河北省安平中学2020届高三物理上学期第一次月考试题（含解析）

1、河北省安平中学2020学年高三第一学期高三第一次月考 物理试题一(本题有17小题，每小题4分，共68分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)1.1.在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如：理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立理想模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述不正确的是（)A. 根据速度的定义式，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法B. 引入平均速度重心合力与分力的槪念运用了等效替代法C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个

2、运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法D. 用比值法定义了速度加速度位移这三个物理量【答案】D【解析】根据速度的定义式，当t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，选项A正确； 引入平均速度重心合力与分力的槪念运用了等效替代法，选项B正确； 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法，选项C正确； 用比值法定义了速度加速度这两个物理量，位移不是比值定义法定义的，选项D错误；此题选择错误的选项，故选D.2.2.下列关于牛顿运

3、动定律的说法中正确的是( )A. 惯性就是物体保持静止状态的性质B. 力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的C. 物体运动状态改变的难易程度就是加速度D. 一对作用力与反作用力的作用效果总相同【答案】B【解析】试题分析：惯性就是物体保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A错误；力的国际制单位“牛顿”是根据牛顿第二定律定义的，即使质量是1kg的物体产生1m/s2的加速度的力就是1N,选项B正确；物体运动状态改变的难易程度取决于物体惯性大小，故C错误；作用力和反作用力作用在不同的物体上，作用效果不同，故D错误，故选B.考点：牛顿运动定律.3.3.如图，重量为G的物体A在大小为F的水平向左恒

4、力作用下，静止在倾角为的光滑斜面上。下列关于物体对斜面压力N大小的表达式，正确的是 （ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】试题分析：如图对A进行受力分析A、由勾股定理可得；正确B、由三角函数关系得，；正确C、根据正交分解法可得；错误D、以F为已知量，；正确故选ABD考点：共点力平衡点评：中等难度。共点力平衡问题可以用力的合成法求解，也可以用力的分解法求解，还可以用正交分解法求解4.4.一个静止的物体，在04 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，物体的加速度a随时间的变化如图所示，则物体在（ ）A. 04 s时间内做匀变速运动B. 第2 s末速度改变方向C. 04 s

5、时间内位移的方向不变D. 02 s 时间内位移最大【答案】C【解析】试题分析：04 s时间内，加速度不恒定，不是匀变速直线运动，A错；第2s末，加速度改变方向、速度最大；02s 物体做加速度方向与速度方向相同，做加速度变化的加速直线运动，速度增加量为02s内图象与横轴围成的面积；24 s，速度变化量与02s速度变化量大小相等方向相反，即第4s末的速度减小为0，方向不变，即04 s内位移方向不变。第4s末位移最大。C正确、D错误。考点：本题考查牛顿运动定律、匀变速运动特点、微元法在物理中的应用。5.5.在光滑水平面上，、两小球沿水平面相向运动. 当小球间距小于或等于时，受到大小相等、方向相反的相

6、互排斥恒力作用，小球间距大于时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度随时间的变化关系图象如图所示， 由图可知 （ ）A.球质量大于球质量B. 在时刻两小球间距最小C. 在时间内两小球间距逐渐减小D. 在时间内球所受排斥力方向始终与运动方面相反【答案】AC【解析】试题分析：从速度时间图象可以看出b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，根据知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B错误C正确；b球0-t1

7、时间内匀减速，所以时间内排斥力与运动方向相反，D错误考点：考查牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系6.6.“叠罗汉”是一种高难度的杂技由六人叠成的三层静态造型如图所示，假设每个人的质量均为m，下面五人弯腰后背部呈水平状态，则最底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(重力加速度为g)()A. mg B. mgC. mg D. mg【答案】C【解析】试题分析：最底层正中间的人承受了上面三个人重力的，即, 所以他的两只脚承受的力为：2F=G+，解得：，选项D正确.考点：物体的平衡.7.7.在斜面上等高处，静止着两个相同的物块A和B. 两物块之间连接着一个轻质弹簧，劲度系数为K，斜面的倾

