安徽省滁州市定远县育才学校2020届高三上学期第一次月考物理试题

育才学校2020届高三第一次月考

高三物理试卷

一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。1-7小题为单选题，8-10小题为多选题。)

1.水平面上某物体从t=0时刻起以4m/s的速度做匀速直线运动，运动3s后又立即以大小为 2m/s2的加速度做匀减速直线运动，停止后物体不再运动。则下列判断正确的是

A. 该物体从t=0时刻算起6s内运动的位移大小为15m

B. 该物体在整个运动过程中的平均速度大小为2m/s

C. 该物体减速后最后1s内的仅移大小为lm    '    .

D. 该物体减速后第1s末的速度大小为3m/s

【答案】C

【解析】

【详解】物体速度减为零的时间为：

A项：物体在3s+2s=5s末停止运动，所以物体在6s内的位移等于前5s的位移，总位移为：，故A错误；

B项：物体的平均速度为：，故B错误；

C项：根据运动的可逆性可知，物体减速最后1s的位移等于以2m/s2加速1s的位移，大小为：，故C正确；

D项：该物体减速后第Is末的速度大小为：，故D错误。

故选：C。

2.某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落。他打开降落伞后的速度图线如图甲所示。降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为，如图乙。已知人的质量为M，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力F与速度v成正比，重力加速度g。则每根悬绳能够承受的拉力至少为（   ）

A. Mg/8cos B. Mg/8sin C. Mgv2/8v1cos D. Mgv1/8v2cos

【答案】C

【解析】

【详解】设降落伞的质量为，匀速下降时有：

打开降落伞的瞬时对整体有：

打开降落伞的瞬时对运劝员有：

联立解得：，故C正确。

3.如图所示，两个质量分别为m、m的小圆环A、B用细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O。系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是

A. 小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是：1

B. 小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°

C. 细线与水平方向的夹角为30°

D. 细线的拉力大小为mg

【答案】A

【解析】

【详解】对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则做出重力和支持力的合力的大小等于绳子的拉力的大小，设支持力与竖直方向的夹角分别为和，如图所示：

根据正弦定理可以得到：，，由于，

整理可以得到：，，

再次利用正弦定理：，

整理可以得到：，故选项A正确，BD错误；

C、由图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为，故选项C错误。

4.如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H=，重力加速度为g，则F的大小为

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】连接OB，设OB连续与竖直方向的夹角为，由几何关系得：

则

此时小球受到的合外力

由牛顿第二定律可得：

以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得，故D正确，ABC错误。

故选：D。

5.如图所示，在一座寺庙门口吊着一口大钟，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长为L，与吊撞锤的点等高且水平相距处有一固定的光滑定滑轮，一和尚将轻绳一端绕过定滑轮连在撞锤上，然后缓慢往下拉绳子另一端，使得撞锤提升竖直高度时突然松手，使撞锤自然的摆动下去撞击大钟，发出声音，（重力加速度取g），则（　　）

A. 在撞锤上升过程中，和尚对绳子的拉力大小不变

B. 松手前瞬间，撞锤上方左右两边绳子的拉力之比为

C. 撞锤撞击大钟前瞬间的速度大小等于

D. 突然松手时，撞锤的加速度大小等于

【答案】D

【解析】

试题分析：在摆锤上升过程中撞钟受力如图所示，因缓慢拉绳，撞钟受力平衡，由平行四边形定则作图知两绳拉力都发生变化，故选项A错误；松手前瞬间，由几何知识知，两绳恰垂直，且由力的平行四边形法则得，撞锤上方左右两边绳子的拉力之比为，故选项B错误；松手后，

撞钟摆下，只有重力做功，由机械能守恒可知，，得，故选项C错误；当突然

松手时，撞钟受重力和右侧悬绳拉力作用，将重力分解为沿悬绳和垂直于悬绳的力，由圆周运动知识知沿悬绳方向合力为零，则撞钟受合力为重力沿垂直于右侧悬绳的分力，即F合=mgcos30°，所以撞钟加速度为a=gcos30°=，故选项D正确；故选D．。

