1、安徽省合肥九中2020届高三物理上学期第一次月考试题时间：90分钟 满分：100分 一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1. 一物体做匀变速直线运动，在通过第一段位移的过程中，其速度变化量为，紧接着通过第二段位移，速度变化量仍为则关于物体的运动，下列说法正确的是 A. 第一段位移一定大于第二段位移B. 两段运动所用时间一定不相等C. 物体运动的加速度为D. 通过两段位移的平均速度为2. 平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车做匀变速直线运动，时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是 A. b车的加速度大小为B. a车的速度大小为C. b车做匀加速
2、直线运动D. 时，a、b两车相遇，速度不相等3. 如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R，上部侧面A处开有小口，在小口A的正下方h处亦开有与A大小相同的小口B，小球从小口A沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，要使小球从B口处飞出，小球进入A口的最小速率为A. B. C. D. 4. 同一水平线上相距L的两位置沿相同方向水平抛出两小球甲和乙，两球在空中相遇，运动轨迹如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是A. 甲球要先抛出才能相遇B. 甲、乙两球必须同时抛出才能相遇C. 从抛出到相遇过程中，甲球运动的时间更长D. 两球相遇时乙球加速度更大5. 如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆
3、，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A，B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球用一指向竖直杆的水平力F作用在A球，使两球均处于静止状态现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A，B两小球可以重新平衡则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是A. A，B两小球间的库仑力变小A球对MO杆的压力不变B. A，B两小球间的库仑力变大A球对MO杆的压力不变C. A，B两小球间的库仑力变大A球对MO杆的压力变大D. A，B两小球间的库仑力变小A球对MO杆的压力变小6. 一质量为m的小球，以O为圆心，在竖直面内做半径为R的圆周运动。图甲是用轻杆连接小球，图乙是用轻绳连接小球，如图所示，已知重力
4、加速度为g，则下列说法正确的是A. 图甲中小球过最高点的最小速度为B. 图乙中小球过最高点的最小速度为0C. 图甲中小球过最高点时，轻杆对小球的作用力一定随速度的增大而增大D. 图乙中小球过最高点时，轻绳对小球的作用力一定随速度的增大而增大7. 图示为三种形式的吊车的示意图，OA为可绕O点自由转动的杆，重力不计，AB为缆绳，当它们吊起相同重物时，杆OA受力的关系是A. B. C. D. 8. 质量为m的长木板放在光滑的水平面上，质量为的物块放在长木板上，接触面粗糙，整个系统处于静止状态。若对物块施加水平拉力如图甲，使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为；若对长木板施加水平拉力如图乙，也使物块
5、能从长木板上滑离，需要的拉力至少为，则为A. B. 2C. D. 9. 如图，质量为M的小车放在光滑水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成角，细线的拉力为若用一力水平向左拉小车，使小球和车一起以加速度向左运动时，细线与竖直方向也成角，细线的拉力为则A. ，B. ，C. ，D. ，二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）10. 如图所示，2019个质量均为m的相同小球通过完全相同的轻弹簧相连，在水平拉力F的作用下一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速直线运动，设球1和球2之间弹簧的弹力为，球2和球3间弹簧的弹力为
