福建省连城县第一中学2020届高三上学期第一次月考物理试题

连城一中2019—2020学年上期高三年级第一次月考

物理试卷

一、选择题

1.甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其图像如图所示，图中ΔOPQ和ΔOQT的面积分别为s1和s2（s2>s1），初始时，甲车在乙车前方s0处，则（    ）

A. 若s0=s1+s2，两车能相遇

B. 若s0<s1，两车相遇1次

C. 若s0=s1，两车相遇1次

D. 若s0=s2，两车相遇1次

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图线可知：在T时间内，甲车前进了s2，乙车前进了s1+s2；若s0+ s2s1+s2，即 s0s1，两车不会相遇；所以若s0=s1+s2s1，两车不能相遇，故A错误；

B.若s0+ s2s1+s2，，即s0s1，，在T时刻之前，乙车会超过甲车，但甲车速度增加的快，所以甲车还会超过乙车，则两车会相遇2次，故B错误；

C.若s0+ s2s1+s2，即 s0=s1，两车在T时刻相遇，T时刻之后，甲车速度增加的快，两车逐渐远离，所以只能相遇一次，故C正确；

D.若s0=s2s1，两车在T时刻之前还没有相遇，T时刻之后，甲车速度增加的快，两车逐渐远离，则两车不会相遇，故D错误．

2. 有一种“傻瓜”相机的曝光时间（快门从打开到关闭的时间）是固定不变的，为了估测相机的曝光时间，有位同学提出了下述实验方案：他从墙面上A点的正上方与A相距H＝1.5m处，使一个小石子自由落下，在小石子下落通过A后，按动快门，对小石子照相，得到如图所示的照片，由于石子的运动，它在照片上留下一条模糊的径迹CD．已知每块砖的平均厚度约为6cm．从这些信息估算该相机的曝光时间最接近于下列哪个值（ ）

A. 0.5s B. 0.02s C. 0.06 s D. 0.008s

【答案】B

【解析】

试题分析：A到C的距离是5块砖的距离即0.3m，那么C点距离自由落体的释放点，C到D的距离为2块砖的距离即0.12m，D点距离自由落体的释放点，根据自由落体运动可得，，那么带入计算答案B对．

考点：自由落体运动

3.一辆汽车刹车后做匀减速直线运动直到停止，已知汽车在前一半时间内的平均速度为，则汽车在后一半时间内的平均速度为(   )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内的位移之比为1:3．则汽车在前一半时间内和后一半时间内的位移之比为3:1．根据平均速度的定义式知，两段时间内的平均速度之比为3:1，则后一半时间内的平均速度为．故B正确，A、C、D错误．故选B．

【点睛】解决本题的关键知道平均速度的定义式，以及掌握匀变速直线运动的规律，知道匀变速直线运动的特殊推论．

4.如图所示，斜劈ABC放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一重为G的物块，物块静止在斜劈上，今用一竖直向下的力F作用于物块上，下列说法错误的是（    ）

A. 斜劈对物块的弹力增大 B. 物块所受的合力不变

C. 物块受到的摩擦力增大 D. 当力F增大到一定程度时，物体会运动

【答案】D

【解析】

在斜劈上放一重为G的物块，物块静止在斜劈上，应有物块与斜劈间的最大静摩擦力大于或等于重力的向下分力．用一竖直向下的力F作用于物块上，物块对斜劈的压力增大，则斜劈对物块的弹力增大；此时物块与斜劈间的最大静摩擦力仍大于或等于重力G与竖直向下的力F的合力的向下分力，物块不可能运动，物块所受的合力不变．实际静摩擦力等于重力G与竖直向下的力F的合力的向下分力，物块受到的摩擦力增大．本题选错误的，所以答案是D

5.如图所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两端分别固定在两根竖直杆上的A、B两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A端位置不变，将B端分别移动到不同的位置．下列判断正确的（ ）