考点：物体的平衡；机械能守恒定律；牛顿第二定律

6.如图甲所示，一个质量m=1kg的物体以初速度v0=12m/s从斜面底端冲上一足够长斜面，经t1=1.2s开始沿斜面返回，t2时刻回到斜面底端。物体运动的v-t图象如图乙所示，斜面倾角θ=37°(sin37°=06，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2)。则可确定

A. 物块上滑时的加速度大小5m/s2

B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.4

C. 物块沿斜面向上滑行的最大距离为7.2m

D. 物块回到斜面底端的时刻为2.4s

【答案】C

【解析】

【分析】

根据图象可以得出加速上升和减速上升的加速度的大小,根据牛顿第二定律计算物体的质量和动摩擦因数的大小,根据速度公式计算减速运动的时间,根据位移公式计算下滑的时间.

【详解】A、v-t图象的斜率表示加速度的大小,根据图象可以知道,

上升时的加速度为 ,故A错；

B、物块在上升时根据牛顿第二定律可知：

解得： ，故B错；

C、在v-t图像中面积的大小等于位移，所以物块沿斜面向上滑行的最大距离为 ，故C对；

D、物块沿斜面下滑的加速度为

根据位移公式：

解得：  ，故返回到斜面底端的时刻不等于为2.4s，故D错；

故选C

7.如图所示，质量均为m的n（n>3）个相同匀质圆柱体依次搁置在倾角为30°的光滑斜面上，斜面底端有一竖直光滑挡板挡住使圆柱体均处于静止状态。则下列说法中正确的是(       )

A. 挡板对圆柱体1的弹力大小为

B. 圆柱体1对斜面的压力大小为

C. 圆柱体2对圆柱体1的压力大小为

D. 若将挡板绕下端点缓慢逆时针转动60°，则转动过程中斜面对每个圆柱体的支持力均减小

【答案】B

【解析】

A、将n个圆柱体作为整体分析，如图所示，

其中为挡板对圆柱1的弹力，N为斜面对所有圆柱体的支持力的恒力，由平衡条件可得，，A错误；

B、对2至n每个圆柱分析可知斜面对它们的支持力，斜面对圆柱1的支持力，B正确；

C、隔离对2到n共n-1个圆柱体受力分析，如图所示，

得圆柱体1对2的弹力为，C错误；

D、缓慢转动挡板时，斜面对圆柱体2、3、4……n的支持力不变，D错误；

综上所述本题答案是：B

8.如图所示，斜面体置于粗糙水平地面上，斜面体上方水平固定一根光滑直杆，直杆上套有一个滑块。滑块连接一根细线，细线的另一端连接一个置于斜面上的光滑小球。最初斜面与小球都保持静止，现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点，如果整个过程斜面保持静止，小球未滑离斜面，滑块滑动到A点时细线恰好平行于斜面，则下列说法正确的是

A. 斜面对小球的支持力逐渐减小

B. 细线对小球的拉力逐渐减小

C. 滑块受到水平向右的外力逐渐增大

D. 水平地面对斜面体的支持力逐渐减小

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．对小球受力分析可知，沿斜面方向：，在垂直斜面方向：（其中是细线与斜面的夹角，为斜面的倾角），现对滑块施加水平向右的外力使其缓慢向右滑动至A点，变小，则细线对小球的拉力变小，斜面对小球的支持力变大，故选项B正确，A错误；

C．对滑块受力分析可知，在水平方向则有：，由于变小，则有滑块受到水平向右的外力逐渐增大，故选项C正确；

D．对斜面和小球为对象受力分析可知，在竖直方向则有：，由于变小，所以水平地面对斜面体的支持力逐渐增大，故选项D错误。

9.一个可以看做质点的物块以恒定大小的初速度滑上木板，木板的倾角可在0°-90°之间任意凋整设物块沿木板向上能达到的最大位移为x。木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示。(g取10m/s2)则下列说法正确的是

A. 小铁块与木板间的动摩擦因数为

B. 小铁块初速度的大小是5m/s

C. 沿倾角为30°和90上滑时，物块运动到最大位移的时间不同

D. 当α=0时，x=m

【答案】ABD

【解析】

【详解】AB．当，竖直上抛运动，x=1.25m，根据运动学方程得：，解得；当，x=1.25m，根据速度位移关系：，有，而解得：，AB正确

C．因为30°和90°对应的加速度均为，根据，运动到最高点时间相同，C错误

D．当角度等于0时，，根据，求得x=m，D正确

10.如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1—2，2和3间弹簧的弹力为F2—3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018—2019，则下列结论正确的是

A. F1—2：F2—3：……F2018—2019=1：2：3：……2018

B. 从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：……2018

C. 如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2019个小球的加速度为F/m，N其余每个球的加速度依然为a

D. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a.