6、，球2018和球2019间弹簧的弹力为。下列说法正确的是 A. B. 从左到右每根弹簧长度之比为C. 如果突然撤去拉力F，撤去的瞬间，球2019的加速度为，其余每个球的加速度依然为aD. 如果球1和球2两个球间的弹簧脱落，脱落瞬间球1的加速度为0，球2的加速度为2a，其余小球加速度依然为a11. 如图所示，传送带长，与水平方向的夹角，以的恒定速度向上运动。一个质量为的物块可视为质点，沿平行于传送带方向以的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数，。下列说法中正确的有 A. 刚开始物块做匀减速运动且加速度大小为B. 物块匀减速到之后将做匀速直线运动C. 物块匀减速到之后将做匀加速直线运动
7、D. 物块最终以的速度从传送带上端冲出12. 如图所示，从高H处的一点O先后平抛两个小球1和球1恰好直接掠过竖直挡板的顶端未相碰落到水平地面上的B点，球2则与地面处A点碰撞一次后，也恰好掠过竖直挡板落在B点。设球2与地面碰撞无机械能损失类似遵循光的反射定律，则下列说法正确的是A. 球1平抛的初速度为球2的3倍B. 球1掠过挡板的时刻恰好是其做平抛运动从O到B的中间时刻C. A点到挡板的距离是B点到挡板距离的D. 竖直挡板的高度三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共16.0分）13. 在“探究平抛运动的运动规律”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，某次实验中在坐标纸上描出了a、b、c、d四
8、个点关于该实验，下列说法正确的是_A.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止滑下B.斜槽轨道必须光滑C.斜槽轨道末端可以不水平D.要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些E.为了比较准确地描出小球的运动轨迹，应用一条曲线把所有的点连接起来已知图中小方格的边长，小球平抛的初速度为_用L、g表示，b点的速度大小为_小球抛出点的坐标是_以a点为坐标原点，水平向右为x正方向，竖直向下为y轴正方向取14. 某同学用如图甲所示的装置探究加速度与力和质量的关系。该实验开始前需要平衡摩擦力，在平衡摩擦力时_选填“需要”或“不需要”挂沙桶，每次改变小车的质量后_选填“需要”或“不需要”重新平衡摩擦力
9、。在研究加速度与力的关系时，得到了如图乙所示的图线，为避免系统误差应采取的措施是_。A.调整木板的倾角，在未挂沙桶时使小车能在木板上匀速运动B.在增加沙桶中沙的质量时，在小车上增加钩码使沙和沙桶的总质量远小于小车和钩码的总质量C.力传感器绑在小车上，通过细线连接力传感器与沙桶，用力传感器的示数表示小车所受拉力的大小 D.将沙桶换成质量不变的钩码进行实验在研究加速度与质量的关系时，要保证沙和沙桶的质量不变。若沙和沙桶的质量m不是远小于小车的总质量，则由实验数据作出的图像应是_A.B.C.D.四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）15. （12分）如图所示，物体m放在水平地面上，在与水平方向成
10、角的拉力F作用下由静止开始向前运动，经过时间物体的位移为取， 求物体加速阶段的加速度大小a；若已知，求物体与水平面间的动摩擦因数；16. （12分）如图所示，有一个可视为质点的质量为的小物块，从光滑平台上的A点以的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数，圆弧轨道的半径为，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角，不计空气阻力，取重力加速度，求：、C两点的高度差；小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；要使
11、小物块不滑出长木板，木板的最小长度17. （12分）如图所示，P是倾角为的光滑固定斜面，物块B停靠于固定在斜面底端的挡板上。劲度系数为k的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与质量为m的物块A相连接。细绳的一端系在A上，另一端跨过光滑定滑轮系一个不计质量的小挂钩，小挂钩不挂物体时，A处于静止状态，细绳与斜面平行。在小挂钩上轻轻挂上一个质量也为m的物块C后，A沿斜面向上运动，当A的速度最大时B恰好离开挡板。斜面足够长，运动过程中C始终未接触地面，已知当地重力加速度为g。求：在未挂物块C时弹簧的形变量和物块A刚开始运动时的加速度a大小；物块A的速度达到最大时弹簧的形变量和物块B的质量；物块A的最大速度。