8、角为，两物块和斜面间的摩擦因数均为，则弹簧的最大伸长量是：( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：物块静止在斜面上，在斜面这个平面内共有三个力作用在物体上，一个是重力沿斜面向下的分力，静摩擦力，方向不确定，弹簧弹力水平方向，则弹力等于和静摩擦力f的合力，当静摩擦力最大时，合力最大，此时：，故，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，8.8.如图2所示，水

9、平地面上的物体A，在斜向上的拉力F作用下，向右作匀速直线运动，则（ ）A. 物体A可能不受地面支持力的作用B. 物体A可能受到三个力的作用C. 物体A受到滑动摩擦力的大小为FcosD. 水平地面对A的作用力一定是竖直向上【答案】C【解析】【详解】物体A若不受支持力作用，则不受摩擦力作用，只受重力和拉力，不可能平衡。故A错误。物体受重力、支持力、摩擦力和拉力处于平衡。故B错误。在水平方向上有：Fcos=f故C正确。物体所受重力和拉力的合力与支持力与摩擦力的合力等值反向，因为拉力和重力的合力不可能为竖直方向，则水平地面对A的作用力一定不是竖直方向。故D错误。故选C。9.9.如图所示，顶端装有光滑定

10、滑轮的斜面体放在粗糙水平地面上，A、B两物体通过轻质细绳连接，并处于静止状态。现用水平向右的力F将物体B缓慢拉动一定的距离（斜面体与物体A始终保持静止）。在此过程中，下列判断正确的是 （ ）A. 水平力F逐渐变大B. 物体A所受斜面体的摩擦力逐渐变大C. 斜面体所受地面的支持力逐渐变大D. 斜面体所受地面的摩擦力逐渐变大【答案】AD【解析】取物体B为研究对象分析其受力，则有F=mgtan， ，增大，则水平力F随之变大对A、B两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体A仍然保持静止，拉力F增大，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其它力，故斜面体所受地面的支持力应该没有变

11、；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体A所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体A所受斜面体的摩擦力的情况无法确定故D正确，ABC错误故选D点睛：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用.10.10.用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图所示的情形四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是()A. 升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B. 升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C. 升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D. 升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压【答案】C【解析】试题分析：当升降机加速下降时，

12、加速度等于g，则小球在竖直方向上仅受重力，拉力为零，由于小球在水平方向上平衡，可知侧壁对小球无挤压，故C正确，D错误当升降机加速下降时，加速度大于g，小球受重力、绳子的拉力，由于水平方向上平衡，则侧壁对小球有弹力，即侧壁对球有挤压，故A错误当升降机加速下降是，加速度小于g，不会出现如图所示的情况，球会在悬点下方，故B错误故选C。考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】解决本题的关键知道小球和升降机具有相同的加速度，通过隔离对小球分析，合力在竖直下降，抓住水平方向平衡进行求解。11.11.在足够高的空中某点竖直上抛一物体，抛出后第5s内物体的位移大小是4m，设物体抛出时的速度方向为正方向，忽略空气阻

13、力的影响，g取10ms2。则关于物体的运动下列说法正确的是（ ）A. 物体的上升时间可能是4.9sB. 第5S内的平均速度一定是4msC. 4S末的瞬时速度可能是10msD. 10S内位移可能为100m【答案】A【解析】试题分析：A、若位移的方向向上，根据得，4=v05，解得第5s内的初速度为9m/s，上升到最高点还需的时间，则物体上升的时间可能为4.9s若物体的位移向下，则4=v05，解得第5s内初速度为1m/s故A正确B、第5s内的位移可能向上，可能向下，则平均速度可能为4m/s，可能为4m/s故B错误C、由A选项解析可知，4s末的速度可能为9m/s，可能为1m/s故C错误D、当物体第5s

14、初的速度为9m/s时，则物体竖直上抛的初速度v=v0+gt=49m/s，当物体第5s初的速度为1m/s时，则物体的初速度v=v0+gt=41m/s可知10s末的速度可能为51m/s，可能为59m/s，根据x=得，10s内的位移可能为10m，可能为90m故D错误故选：A12.12.如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。现使木板p绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比A. B对A的作用力不变B. A对B的压力增大C. 木板对B的支持力增大D. 木板对B的摩擦力不变【答案】A【解析】A、当