【答案】AD

【解析】

【详解】A．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=2019ma，解得；以后面的第1、2、3…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知F1-2=F，F2-3=F，…F2018-2019=F，则F1-2：F2-3：……F2018-2019=1：2：3：……2018，故A正确；

B．因为每根弹簧的劲度系数相等，根据胡克定律可知，从左到右每根弹簧伸长量之比为1：2：3：……2018，但是总长度之比不等于1：2：3：……2018，故B错误；

C．突然撤去F瞬间，因弹簧的弹力不能突变，可知除第2019个球所受合力突然变为F，加速度为，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C错误；

D．如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球受到的合力为零，则加速度为0，第2个小球受到的合力变为，则加速度为，其余小球受到的合力不变，加速度依然为a，故D正确。

二、实验题(共2小题,共14分) 

11.小明用如图甲的实验装置验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下：

①将弹簧的一端固定于铁架台上的C处，在竖直放置的木板上贴一张坐标纸，在弹簧末端挂上一个重力已知的钩码，在坐标纸上记下此时弹簧末端的位置O；

②取下钩码，将两绳套系在弹簧末端，用两个弹簧测力计共同将弹簧末端拉到同一位置O，记录此时细绳套OA、OB的方向及两个弹簧测力计相应的读数；

③选好标度，在坐标纸上画出两只弹簧测力计的拉力FA和FB的图示，并根据平行四边形定则求出合力F合；

④按同一标度，在坐标纸上画出挂一个钩码时弹簧所受的拉力F的图示；

⑤比较F合和F的大小和方向，得出结论。

回答下列问题：

（1）步骤②中弹簧测力计A的示数如图乙，该读数为__________N；

（2）图丙中已画出FB和F图示（小方格的边长表示1.0 N），FA的方向如图中虚线所示。请在图中画出FA的图示，并根据平形四边形定则画出FA和FB的合力F合；

（3）本次实验中，若保持弹簧测力计A读数不变，增大OA与OC的夹角，为将弹簧末端拉到同一位置O，可采用的办法是________

A．增大弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角

B．增大弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角

C．减小弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角

D．减小弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角

【答案】    (1). 4.00         (2). CD

【解析】

【详解】（1）步骤②中弹簧测力计A的读数为4.00N；

（2）画出图像如图：

（3）若保持弹簧测力计A的读数不变，逐渐增大OA与OC的夹角，甲、乙两个弹簧秤弹力的合力不变，如图所示，则可知采用的方法是：减小弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角；或者减小弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角，故选CD.

12.用如图所示的装置可以完成“探究加速度与力、质量的关系”的实验。用总质量为m的托盘和砝码所形成的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。

①打点计时器使用电源是_____(选填选项前的字母)。

A.直流电源            B.交流电源

②实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。正确操作方法是_____(选填选项前的字母)。

A.把长木板右端垫高            B.改变小车的质量

③在_____(选填选项前的字母)且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。

A.不悬挂重物            B.悬挂重物

④实验中，为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是_____

A.M>>m            B.m>>M

⑤安装好实验装置，正确进行实验操作，物体做匀加速直线运动。从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示(其中一段纸带图中未画出)。图中O点为打出的起始点，且速度为零。选取在纸带上连续打出的点A、B、C、D、E、F、G作为计数点。其中测出D、E、F点距起始点O的距离分别为S1，S2，S3如图所示。已知打点计时器打点周期为T。物体运动到E点时的瞬时速度表达式为vE=_____；物体运动的加速度表达式a=_____

