2020届黑龙江省哈三中高三上学期第一次调研考试物理试题及答案解析

2020届黑龙江省哈三中高三上学期第一次调研考试
物理试题
题号一二三四总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；
2．请将答案正确填写在答题卡上。

第I卷（选择题）
评卷人得分
一、单选题
1．在物理学发展过程中，有许多科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）
A．胡克用“理想实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点
B．平均速度、瞬时速度和加速度等描述运动所需要的概念是牛顿首先建立的
C．伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体的运动规律
D．笛卡尔发现了弹簧弹力和形变量的关系
2．用手水平的托着书，使它做下述各直线运动，手对书的作用力最大的情况是（）A．向下的匀加速运动B．向上的匀减速运动
C．向左的匀速运动D．向右的匀减速运动
3．A、B两物体经过同一地点时开始计时，它们沿直线运动的速度随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是（）
A．t1时刻A、B两物体相遇
B．t2时刻B物体速度变化率为零
C．t1到t3时间内两物体的间距先增大后减小
D．A、B两物体速度方向一直相同
4．如图所示，一个质量为m的铁球处于静止状态，铁球与斜面的接触点为A，推力F 的作用线通过球心O，假设斜面、墙壁均光滑，若让水平推力缓慢增大，在此过程中，下列说法正确的是（）
A．力F与墙面对铁球的弹力之差变大
B．铁球对斜面的压力缓慢增大
C ．铁球所受的合力缓慢增大
D ．斜面对铁球的支持力大小等于cos mg θ 5．如图所示，大小可以忽略的小球沿固定斜面向上运动，依次经a 、b 、c 、d 到达最高点e .已知ab =bd = 6m ， bc =1m ，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2s ，设小球经b 、c 时的速度分别为v b 、v a ， 则下列结论错误的是（ ）
A ．de =3m
B ．3m /s c v =
C ．从d 到e 所用时间为4s
D ．10m/s b v =
6．如图所示，同种材料制成的轨道MO 和ON 底端由对接且a θ>．小球自M 点由静止滑下，小球经过O 点时无机械能损失，以v 、s 、a 、f 分别表示小球的速度、位移、加速度和摩擦力四个物理量的大小．下列图象中能正确反映小球自M 点到左侧最高点运动过程的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
7．如图所示，P 球质量为2m ，物体Q 的质量为m ，现用一轻绳将小球P 系于光滑墙壁上的O 点，物体Q 位于墙壁和球P 之间，已知P 、Q 均处于静止状态，轻绳与墙壁间的夹角为30°， 重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．P 对Q 有方向竖直向下的摩擦力，大小为mg
B ．若增大P 球的质量，则P 对Q 的摩擦力一定变大
C ．若增大Q 球的质量，则P 对Q 的摩擦力一定变大
D ．轻绳拉力大小为3mg
8．如图(甲)所示，劲度系数为k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为
m 的小球，从高弹簧上端高h 处自由下落，若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴OX ，小球的速度v 随时间t 变化的图象如图(乙)所示．其中OA 段为直线，切于A 点的曲线AB 和BC 都是平滑的曲线，则关于A 、B 、C 三点对应的x 坐标及加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A ．,
0A A X h a == B ．,
A A X h a g == C ．,
B B mg X h a g k
=+= D ．2,0C C mg X h a k
=+= 评卷人
得分 二、多选题
9．下列关于匀变速运动说法正确的是（ ）
A ．只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才可能增大
B ．若速度为零，则物体所受合外力可能不能为零
C ．若物体做匀加速直线运动时，从0t =时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…
D ．若物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大
10．如图所示，小球放在光滑固定的板AO 与装有铰链的光滑轻质薄板BO 之间。

当薄板OB 由图示位置顺时针缓慢转至水平的过程中，下列说法正确的是（ ） A ．薄板AO 对小球的弹力在逐渐增大
B ．小球对薄板BO 的压力先减小后增大
C ．两板对小球的弹力可能同时小于小球的重力
D ．两板对小球弹力的合力可能小于小球的重力
11．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上.A 、B 间以及B 与地面间的动摩擦因数都为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，现对A 施加一水平拉力F ，则（ ）
A ．当 2.5F mg μ=时， A 的加速度为0.5g μ
B ．当2F mg μ<时， A 、B 都相对地面静止
C ．无论F 大小为何值，B 都不动
D ．当3F mg μ>时， B 才可以开始滑动
12．如图所示，静止于水平面上的倾角为θ的斜面上有一质量为M 的槽，槽的内部放一质量为m 的光滑球，已知槽和球起沿斜面 下滑，球的大小恰好能和槽内各面相接触，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确是（ ）
A ．若槽和球一起匀速下滑，则槽对球的作用力大小为cos mg θ
B ．若槽和球一起下滑的加速度大小为sin g θ，则槽对球的作用力大小一定为cos mg θ
C ．若槽和球一起下滑的加速度大小为gsin θ， 地面对斜面的摩擦力方向可能向左
D ．若槽和球一起匀速下滑，则球和槽之间只有两个接触点有弹力的作用
第II 卷（非选择题） 评卷人
得分 三、实验题
13．如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰的纸带，纸带上：两相邻计数点间有四个点没画出来．已知打点计时器打点周期0.02s T =，其中前348.33cm,8.95cm x x ==，完成以下问题：
(1) 打下A 点时速度大小是______ m/s ．
(2) 若某同学甲实验时只测暈了纸带中x 3、x 4的值，则小车运动的加速度计算表达式为
____________ (用x3、x4及T表示)．
(3)某同学乙根据学过的知识，算出了几个计数点的瞬时速度，建立坐标系，画出的v-t 图像如图所示，请你根据图像得出小车运动的加速度为________m/s2，由图可知，从开始计时的0.3s内，小车通过的位移大小为_______ m．
14．某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB与OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果面出的图．
(1)如果没有操作失误，图乙中的F与'F两力中，方向一定沿AO方向的是____________．
(2)该实验用到的实验器材除了方木板、白纸、橡皮条、细绳套(两个)、图钉(几个)等，还需要的实验器材有_________。