12、物理试卷【答案】（多选题少选得2分）1. C2. A3. B4. B5. A6. D7. C8. A9. A10. AD11. AD12. ABD13. ；14. 不需要；不需要；15. 解：解：根据位移公式： 得 对物体受力分析，根据牛顿第二定律：水平方向： 竖直方向： 联立得： 代入数据： 解得： 16. 解：小物块在C点速度大小为：；，；小物块由C到D的过程中，由动能定理得：解得：；小球在D点时由牛顿第二定律得：，代入数据解得：由牛顿第三定律得，方向竖直向下；设小物块刚滑到木板右端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：，速度分别为：，对物块
13、和木板系统，由能量守恒定律得：，解得：m，即木板的长度至少是m。17. 解：根据题意，当未挂C物块时，由于斜面是光滑的，A物体将受到3个力的作用而处于静止状态，根据平衡条件可得：物体A刚开始运动时，合外力由绳子上的力提供，由牛顿第二定律有对C分析 解的当A速度最大的时候，物体的加速度为0，对A受力分析可得：又速度最大的时候，AC无加速度，故故，又故，；速度最大的时候AC速度相等，因为，整个过程弹簧不做功。根据动能定理，列出方程：由以上可得：。即A物体的最大速度为。答：在未挂物块C时弹簧的形变量为，物块A刚开始运动时的加速度a大小为；物块A的速度达到最大时弹簧的形变量为，物块B的质量为m；物块A
14、的最大速度为。【解析】1. 【分析】抓住两段过程中速度变化量相等，得出时间的关系，通过讨论匀加速和匀减速直线运动，分析两段过程的位移大小。根据速度时间公式和求出物体的加速度，结合速度变化和加速度得出运动的时间，从而求出两段过程的平均速度。【解答】A、两段过程中速度的变化量相等，根据知，两段过程中运动的时间相等，若做匀加速直线运动，第一段位移小于第二段位移，若做匀减速直线运动，第一段位移大于第二段位移，故A错误，B错误。C、两段过程的时间相等，设为，则有：，又，解得物体的加速度，故C正确。D、运动的总时间，则通过两段位移的平均速度，故D错误。故选：C。2. 【分析】图象的斜率表示速度，则知a车做
15、匀速直线运动，由斜率求出a车的速度。时，直线a与曲线b刚好相切，两车的速度相等，对b车，利用位移时间公式和速度时间公式求得初速度和加速度。解决本题的关键是理解位移时间图线的物理意义，知道图线的切线斜率表示瞬时速度，分析两车的位移关系、速度关系。【解答】位移时间图象中的斜率代表物体的速度，所以a物体做匀速直线运动，时，直线a和曲线b刚好相切，所以有：对b车从0到2s，设初速度：，联立解得：，故A正确，B错误C.因为图象的斜率代表速度，而b车的斜率越来越小，所以b车做匀减速运动，故C错误D.因为时，直线a和曲线b刚好相切，斜率相同，所以辆车在该时刻速度相等，故D错误。故选A。3. 解：小球在竖直方
16、向做自由落体运动，所以小球在桶内的运动时间为，在水平方向，以圆周运动的规律来研究，得到 2， 所以2， 当时，取最小值，所以最小速率为，故B正确故选：B 将小球运动分解，竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，根据时间相等性，即可求解考查如何平抛运动处理，及使用的规律，并注意运动的等时性，与小球水平方向的周期性4. 5. 【分析】对A、B两球分别受力分析，根据平衡条件结合正交分解法列方程求解出各个力的表达式，然后分析讨论。本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论。【解答】对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力，静电力，如图，
17、根据平衡条件，有x方向： y方向： 再对B球受力分析，受重力Mg、静电力、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有x方向： y方向： 有上述四式得到 由式，由于新位置两球连线与竖直方向夹角变小，故静电力变小。由式，水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和，不变，再结合牛顿第三定律可知，求A对水平杆的压力不变，故A正确，BCD错误。故选A。6. 7. 【分析】分别对结点A受力分析，运用共点力平衡求出杆子对A点的作用力大小，从而比较出杆0A的受力大小关系。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。【解答】分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为、，各图中绳子的拉