A. B端移到B1位置时，绳子张力变大

B. B端移到B2位置时，绳子张力变小

C. B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大

D. B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小

【答案】D

【解析】

【详解】AB.设绳子间的夹角为2α，绳子总长为L，两杆间距离为S，由几何关系得

L1sinα+L2sinα=S

解得

sinα==

当B端移到B1、B2位置时，S、L都不变，则α也不变，由平衡条件可知

2Fcosα=mg

绳子张力

F=

可见，α不变，绳子张力F也不变，故AB错误；

CD.B端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，S减小，L不变，则α减小，cosα增大，由F= 知，则F减小，故C错误，D正确．

6.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是

A. 顾客始终受到三个力的作用

B. 顾客始终处于超重状态

C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下

D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下

【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升，匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故A错误；

在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，处于超重状态；由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下，在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下；故BD错误，C正确．故选C．

考点：牛顿第二定律的应用

7.如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为、．重力加速度大小为g．则有

A. ，

B. ，

C. ，

D. ，

【答案】C

【解析】

试题分析：在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变．对1物体受重力和支持力，有：

mg=F，a1=0．对2物体受重力和弹簧的向下的压力，根据牛顿第二定律有：，故C正确．故选C．

考点：牛顿第二定律

【名师点睛】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力；弹簧的弹力通常来不及变化，为延时力，轻绳的弹力为瞬时力，绳子断开即消失．

8.如图所示，在压力传感器的托盘上固定一个倾角为30°的光滑斜面，现将一个重4N的物块放在斜面上，让它自由滑下，则下列说法正确的是（ ）

A. 测力计的示数和没放物块时相比增大N

B. 测力计的示数和没放物块时相比增大2N

C. 测力计的示数和没放物块时相比增大3N

D. 测力计的示数和没放物块时相比增大4N

【答案】C

【解析】

【详解】将物块的重力沿平行于斜面向下和垂直于斜面向下进行分解，如图1所示：

则垂直于斜面向下的分力：F2=Gcos30°

再将F2进行分解，如图2，分力F3等于测力计的示数增加的量

F3=F2cso30°=Gcos230°=4×N=3N

所以测力计的示数和没放物块时相比增大3N．

A.测力计的示数和没放物块时相比增大N，与分析不一致，故A错误；

B.测力计的示数和没放物块时相比增大2N，与分析比一致，故B错误；

C.测力计的示数和没放物块时相比增大3N，与分析相一致，故C正确；

D.测力计的示数和没放物块时相比增大4N，与分析不一致，故D错误．

9. 如图所示，将两个相同的木块a、b置于固定在水平面上的粗糙斜面上，a、b中间用一轻弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连．开始时a、b均静止，弹簧处于压缩状态，细绳上有拉力，下列说法正确的是（ ）

A. 达到稳定状态时，a所受的摩擦力一定不为零

B. 达到稳定状态时，b所受的摩擦力一定不为零

C. 细绳剪断瞬间，b所受合外力一定为零

D. 细绳剪断瞬间，a所受合外力一定为零

【答案】AD

【解析】

试题分析：根据弹簧和绳不同的特点，弹簧的弹力不会发生突变，而绳的拉力是能够突变的，再根据物体的受力就可以判断摩擦力的变化情况．

解：A、对a受力分析，弹簧被压缩，对a的弹力沿斜面向下，a受的摩擦力沿斜面向上，不为零，故A正确；

B、b所受的摩擦力可能为零，也可能不为零，当弹力加绳子的拉力和重力沿斜面方向的分量相等时静摩擦力为零，否则不为零，故B错误；

C、细绳剪断瞬间，b所受的拉力减小为零，但静摩擦力会变化，故合力可能为零，也可能不为零，故C错误；

D、则剪断瞬间绳子拉力立即消失，而弹簧形变量来不及改变故弹簧弹力不变，a所受摩擦力不变，合力为零，故D正确；

故选AD

【点评】主要就是考查学生对弹簧和绳在力发生突变时它们的特点，知道弹簧弹力不能突变这一点就很容易了．

10.(多选)如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动．现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°．下列说法正确的是(　　)

