福建省漳州市华安一中龙海二中2020届高三上学期第一次联考物理题

华安一中、龙海二中2019—2020学年第一学期第一次月考

高三年级物理试卷

一、选择题

1.一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a—t图象如图所示．下列v—t图象中，可能正确描述此物体运动的是

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】由a—t图象知，0～0.5T时间内的加速度与T～2T时间内的加速度大小相等，方向相反，而对应时间内的v-t图象的斜率的绝对值相等，正负不同，可得D正确，ABC错误

2.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出

A. 物块的质量 B. 斜面的倾角

C. 物块与斜面间的最大静摩擦力 D. 物块对斜面的正压力

【答案】C

【解析】

根据题意，设物块受到的最大静摩擦力为f，对物块受力分析（如图所示），若F>mgsinθ，则物体有沿斜面向上运动的趋势，f的方向应沿斜面向下阻碍物体相对运动趋势，有----①；若F<mgsinθ，则物体有沿斜面向下的运动趋势，f的方向沿斜面向上阻碍物体相对运动趋势，有----②；由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知---③，由①②可求得f的值，而物块的质量m、斜面的倾角无法求出，故物块对斜面的正压力（）也无法求出．综上所述，正确答案为C．

【考点定位】静摩擦力及力的平衡

3.甲乙两车在同一条笔直公路上做同方向的直线运动， 从t=0时刻开始，甲车的运动规律为X=10t，，乙车刹车，其运动规律为X=50+10t-2t2 （以上两式各物理量的单位均为国际基本单位） ，则从t=0开始，甲追上乙的时间是：（　 ）

A. 5 s B. 6.25s C. 3.15s D. 10s

【答案】B

【解析】

【分析】

若两者相遇，则两者位移相同，直接令甲乙两车位移相等，可得出结果．

【详解】由x=50+10t-2t2，知乙车的初速度为v0=10m/s，加速度为a=-4m/s2，

甲匀速运动的速度为 v=10m/s

t=0时刻乙在甲的前方距离 s=50m

乙车刹车到停止运动的时间为

此过程中乙车的位移

甲车的位移为 x甲=10t0=25m，可知甲车还没有追上乙，设再需要时间t甲追上乙，则

共用时间为 t总=6.25s

故选B．

【点睛】正确的运动分析，能根据位移关系得出相遇条件，从而由运动学公式求解即可，注意运动学公式成立的条件．

4.如图所示，人的质量为M，物块的质量为m，且M＞m，若不计滑轮的摩擦，则当人拉着绳向后退回一步后，人和物块仍保持静止，若人对地面的压力大小为F1、人受到地面的摩擦力大小为F2、人拉绳的力的大小为F3，则下列说法中正确的是（）

A. F1、F2、F3均不变 B. F1增大、F2增大，F3不变

C. F1增大、F2减小、F3减小 D. F1减小、F2减小，F3不变

【答案】B

【解析】

【详解】对人受力分析，受重力、拉力、支持力和静摩擦力，如图：

由平衡条件得：N+mgsinθ=Mg，f=mgcosθ，当人拉着绳向后退一步后，θ将变小；故f=mgcosθ会变大，N =Mg- mgsinθ 也将变大，但绳子拉力不变；结合牛顿第三定律，人对地面的压力大小F1变大、人受到地面的摩擦力大小F2变大、人拉绳的力的大小F3不变；故选B．

【点睛】当人拉着绳向左跨出一步后，人和物仍保持静止，所以人和物始终处于平衡状态，分别对物体和人受力分析应用平衡条件，列出平衡方程分析即可．

5.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率随时间的变化规律可能是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】小球上升过程中，由牛顿第二定律

故随速度的减小，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；当物体下降过程中，由牛顿第二定律

则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0

A.A项图与上述分析结论相符，故A正确；

B.B项图与上述分析结论不相符，故B错误；

C.C项图与上述分析结论不相符，故C错误；

D.D项图与上述分析结论不相符，故D错误；

6.物体b在力F作用下将物体a压向光滑的竖直墙壁，a始终处于静止状态．如图所示，当F逐渐增大时下列说法中正确的是(　　)

