右侧的球对A没有弹力，否则A球将向左运动，与题意矛盾，故A错误．B、A球受到两个支持力，这两个支持力都与接触面垂直，即通过球心，故B正确．C、A球受到墙的弹力F1，方向垂直于墙壁向右；斜面的支持力F2，方向与斜面垂直向上，故C正确．D、F2方向不对，应通过球心，故D错误．故选：BC。

考点：弹力的方向

【名师点睛】弹力产生在接触面上，常见的支持力或压力是弹力，它们的方向是垂直接触面指向受力物体．对于A项，可运用假设法判断两球之间有无弹力。

11.如图所示，质量为 m2 的物块 B 放置在光滑水平桌面上，其上放置质量 m1 的物块 A， A 通过跨过定滑轮的细线与质量为 M 的物块 C 连接，释放 C，A 和 B 一起以加速度 a 从静止开始运动，已知 A、B 间动摩擦因数为 1 ，则细线中的拉力大小为（     ）

A. Mg B. Mg+Ma C. Mg  Ma D. (m1+m2)a

【答案】CD

【解析】

【详解】ABC．以C为研究对象，则Mg﹣T=Ma，解得T=Mg﹣Ma，故AB错误C正确。

D．以AB为整体根据牛顿第二定律可知T=（m1+m2）a，故D正确。

12.如图所示水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v0=2m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转．今将一小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取10m/s2．由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中（    ）

A. 小煤块从A运动到B的时间是s

B. 小煤块从A运动到B的时间是2.25s

C. 划痕长度是4m

D. 划痕长度是0.5m

【答案】BD

【解析】

试题分析：将一小煤块无初速度地轻放至A点后，小煤块与传送带之间有相对滑动，加速度为4m/s2,加速到跟传送带一样的速度需要的时间为0.5s,这段时间内煤块的位移为0.5m,传送带的位移是1m,随后两者保持相对静止，所以划痕等于两者位移之差，为0.5m，煤块运动后来3.5m需要的时间是1.75s,共用时间为2.25s,AC错误，BD正确。

考点：本题考查了运动学规律和牛顿第二定律。

13.如图所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，则下列说法中正确的是（    ）

A. 斜面B相对地面有向右运动的趋势 B. 地面对斜面B的静摩擦力大小为

C. 地面对斜面B的支持力大小为 D. 斜面B与物体A间的动摩擦因数为

【答案】BC

【解析】

【详解】AB、将A和B看成一个整体,对其进行受力分析,由平衡条件可知,地面对B的静摩擦力f=Fcosθ,方向水平向右,故B相对地面有向左运动的趋势,故A错误, B正确;

C、由平衡条件可知,地面对B的支持力FN=(M+m)g+Fsinθ,故 C正确;

D、对A进行受力分析可知,在平行于斜面的方向上有mgsinθ+F=μmgcosθ,

解得，故D错误；

二、实验题（本题共2道小题,每空2分。第14题6分,第15题10分,共16分）

14.如图甲所示，一轻弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一质量为15g的砝码盘，一刻度尺竖直固定在弹簧左边，其零刻线与弹簧的上端对齐，弹簧下端固定一指针。

（1）当砝码盘中不加砝码时，指针位置如图乙所示，其示数L0=________cm。

（2）在砝码盘中每次增加10g的砝码，并读取相应指针位置的示数L ，以F表示砝码盘内砝码的重力，△L=L-L0为相应弹簧长度的改变量，作出F-ΔL的关系图线如图丙所示。该弹簧的劲度系数为_______N/m，弹簧的原长为________cm。重力加速度g取10m/s2，结果保留小数点后两位

【答案】    (1). 13.70    (2). 2.50    (3). 7.70

【解析】

【详解】解：(1)由图知此刻度尺的分度值为0.1cm，所以物体的长度为；

(2) 的图像的斜率表示该弹簧的劲度系数，可得弹簧的劲度系数：；

设弹簧的原长为，下端悬挂一质量为15g的砝码盘，则有，解得弹簧的原长为。

15.回忆起做过的实验：在探究加速度与力、质量的关系时，小车及钩码的质量用M表示，砂桶及砂的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。

（1）往砂桶中加入一定量的砂子，当M与m的大小关系满足M_________m时，（填“远大于”、“远小于”或“近似等于”）可近似认为绳对小车的拉力大小等于砂桶和砂的重力；在释放小车_________（填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。

（2）在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图所示，该纸带上相邻两个计数点间还有4个点未标出，打点计时器使用交流电的频率是50 Hz，则小车的加速度大小是_____m/s2，当打点计时器打B点时小车的速度是_____m/s。(结果保留三位有效数字)