18、力均为：，在图中，在图中，在图中，可知，故C正确，ABD错误。故选C。8. 【分析】本题考查了牛顿第二定律的应用；要注意明确涉及多个物体时，一定要注意正确进行受力分析，明确运动规律，找出两物体间的运动关系，联立方程求解。对小物块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求小物块的加速度；明确发生相对运动的条件是两物体之间恰好达到最大静摩擦力。【解答】设物块与长木板间的动摩擦因数为；对甲图，要使物块滑离：，；对乙图，要使物块滑离：，；解得：；故A正确，BCD错误。故选A。9. 解：先对左图中情况下的整体受力分析，受重力、支持力和拉力根据牛顿第二定律，有 再对左图中情况下的小球受力分析，如图 根据牛顿第
19、二定律，有 由以上三式可解得， 再对右图中小球受力分析，如图 由几何关系得： 再由牛顿第二定律，得到 由于，故，故A正确，B、C、D错误故选：A先对甲图中情况下的整体受力分析，运用牛顿第二定律列式，再对小球受力分析，运用牛顿第二定律列式，求出绳子的拉力T和加速度a；再对乙图中情况下的小球受力分析，运用牛顿第二定律求出绳子的拉力和加速度；再比较结果即可本题关键对小球和整体进行受力分析，求出合力，根据牛顿第二定律即可得出加速度和绳子拉力，再进行比较10. 【分析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度大小，再分别求出每个弹簧的弹力；小球具有惯性，弹力不会突变，由此分析加速度的变化。本题是连接
20、体问题，考查了牛顿第二定律的应用；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。【解答】A.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，解得：；分别以第1个小球、第1、2两球、第1、2、3三个球个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知：，则：2：3：，故A正确；B.由胡克定律知，结合A的分析可知：2：3：，弹簧的长度之比不满足1：2：3：，故B错误；C.突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，对第2019个小球，合力，则，故C错误；D.
21、第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其它球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确。故选AD。11. 【分析】根据物块相对传送带滑动的方向确定出摩擦力的方向，结合牛顿第二定律求出物块刚滑上传送带时的加速度大小，根据速度时间公式以及位移公式求出物块速度达到传送带速度时的位移，判断物块在速度与传送带速度相等时，是否到达最高点，若未到达最高点，再结合牛顿第二定律求出加速度的大小，结合速度位移公式求出到达最高点的速度【解答】A.物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为，由牛顿第二定律有：代入数据计算得出：，故A正确；设物块速度减为所用时间为，则计算得出：通过的位移：m因
22、，此后物块继续减速上滑的加速度大小为则：代入数据计算得出：故物块匀减速到之后将做匀减速直线运动，故BC错误；D.设物块到达最高点的速度为，则：计算得出：，方向沿斜面向上，故D正确。故选AD。12. 【分析】根据平抛运动规律，运动时间由竖直高度决定知球2从O点飞到B点时间是球1从O点飞到B点的运动时间的3倍，然后结合球2从O点飞到D点与由C飞到E的时间相等，OE两点间的水平距离为2d列方程求解。分析两小球的运动轨迹的特点，找出对称关系、几何关系以及等时关系式，列出式子是求解的关键。从以上的实例分析中我们看到，发现事物的对称性并利用运动的对称性去分析处理问题，可以大大地简化分析处理问题的过程，避开
23、难点或冗长的数学推导，巧解问题。【解答】A.如图所示，设球1的初速度为，球2的初速度为，OA间的水平距离为d，由几何关系可知OB间的水平距离为3d球1从O点飞到B点的运动时间为：球1从O点飞到B点在水平方向有：由对称性可知，球2从O点飞到B点时间是球1从O点飞到B点的运动时间的3倍，则两球在水平方向有：且故，故A正确；由分运动的等时性可知：球1从O点飞到挡板C点的时间与球2从O点飞到D点的时间相等；由对称性可知球2从O点飞到D点与由C飞到E的时间相等，OE两点间的水平距离为2d球1从O点飞到C点与球2由C点飞到E点水平方向有：解得：故OC与CB竖直方向的高度之比为1：3，竖直方向做自由落体运动