⑥该同学在实验中，得到了如图的-F图象，发生这种现象的原因_____。

⑦该同学在分析了原因后，决定改进实验原理。在实验中，他每次改变拉力时，就将小车中的砝码取出，加到托盘中，把托盘和托盘中的砝码总重力视为合力F，对应的加速度从纸带中计算得出，多次测量后，绘出-F图象。你认为这种方法能否避免图8中出现的问题吗?请分析原因_____。

【答案】    (1). B    (2). A    (3). A    (4). A    (5).     (6). 或    (7). 未始终满足    (8). 能，因为根据，每次改变拉力时就将小车中的砝码取出，加到托盘中，这样就能保证总质量（M+m)不变，画出的a--F图像就是正比例函数。

【解析】

【详解】①打点计时器使用的电源是交流电源，故选B.

②实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力。平衡摩擦力的方法是：把木板右端垫高，让小车滑下，当小车匀速运动时，就意味着摩擦力抵消了，故选A；

③在不悬挂重物且计时器打点的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选A。

④实验中，为了保证悬挂重物的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，悬挂重物的总质量m与小车M之间应满足的条件是M >>m ，故选A.

⑤根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，则物体运动到E点时的瞬时速度表达式为；根据可知，物体运动的加速度表达式；

⑥小车受到的拉力 ，当m＜＜M时，即重物的总重力远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于重物的总重力，小车的加速度a与拉力F成正比，如果重物的总质量太大，小车受到的拉力明显小于重物的重力，加速度与重物的重力（小车受到的合力）不成正比，a-F图象发生弯曲，不再是直线；故该同学在实验中，得到了如图的a﹣F图象，发生这种现象的原因未始终满足M≫m；

⑦ 能；因为根据 ，每次改变拉力时就将小车中的砝码取出，加到托盘中，这样就能保证总质量（M+m)不变，画出的a--F图像就是正比例函数。

三、解答题(共3小题 ,共46分) 

13.如图所示，平板车长为L=6m，质量为M=10kg，上表面距离水平地面高为h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B是其左右两个端点．某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力F=50N，与此同时，将一个质量m=1kg的小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面．车与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10m/s2．求：

（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；

（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；

（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小．

【答案】（1）0.5s；（2）3s；（3）5.175m，方向向左

【解析】

（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用时间

（2）  小球放到平板车后相对地面静止，小车的加速度为

小车向右运动的距离为

小于4m，所以小球不会从车的左端掉下．

小车向右运动的时间为

小车向左运动的加速度为

小车向左运动的距离为

小车向左运动的时间为

故小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间t=t1+t2=3s

（3）小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为

小球离开车子后，车的加速度为

车子向左运动的距离为

从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小

X= x1 + x2+ x3 =5.175m

小球离开平板车后做自由落体运动，运动时间由竖直分运动判断，小球放到平板车后水平方向不受外力，所以小球静止不动，小车受到水平向左的拉力后向右匀减速，当速度为零时可判断此时位移大小，由此可知小球没有从左端掉下来，随后小车向左做匀加速直线运动，利用位移间的等量关系可求得小球掉落的时刻

14.传送带以恒定速率v＝4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝10 N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：

(1)物块在传送带上运动的时间；

(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？

【答案】（1）1s（2）

【解析】

【详解】（1）物体在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有：

F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1               

解得a1＝8 m/s2     

由v＝a1t1                                           

得t1＝0.5s 

位移x1＝a1t12＝1m

物体与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4 N＝μmgcos37°                    

故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．

位移x2＝－x1＝2m  

t2＝＝0.5s   

总时间为t＝t1＋t2＝1s        

（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，故有：

mgsin37°－μmgcos37°＝ma2                 

解得：a2＝2m/s2  

假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则

通过的位移为x＝＝4 m＞x2

故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故

x2＝vt3-a2t32

解得t3＝（2-）s或t3＝（2+）s（舍去）

【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．

15.一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s时，木板以速度v1=4m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：

(1)t=0时刻木板的速度；

(2)木板的长度。

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】（1）对木板和物块：

令初始时刻木板速度为由运动学公式：

代入数据求得：

（2）碰撞后，对物块：

对物块，当速度为0时，经历时间t，发生位移x1，则有，

对木板，由牛顿第二定律：

对木板，经历时间t，发生位移x2

木板长度代入数据，