（3）我的死党用同一装置做实验，我俩在同一坐标系中画出了a-F关系图如图所示，我们做实验，哪一个物理量是不同的__________。

【答案】    (1). m远小于M    (2). 之前    (3). 1.93    (4). 1.39    (5). M

【解析】

【分析】

实验时我们认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，但实际不是，实际的拉力为 ，只有在M＞＞m的情况下近似认为拉力等于mg。为增加有效点的个数，实验中应先接通电源，后让小车运动。B点的速度可由A到C点的平均速度求出，加速度可由匀变速运动的规律：△x=at2求解。a-F图象的斜率等于物体的质量，故斜率不同则物体的质量不同。

【详解】（1）假设小车的加速度为a，拉力为F；对沙桶及沙：mg-F=ma；对小车：F=Ma；联立得：F= ，故只有在M＞＞m的情况下近似认为拉力等于mg。由于人的反应时间有0.1s左右，故为提高打出的有效点的个数，应该在释放小车之前，待打点稳定后再接通电源。
（2）纸带上每相邻两个计数点间还有4个点，所以相邻的计数点之间的时间间隔是T=0.1s。
根据逐差法求解加速度：，根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度得：B点的速度

（3）根据F=ma可得，即a-F图象的斜率的倒数等于小车的质量，故两人的实验中小车质量M不同。小王同学的小车及砝码的质量大。

【点睛】能够知道相邻的计数点之间的时间间隔，利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，提高解决问题能力。只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。

三、计算题（本题共3道小题,第16题9分,第17题10分,第18题13分,共32分）

16.一辆汽车正在以的速度行驶，遇到危险情况后紧急刹车，以大小为的加速度做匀减速直线运动，求

刹车后6s内的位移大小；

刹车后汽车在第3s内的位移大小。

【答案】40m；

【解析】

【详解】刹车时间为：

故在6s内的位移即为4s内的位移，即为：

前3s内的位移大小为：

前2s内的位移为：

则第3s内位移为：

17.如图所示，长L＝9 m的木板质量为M＝50 kg，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，质量为m＝25 kg的小孩立于木板左端，木板与人均静止，人以a1＝4 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端，求：

(1)木板运动的加速度a2的大小；

(2)小孩从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间．

【答案】(1)0.5  m/s2　(2)2 s

【解析】

(1)设人对木板的摩擦力为

对人，由牛顿第二定律得：；

对木板，由牛顿第二定律得：，

解得：；

(2)人向右加速的同时木板向左加速，设人从左端跑到右端时间为t.

由运动学公式得：

解得：

点睛：本题是已知受力情况确定运动情况的问题，关键是求解出加速度。

18.在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量为M的正方体ABCD，在墙壁和正方体之间放置一半径为R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所示。球的球心为O，OB与竖直方向的夹角为，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数为。（g已知，并取最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：

（1）正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大?

（2）若=45°，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少?（tan45°=1）。

（3）改变正方体到墙壁之间的距离，球和正方体都处于静止状态，且球没有掉落地面。若不让正方体出现滑动，讨论以下情况：

a. 若球的质量m=M，则正方体的右侧面AB到墙壁的最大距离是多少?

b. 当正方体的右侧面AB到墙壁的距离小于某个值时，则无论球的质量是多少，正方体都不会滑动，则这个距离的值是多少?

【答案】（1）N1=mg/cos，N2=mgtan；（2）m<；（3）a. R；b. R。

【解析】

【详解】（1）以球为研究对象，受力如图：

小球受力平衡：N1cosθ=mg，N1=

N2=mgtanθ；

（2）以正方体和球整体为研究对象，竖直方向受重力（m+M）g和地面的支持力FN，水平方向受墙壁的弹力N2和地面的摩擦力Ff，则：

FN=（m+M）g

N2= mgtan45°<Ff

Ff=μFN

联立解得：m<；

（3）a、若球的质量m=M，对整体

FN=（m+M）g

N2= mgtanθ<Ff

Ff=μFN

联立解得：θ<60°

正方体的右侧面AB到墙壁的最大距离：L=R+Rsin60°=R；

b、根据FN=（m+M）g

N2= mgtanθ<Ff

Ff=μFN

得：mgtanθμ（m+M）g

tanθ

tanθ，θ30°

故LR+Rsin30°=R

【点睛】（1）以球为研究对象，根据受力平衡可求正方体和墙壁对球的支持力；

（2）以正方体和球整体为研究对象，根据受力平衡和刚好不滑动时摩擦力等于最大静摩擦力，可求最大质量；

（3）以正方体和球整体为研究对象，根据受力平衡和刚好不滑动时摩擦力等于最大静摩擦力，根据水平方向受力平衡可求球的最大质量；求出球的质量m远大于正方体的质量时，θ的表达式，求出θ的最小值，可求无论球的质量是多少，正方体都不会滑动时，正方体的右侧面AB到墙壁的最大距离。