A. a受的摩擦力有两个

B. a与b间的摩擦力大小随F的增大而增大

C. a受的摩擦力大小不随F的增大而变化

D. b相对a的运动趋势方向竖直向下

【答案】C

【解析】

与a接触的面有两个，墙与a接触面，但墙壁光滑，不存在摩擦力，a与b接触面，存在摩擦力，所以a受到的摩擦力只有一个，方向竖直向上，由于a处于静止，所以a受到的重力和摩擦力是一对平衡，故a与b间的摩擦力大小等于重力与F无关，故AB错误C正确；如果b与a接触面光滑，则a相对b向下滑动，所以b相对a有向上运动的趋势，D错误；

【点睛】判断摩擦力存在与否的两个条件，一是接触面是否光滑和有弹力，二是两者是否具有相对运动或者相对运动趋势，在判断摩擦力大小变化时，需要注意是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力可以根据共点力平衡条件分析，与接触面间的压力无关

7.放在固定粗糙斜面上的滑块A以加速度沿斜面匀加速下滑，如图甲所示．在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度沿斜面匀加速下滑，如图乙所示．在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度沿斜面匀加速下滑，如图丙所示．则

A. == B. <= C. =< D. <<

【答案】C

【解析】

【详解】甲图中加速度为，则有，解得；乙图中的加速度为，则有，解得；丙图中的加速度为，则有：，解得，故，C正确．

8.如图所示A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2=0.2．已知物体A的质量m=2kg，物体B的质量M=3kg，重力加速度g取10m/s2．现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是（物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（　　）

A. 20N B. 15N C. 10N D. 5N

【答案】B

【解析】

当F作用在物体B上时，A、B恰好不滑动则静摩擦力达到最大值，对物体A隔离分析，根据牛顿第二定律有：μ2mg=ma 对整体，根据牛顿第二定律有：Fmax-μ1（m1+m2）g=（m1+m2）a；联立以上各式解得：Fmax=15N，故B正确，ACD错误．

9.竖直悬挂的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图所示．则迅速放手后（　　）

A. 小球开始向下做匀加速运动

B. 弹簧恢复原长时小球速度达到最大

C. 弹簧恢复原长时小球加速度等于g

D. 小球运动过程中最大加速度大于g

【答案】CD

【解析】

试题分析：迅速放手后，小球受到重力、弹簧向下的弹力作用，向下做加速运动，弹力将减小，小球的加速度也减小，小球做变加速运动．故A错误．弹簧恢复原长时，小球只受重力，加速度为g．故C正确．物体恢复原长后，向下运动，开始时重力大于弹力，物体加速度向下，做加速运动，当重力等于弹力时加速度为零，速度最大，故选项B错误；刚放手时，小球所受的合力大于重力，加速度大于g．故D正确．

故选CD.

考点：牛顿第二定律的应用.

10.搭载着“嫦娥三号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空，下面关于卫星与火箭升空的情形叙述正确的是(　　)

A. 火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力

B. 火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力

C. 火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力

D. 卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力

【答案】AD

【解析】

AB、火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故A正确，B错误；

C、火箭飞出大气层后，虽然没有了空气，火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得前进的动力，故C错误；

D、卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故D正确．

故选AD．

11.如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是（　　）

A. 无论F如何改变，a、b两物体均受四个力作用

B. a、b两物体对斜面的压力相同

C. a、b两物体受到的摩擦力大小一定相等

D. 当逐渐增大拉力F时，地面对斜面的静摩擦力增大

【答案】B

【解析】

【详解】A．对ab进行受力分析，如图所示：

b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误；

B．ab两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：

解得：

则a、b两物体对斜面的压力相同，故B正确；

C．根据A分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故C错误；

D．对ab以及斜面体组成的整体为研究对象，则整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及拉力F的作用，由于F有竖直向上的分力，所以逐渐增大拉力F时，地面对斜面的支持力逐渐减小，故D错误。

故选B．

【点睛】对ab进行受力分析，ab两个物体都处于静止状态，受力平衡，把绳子和力T和重力mg都分解到沿斜面方向和垂直于斜面方向，根据共点力平衡列式分析即可．

12.如图所示，水平传送带A、B两端相距x=4m，以v0=4m/s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端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中