A. 若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为G

B. 若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大

C. 若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板压力逐渐减小

D. 若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零

【答案】AD

【解析】

A：保持挡板不动，车静止，对球受力分析如图：

由平衡条件可得：、

解得：，据牛顿第三定律可得：球对斜面的压力大小为G．故A项正确．

BC：挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°，画出转动过程中的受力示意图如图：

则斜面对球的支持力减小，挡板对球的支持力先减小后增大．

据牛顿第三定律可得：球对斜面的压力逐渐没有减小，球对挡板的压力先减小后增大．故BC两项均错误．

D：挡板不动，小车水平向右做匀加速直线运动，对球受力分析如图：

设小车的加速度为，将力沿水平方向和竖直方向分解可得：、，解得：

当时，挡板对球的支持力为零；据牛顿第三定律可得此时球对挡板的压力为零．故D项正确．

综上答案为AD．

点睛：动态平衡问题一般采用图解法或解析法．

11.如图所示的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙＝5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1 kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲＝2 kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，重力加速度g＝10 m/s2．则（  ）

A. 盒子的加速度大小为2.5 m/s2

B. 细绳对盒子的拉力大小为20 N

C. 盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 N

D. 定滑轮受到细绳的作用力为30 N

【答案】AC

【解析】

【详解】AB、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，解得整体的加速度为，以乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子的拉力大小为：，故A正确，B错误；

C、以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为，故C正确；

D、定滑轮受到细绳的作用力为：，故D错误；

故选AC．

【点睛】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度大小；再以乙和丙为研究对象求解绳子拉力大小，以丙为研究对象，根据牛顿第二定律求解摩擦力大小；以滑轮为研究对象，根据力的合成求解绳子对滑轮的作用力大小．

12.如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A. 小滑块的质量m＝2 kg

B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1

C. 当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2

D. 当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．

【详解】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，

当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg

当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=

知图线的斜率k解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg．故A正确；

B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有：

代入数据解得：μ=0.2，

当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2．

根据μmg=ma′得木板的加速度为：a′=μg=4m/s2，故B错误，C正确；

D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，故D错误．

故选AC．

【点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．

二、填空题

13.某同学用如图甲所示实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”．

（1）实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力．该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列___的点，说明小车在做___运动．

（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦力．以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到M，测小车加速度a，作a－F的图象．如图丙图线正确的是___．

（3）设纸带上计数点的间距为s1和s2．下图为用米尺测量某一纸带上的s1、s2的情况，从图中可读出s1＝3.10cm，s2＝__cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a＝___m/s2．

【答案】    (1). 点迹均匀    (2). 匀速直线    (3). C    (4). 5.55    (5). 2.45

【解析】

【详解】（1）［1］［2］平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，不要挂钩码，将长木板的右端垫高至合适位置，使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，说明小车在做匀速直线运动．

（2）［3］AC.如果这位同学先如（1）中的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始a-F的图象是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到M，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图象发生弯曲，故A错误，C正确；

B. a－F图象与纵轴的截距，说明平衡摩擦力有点过分，与题意不合，故C错误；

D. a－F图象与横轴的截距，说明没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，与题意不合，故D错误.

（3）［4］从图中可读出s2＝9.60cm-4.05cm=5.55cm．

［5］由逐差法s=at2，其中t=0.1s，小车加速度的大小

a==10-2m/s2=2.45m/s2

14.有同学利用如图所示的装置来探究求合力的方法：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力FTOA、FTOB和FTOC，回答下列问题：

（1）改变钩码个数，实验能完成的是（    ）

A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4

B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4

C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4

D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5

（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是（      ）

A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向

B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度

C．用量角器量出三段绳子之间的夹角

D．用天平测出钩码的质量

（3）在作图时，你认为图中___________(选填“甲”或“乙”)是正确的．

【答案】    (1). BCD    (2). A    (3). 甲

【解析】

【详解】[1]对O点受力分析

OA、 OB 、OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD．因此三个力的大小构成一个三角形．

A.2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；

B.3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B正确；

C.4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C正确；

D.3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡．故D正确；

[2]为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误；

[3]以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际；

三、计算题

15.如图甲所示，一质量为m=1 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图丙所示，4 s后图线没有画出．g取10 m/s2．求：