15、将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图1，A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等，方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变，故A正确，B、根据平衡可知A原来只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反，而现在 ，所以B对A 的支持力变小，根据牛顿第三定律可知A对B的压力也变小，故B错误；CD、以AB整体为研究对象，分析受力情况如图2：受总重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2，由平衡条件分析可知： ； 由于 逐渐增大，所以N2减小，f2增大，故CD错误故选A点睛：采用整体

16、隔离的方式对研究对象正确受力分析，建立平衡公式求解待求量即可。13.13.如图所示，两根等长且不可伸长的细线结于O点，A端固定在水平杆上，B端系在轻质圆环（不计重力）上，圆环套在竖直光滑杆上，C端挂一重物，重物质量为m。开始时用手握住轻圆环，使其紧靠D端，当重物静止时如图所示。现释放圆环，圆环在竖直光滑杆上自由滑动，当重物再次静止时OA绳拉力为FA，OB绳拉力为FB，则下列可能正确的是（ ）A. FAmg；FBmgB. FA=mg；FB0C. FAmg；FB mgD. FAmg；FBmg【答案】BCD【解析】【详解】据题分析可知，圆环的重力不计，受到竖直杆的支持力和绳OB的拉力两个力作用，竖直

17、杆对圆环的支持力与杆垂直向左，二力平衡时，这两个力必定在同一直线上，则当让圆环在竖直光滑杆上自由滑动，重物再次静止时，OB绳也与竖直杆垂直。设此时OA与水平杆的夹角为，二个细线的长度均为L，若AD=L，则当平衡时COA共线且竖直，此时FA=mg，FB=0，选项B正确；若平衡时OA与水平方向夹角为450，则FBmg ，FA=mgmg；选项D正确；若平衡时OA与水平方向夹角大于450，则FBmg ，FAmg；则A错误；故选BCD.【点睛】此题关键是知道与小环连接的细绳是水平的，可根据OA与水平杆的夹角关系来讨论两条细绳的拉力关系.14.14.水平面上静止放置一质量为M的木箱，箱顶部和底部用细线分别

18、拴住质量均为m的小球，两球间有一根处于拉伸状态的轻弹簧，使两根细线均处于拉紧状态，如图所示。现在突然剪断下端的细线，则从剪断细线开始到弹簧恢复原长以前，箱对地面的压力变化情况。下列判断正确的是( )A. 刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐增大B. 刚剪断细线瞬间，压力突然变大，以后箱对地面压力逐渐减小C. 刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐减小D. 刚剪断细线瞬间，压力突然变小，以后箱对地面压力逐渐增大【答案】B【解析】【详解】细线剪断前，箱子受重力、地面的支持力，箱内上面绳子向下的拉力，下面绳子向上的拉力四个力作用处于平衡，当剪断细线的瞬间，下面绳子的拉力突然

19、消失，弹簧来不及发生形变，瞬间弹力不变，对上面球分析，根据平衡知，上面绳子拉力不变，则在此瞬间地面的支持力变大。然后弹簧的弹力逐渐减小，上面绳子的拉力减小，所以地面对箱子支持力逐渐减小。故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】解决本题的关键知道剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变通过隔离分析，抓住箱子合力为零，判断支持力的变化15.15.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为1和2，AB与BC长度相等，则( )A. 整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作

20、用B. 动摩擦因数122tanC. 小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重D. 整个过程中地面对滑梯的支持力先小于小孩和滑梯的总重力后大于小孩和滑梯的总重力【答案】BD【解析】小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左故AC错误，D正确

21、设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sin=，小孩在B点的速度为v小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：-1mgLcoos+mgh=mv2-0;小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：-2mgLcos+mgh=0-mv2；联立并代入数据得：1+2=2tan，故B正确故选BD点睛：本题主要考查了牛顿定律即动能定理的直接应用，注意当物体加速度有向下分量时处于失重状态，加速度有向上分量时处于超重状态.可以结合整体及隔离法分析.16.16.小车中部的竖直杆顶部有一定滑轮。跨过定滑轮的绳子一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤下端固定在小车上。小车在水平拉力作用下在水平面上向左匀速运动时的情况如图所示