A. 煤块到A运动到B的时间是2.25 s

B. 煤块从A运动到B的时间是1.5 s

C. 划痕长度是2 m

D. 划痕长度是0.5 m

【答案】BC

【解析】

【详解】A、B、煤块在传送带上匀加速运动时，根据牛顿第二定律有μmg=ma，得a=μg=4 m/s2，当煤块速度和传送带速度相同时，位移，因此煤块先加速后匀速，匀加速运动的时间，匀速运动的时间，煤块从A运动到B的总时间t=t1+t2=1.5 s，A错误，B正确；

C、D、在加速阶段产生相对位移即产生划痕，则有Δx=v0t1–x1=2 m，C正确，D错误．

故选BC.

【点睛】对传送带问题，要注意区分划痕和产生热量的有效路程不同，对简单的过程，二者一般相等，但对复杂的过程，要注意前者为某段的最大位移，后者为总的相对路程.

二、实验题

13.某同学在家中找到两根一样的轻弹簧P和Q、装有水总质量m=1kg的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材，设计如下实验验证力的平行四边形定则，同时测出弹簧的劲度系数k．其操作如下：

a、将弹簧P上端固定，让其自然下垂，用刻度尺测出此时弹簧P的长度L0=12.50cm；

b、将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P下端，待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P的长度L1，如图甲所示，则L1=____________cm；

c、在细绳和弹簧Q的挂钩上涂抹少许润滑油，将细绳搭在挂钩上，缓慢的拉起弹簧Q，使弹簧P偏离竖直方向夹角为60°，测出弹簧Q的长度为L2及其轴线与竖直方向夹角为θ，如图乙所示；

(1)取重力加速度g=10m/s2，则弹簧P的劲度系数k=____________；

(2)若要验证力平行四边形定则，L2和θ需满足的条件是L2=__________cm，θ=_________．

【答案】    (1). 17.50    (2). 200N/m    (3). 17.50    (4). 60º

【解析】

【详解】（1）由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm，根据甲图可知，物体的长度为L=17.50cm．
（2）若要验证力的平行四边形定则，则两个弹簧拉力的合力与重力等大反向，根据几何关系可知，若两根弹簧的拉力相等，即弹簧的长度相等，与竖直方向的夹角也相等，此时F1=F2=mg，即可验证了力的平行四边形定则，则有：L2=17.50 cm，θ=60°．

14.利用如图甲所示的实验装置探究加速度与合外力的关系，实验中认为细绳对木块的拉力等于砝码和砝码桶的总重力．请思考探究思路并回答下列问题．

(1)下列做法正确的是________．(填字母代号)

A．在找不到合适的学生电源的情况下，可以使用四节干电池串联作为打点计时器的电源

B．平衡摩擦力的方法是在砝码桶中添加砝码，使木块能拖着纸带匀速滑动

C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行

D．实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块

(2)如图乙所示，是挂上砝码桶，装入适量砝码，按实验要求打出的一条纸带．A、B、C、D、E是纸带上选取的五个计数点，相邻两个计数点之间还有四个计时点未画出．用刻度尺测出各计数点到A点之间的距离，已知打点计时器接在频率为50 Hz的交流电源两端．其中打出计数点“C”时木块的速度vC=______m/s，木块的加速度a=__________m/s2(结果均保留两位有效数字)．

(3)实验时改变砝码及砝码桶的总质量m，分别测量木块在不同外力作用下的加速度a．根据测得的多组数据画出a－m关系图象，如图丙实线所示．此图象的上端明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是____________________

【答案】    (1). CD    (2). 0.54m/s    (3). 1.0m/s2    (4). 重力与木块的重力差距不大或砝码和砝码桶的总质量m太大，细绳的拉力不再等于mg或砝码和砝码桶的总重力不再满足远小于木块质量

【解析】

（1）打点计时器必须要使用交流电源，A错误；平衡摩擦力的方法是不挂砝码筒，让小车拖着纸带在木板上匀速运动，B错误；调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，以减小实验的误差，C正确；由于纸带运动时间非常短暂，如果先释放纸带再接通电源，则纸带上打出的点较少，所以为了充分利用纸带打出更多的点，使得实验误差较小，应先接通打点计时器的电源再放开木块，D正确．