（1）物体在第3 s末的加速度大小；

（2）物体与水平面间动摩擦因数；

（3）物体在前6 s内的位移．

【答案】（1）1 m/s2  （2）04  （3）12 m

【解析】

解：

（1）由v﹣t图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度a1等于前4s内的加速度，

根据v﹣t图象和加速度定义式：

得，

（2）在0﹣4s内，在水平方向：F1﹣μmg=ma1

解出：μ=0.4

（3）设前4 s的位移为x1，由位移公式：x1==1×16=8m；

设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：

F2﹣μmg=ma2

解得，a2=﹣2 m/s2

物体在4s末时的速度为v′="4" m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：

0=v′+a2t2

解得：t2="2" s

所以，物体在6s末速度恰好减为0．

故后2s内的位移：

代入数据，解得，x2=4m

所以物体在前6s内的位移x=x1+x2="8+4=12" m

答：（1）物体在第2s末的加速度为1m/s2；

（2）物体与水平面间的摩擦因数μ为0.4；

（3）物体在前6s内的位移为12m．

【点评】本题考查牛顿第二定律应用问题，要注意明确受力分析、明确运动过程，要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择．

16.一辆值勤的警车停在公路当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时,决定去拦截,经5s警车发动起来,以a=2 加速度匀加速开出维持匀加速运动,能达到的最大速度为20m/s,

试问：

(1)在警车追上货车之前,两车间的最大距离是多少?

(2) 警车要多长时间才能追上违章的货车?

【答案】(1)75m(2)15s

【解析】

【详解】（1）两车速度相同时间距最大

设警车用时t1

v货=at1

得t1= 5s     

间距Δx=V1（t1+5 ）-t1 =75m

（2）设经t2时间警车达到最大速度v2=20m/s

v2=a t2

得t2=10s

此时

x货= v1（t2+5）=150m

由于x警< x货,所以追不上

设警车经时间t追上

t2+ v2（t- t2）= v1（t +5）

得t=15s

17.图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的夹角θ=37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近．水平传送以5m/s的速度沿顺时针方向转动，现将质量为10kg的一袋大米无初速度地放在A端，它随传送带到达B端后，速度大小不变地传到倾斜送带的C点，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10，sin37°=0.6，cos37°=0.8 ，试求：

（1）米袋沿传送带从A运动到B的时间；

（2）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离； 

（3）若倾斜部分CD以4m/s的速率顺时针方向转动，求米袋从C运动到D所用的时间．

【答案】（1）1.1s；（2）1.25m；（3）2.1s

【解析】

【详解】（1）米袋无初速放在传送带AB上，相对滑动时的加速度

由，可得加速的时间：   

在传送带AB上加速的位移：

故米袋在AB传送带上先匀加速直线运动后做匀速直线运动．

匀速运动的时间

 所以米袋沿传送带从A运动到B的时间： 

（2）CD部分传送带不运转，米袋沿CD上滑过程中，根据牛顿第二定律

解得加速度，由  解得米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离

（3）若CD以v2=4m/s的速率顺时针方向转动，当米袋沿斜面上升速度时，加速度，当米袋速度达到时上滑的位移为

所用时间

当米袋速度时，滑动摩擦力方向改变，且，米袋将减速上滑，其加速度大小

由解得  此时米袋速度v=v2-a´t2´=0，可见米袋恰好可以运行到D点，所以米袋从C运动到D所用的时间为：．

即（1）米袋沿传送带从A运动到B的时间为1.1s；若CD部分传送带不运转，米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离1.25m；（3）若倾斜部分CD以4m/s的速率顺时针方向转动，米袋从C运动到D所用的时间为2.1s．