24、，故经历的时间相同，故BD正确；C.由前面的分析可知，小球2从A点到C点的时间等于从C到E的时间，等于从E到B经历的时间的一半，所以从A点到C点的时间等于从C点到B点的时间三分之一，根据水平方向的位移，故A点到挡板的距离是B点到挡板距离的1：3，故C错误。故选ABD。13. 【分析】在实验中要画出平抛运动轨迹，必须确保小球做的是平抛运动所以斜槽轨道末端一定要水平，同时斜槽轨道要在竖直面内要画出轨迹，必须让小球在同一位置多次释放，才能在坐标纸上找到一些点然后将这些点平滑连接起来，就能描绘出平抛运动轨迹；根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间求出初速度
25、的表达式根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出b点的竖直分速度，结合速度时间公式求出a点的竖直分速度，从而确定a点是否为抛出点对于研究平抛运动的实验不要只是从理论上理解，一定动手实验才能体会每步操作的具体含义，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解【解答】为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的同时要让小球总是从同一位置释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点，不需要把所有的点都连接起来，而是让更多的点分布在曲线两边要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些故
26、AD正确，BCE错误故选：AD；在竖直方向上，根据得，初速度，b点的竖直分速度，根据矢量的合成法则，则b点的速度大小为；则，知a不是抛出点；根据b点的竖直分速度，可知，抛出点到b点的时间，那么从抛出点到b点的水平位移为：；从抛出点到b点的竖直位移为：；因ab的水平位移为，而竖直位移为；所以，抛出点坐标为：。故答案为：；，；否；。14. 【分析】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练。该实验开始前需要平衡摩擦力，在平衡摩擦力不挂砂桶；每次改变小车的质量后不
27、需要重新平衡摩擦力；理解该实验的实验原理和数据处理以及注意事项，知道实验误差的来源根据牛顿第二定律即可判断出图象关系。【解答】该实验开始前需要平衡摩擦力，在平衡摩擦力的时候不需要挂砂桶；每次改变小车的质量后不需要重新平衡摩擦力；随着钩码的数量增大到一定程度时图乙的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力F的数值，在作出小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图象，故C正确，ABD错误；故选C；根据牛顿第二定律可知，解得，故C正确
28、，ABD错误；故选C。故答案为：不需要；不需要；。15. 本题考查了匀变速直线运动以及追及相遇的问题。甲在追乙的过程中，甲做的是匀速运动，乙做的是加速运动，追上时他们的位移的差值是，从而可以求得加速度的大小；乙做的是加速运动，由匀加速运动的位移公式可以求得乙的位移的大小，从而可以求得在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。16. 小球从A点抛出做平抛运动，求C点的速度和其在C点时的竖直方向上的速度，根据竖直方向上的自由落体运动的公式进行求解；求出C点的速度，对C到D运用动能定理求出到达D点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力；当小物块刚好不从长木板滑出时，与木板具有相
29、同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出共同的速度，因为摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量，结合能量守恒定律求出木板的长度。本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、能量守恒定律等知识，综合性较强，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解。17. 本题反复应用受力分析的平衡方程，利用整体法和隔离法分别得到AC以及A和B的受力情况，进而求解弹力，在第三个问中，初状态下的重力势能高度是x，这个地方容易出错写成，本题综合性较强。对物体进行受力分析，根据平衡状态列出方程。受力平衡，重力沿斜面的分力等于弹簧的弹力，可求出形变量，以及挂C之后的加速度，计算的时候注意AC共同加速，所以加速度为重力加速度的一半；速度最大的时候，合外力为0，根据平衡条件求出弹簧弹力，对B分析，求出B的质量；根据机械能守恒定律，初状态机械能包括弹性势能和重力势能等于末状态机械能，进而求出AC的速度。