22、。若突然撤去拉力，小车向左做匀减速运动阶段，稳定后下列判断正确的是（ ）A. 弹簧秤读数及小车对地面压力均增大B. 弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变C. 弹簧秤读数及小车对地面压力均变小D. 弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大【答案】B【解析】开始时小车处于静止状态，小球受重力mg、绳的拉力F绳1，由于小球静止，所以F绳1=mg，当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动小球受力如图：由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律小球的合力也水平向右，根据力图几何关系得出：此时绳子的拉力F绳2mg，所以绳中拉力变大，弹簧秤读数变大对整体进行受力分析：开始时小车

23、处于静止状态，整体所受地面的支持力等于本身重力当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，也就是整体在竖直方向出于平衡状态，所以整体所受地面的支持力仍然等于本身重力故B正确，ACD错误故选B17.17.如图所示，完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上，A、B与车厢间的动摩擦因数均为，小车静止时，A恰好不下滑，现使小车加速运动，为保证磁铁A、B与车厢无相对滑动，则()A. 速度可以向左，加速度可以小于gB. 加速度一定向右，不能超过(1)gC. 加速度一定向左，不能超过gD. 加速度一定向左，不能超过(1)g【答案】AD【解析】小车静止时，A恰好不下滑，可知，水平方向上车壁

24、对磁铁的弹力和吸引力相等，当小车做加速运动时，车壁对物块的弹力不能减小，只能增加，可知加速度的方向一定水平向左，对B分析，根据牛顿第二定律得，解得，即加速度不能超过，故CD正确，AB错误；故选CD。二、实验题（18题8分）18.18.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列点。图乙给出的是实验中获取的一条

25、纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a=_ms2(保留两位有效数字)为了测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的是_。A.木板的长度LB木板的质量m1C.滑块的质量m2D.托盘和砝码的总质量m3E.滑块运动的时间t滑块与木板间的动摩擦因数=_ (用被测物理量的字母表示，重力加速度为g)【答案】 (1). 0.49 (2). CD (3). 【解析】(1) 每相邻两计数点间还有4个计时点， ；加速度(2)设滑块的质量m2 ，托盘和砝码的总质量m3对托盘和砝码受力分析，据牛顿第二定律得：对

26、滑块受力分析，据牛顿第二定律得： 联立解得： ，故CD两项正确。(2)由第二问解答知：三、计算题（本题共3小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。19.19.如图所示，水平面上有一个倾角为30的斜劈，质量为m。一个光滑小球，质量也为m，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为a30，整个系统处于静止状态。（1）求出绳子的拉力T；（2）若地面对斜劈的最大静摩擦力fm等于地面对斜劈的支持力的k倍，为了使整个系统始终保持静止，k值必须满足什么条件？【答案】(1) (2)【解析】（1）对小球：受到重力mg、斜面的支

27、持力和绳子的拉力T三个力作用，受力分析如图所示：由平衡条件得：，解得：；（2）对整体：受到总重力2mg、地面的支持力和摩擦力f，绳子的拉力T，如图所示：则由平衡条件得： 依题意，有：解得：点睛：本题涉及多个物体的平衡问题，考查灵活选择研究对象的能力，关键是分析受力情况，作出受力分析图；首先以小球为研究对象，根据平衡条件应用正交分解法求解绳子的拉力，然后对整体研究，根据平衡条件求出地面对斜劈的静摩擦力f，当时，整个系统能始终保持静止。20.20.汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，求：（1）经多长

28、时间，两车第一次相遇；（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇。【答案】（1）10s （2）13.5s【解析】试题分析：（1）抓住汽车和自行车的位移关系，运用运动学公式求出第一次相遇的时间（2）抓住位移相等，运用运动学公式求出第二次相遇的时间，需讨论汽车刹车到停止的时间，若经历的时间大于汽车到停止的时间，则汽车停在某处让自行车追赶，再根据运动学公式求出追及的时间解：（1）设经t1秒，汽车追上自行车2t1=1t1+St1=8s故经过8s两车第一次相遇（2）相遇时汽车的速度为v=at1=32m/s相遇后2s内的速度为v=v+at=32+42m/s=40m/s2s内通过的位移为汽车减速到零所需时间为5s汽车前进的位移为自行车前进的位移为x自=vt2=30m，故汽车停止前未追上故再次追上所需时间为答：（1）经8s，两车第一次相遇，（2）若汽车追上自行车后保持加速度不变继续行驶了2