（2）根据匀变速直线运动过程中中间时刻速度推论可知：打出计数点C时木块的速度vC=；根据逐差法可知加速度

（3）造成图象上端明显偏离直线的主要原因可能是：砝码桶和砝码的总质量不再满足远小于木块质量．

【点睛】在处理纸带问题时匀变速直线运动的两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度

三、计算题

15.如图所示，质量为的物体甲通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与放在水平面上的质量为的物体乙相连，轻绳OA与竖直方向的夹角，物体甲、乙均处于静止状态．已知，取．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：

（1）轻绳OA、OB受到的拉力分别是多大？

（2）物体乙受到的摩擦力是多大？方向如何？

（3）若物体乙的质量，物体乙与水平面之间的动摩擦因数，欲使物体乙在水平面上不滑动，则物体甲的质量最大不能超过多少？

【答案】（1）、；（2）

【解析】

试题分析：（1）以结点O为研究对象，如图，

沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，将分解，由平衡条件有：

，

联立得，

故轻绳OA、OB受到的拉力分别为、；

（2）人水平方向受到OB绳的拉力和水平面的静摩擦力，受力如图所示，

由平衡条件得：方向水平向左；

（3）当甲的质量增大到人刚要滑动时，质量达到最大，此时人受到的静摩擦力达到最大值．

当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值

由平衡条件得：，又

联立得：

即物体甲的质量最大不能超过．

考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

名师点睛：本题涉及共点力平衡中极值问题，当物体刚要滑动时，物体间的静摩擦力达到最大．

16.现有甲、乙两辆汽车同时从汽车站由静止驶出，甲车先做匀加速直线运动，10s后速度达到72km/h，之后开始做匀速直线运动；乙车出发后一直做匀加速直线运动，发现自己和甲车之间的距离在发车20s后才开始变小．求：

（1）甲、乙车加速度分别为多大？

（2）甲、乙两车在相遇之前的最大距离是多少？

【答案】（1）=2m/s2；=1m/s2；（2）100m

【解析】

【分析】

当两车速度相等时，两车距离最大，所以20s时两车速度相等，根据加速度的定义式求解加速度，根据位移公式求解最大位移．

【详解】（1）根据

当两车速度相等时，两车距离最大，所以20s时两车速度相等，所以

；

（2）当两车速度相等时，两车距离最大，所以△x＝．

【点睛】本题是速度时间关系公式和位移时间关系公式运用的基本问题，关键要熟悉运动学公式，可以结合速度时间关系图象分析，也可画出运动草图．

17.两个完全相同的物块A、B，质量均为m＝0.8 kg，在同一粗糙水平面上以相同的初速度从同一位置开始运动．图中的两条直线分别表示A物块受到水平拉力F作用和B物块不受拉力作用的v-t图象，求：

(1)物块A所受拉力F的大小；

(2)8 s末物块A、B之间的距离x．

【答案】(1) F＝1.8 N  (2) x＝60m

【解析】

【详解】设A、B两物块的加速度分别为a1、a2，由v－t图象可知：A、B的初速度v0=6m/s，A物体的末速度v1="12m/s" ，B物体的末速度v2=0，

a1＝＝m/s2＝0．75 m/s2 ①,

a2＝＝m/s2＝－1．5 m/s2 ②

负号表示加速度方向与初速度方向相反．

对A、B两物块分别由牛顿第二定律得：

F－Ff＝ma1③ 

－Ff＝ma2④

由①～④式可得：F＝1．8 N 

（2） 设A、B两物块8 s内的位移分别为x1、x2由图象得：

m

m

所以x＝x1－x2＝60 m

本题考查牛顿第二定律的应用和对速度时间图像的考查，根据速度时间图像的斜率表示加速度大小，求得两个过程中加速度大小，施加拉力时有F－Ff＝ma1，撤去拉力后只受摩擦力作用，再由牛顿第二定律进行运算可求得拉力和摩擦力的值，在匀变速直线运动中平均速度等于初速度与末速度和的一半，求得平均速度再求位移大小