A．刻度尺B．量角器C．弹簧测力计
(3)有关该实验，下列说法正确的是_________。

A．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计水平放置并调零，之后互钩对拉，若两只弹簧测力计读数相同，则可选：若读数不同，应调整或另换，直至相同为止．
B．在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的伸长量与用两个弹簧测力计拉时相同即可．
C．用两只弹簧测力计钩住绳套，互成角度地拉橡皮条时，夹角应取合适角度，以便算出合力大小．
D．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保持橡皮条结点位置不变，只需调整另一只弹簧测力计拉力的大小即可．
E．在用弹簧测力计拉橡皮条时，应使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行．
(4)在该实验中，如果将OB与OC细绳也换成橡皮条，那么对实验结果___________影响．(选填“有"或“没有”)
评卷人
得分 四、解答题
15．一人乘电梯上楼，从1层直达20层，此间电梯运行高度为60m.若电梯启动后匀加速上升，加速度大小为3m/s 2，制动后匀减速上升，加速度大小为1 m/s 2，电梯运行所能达到的最大速度为6m/s ，则此人乘电梯上楼的最短时间应是多少?
16．如图所示，轻杆BC 的C 点用光滑铰链与墙壁相连，在B 点正下方悬挂一个定滑轮(不计重力和摩擦)，杆的B 点通过水平细绳AB 使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．某人用轻绳绕过滑轮竖直向上匀加速地提起重物，已知重物的质量m =10kg ，加速度大小a =2m/s 2，人的质量250kg,g 10m /s M ==，求此时：
(1) 地面与人之间的弹力的大小；
(2) 轻绳AB 的弹力大小．
17．如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30°，A、B分别是传送带与两轮的切点，
两点间距L=3.25m.一个质量为0.1kg的小煤块与传送带间的动摩擦因数为
3
μ=，
2
10m/s
g=；轮缘与传送带之间不打滑．小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹．传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为v0．小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出．求：
(1) 当04m/s
v=，小滑块从A点运动到B点的时间；
(2) 当痕迹长度等于2.25m时，v0多大?
2020届黑龙江省哈三中高三上学期第一次调研考试
物理试题参考答案
1．C
【解析】
AC．伽利略利用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的观点，并最早建立了平均速度、瞬时速度等描述物体运动的概念，AB错误；
C．伽利略利用小球在斜面上运动的实验和逻辑推理研究出了落体运动的规律，C正确；D．胡克发现弹簧弹力与形变量的关系，D错误。

2．D
【解析】
向下的匀加速运动或向上的匀减速运动时，书的加速度向下，处于失重状态，手对书的作用力小于书的重力；向左的匀速运动时，手对书的作用力等于书的重力；向右的匀减速运动时，加速度向左，根据牛顿第二定律分析得知，手对书的作用力大于书的重力。

所以向右的匀减速运动时，手对书的作用力最大，故ABC错误，D正确；
故选D。

3．B
【解析】
A.由v-t图像可知，t1时刻A、B两物体速度相同，A的位移大于B的位移，两物体没有相遇，选项A错误；
B. v-t图像的斜率等于加速度，则t2时刻B物体加速度为零，速度变化率为零，选项B正确；
C. 因t1时刻A在B之前，则t1到t3时间内两物体的间距先减小后增大，选项C错误；
D. 物体B一直沿正方向运动，物体A在t1到t3的某段时间内向负方向运动，则A、B两物体速度方向不是一直相同，选项D错误；
4．D
【解析】
对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力N′，如图：
根据共点力平衡条件，有：
x 方向：
F -N ′sinθ-N =0
竖直方向：
N ′cosθ=mg
解得：
mg N cos θ
'=； N =F -mg tanθ；
A ．故当F 增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为N =F -mg tanθ；可知F 与墙面对铁球的弹力之差不变，故A 错误；
BD ．当F 增加时，斜面的支持力为
mg cos θ
，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变，故D 正确，B 错误；
C ．铁球始终处于平衡状态，合外力始终等于0；故C 错误；
5．A
【解析】
B ．由题，小球从a 到c 和从c 到d 所用的时间都是2s ，根据推论得知，c 点的速度等于ad 间的平均速度，则有： 123m/s 222
c ac c
d v t +⨯＝
＝＝ 选项B 不符合题意；
D ．ac 间中点时刻的瞬时速度为： 17 3.5m/s 2
ac v t ＝
＝＝ cd 中间时刻的瞬时速度：
25m/s 2.5m/s 2
cd v t ＝
＝＝ 故物体的加速度： 2210.5m/s v v a t -=
＝ 由v b 2−v c 2＝2a•b c 得：
v b m/s ．
故D 不符合题意．
A ．设c 点到最高点的距离为s ，则：
22
39m 220.5
c v s a =⨯＝＝ 则de =s-c
d =9-5m=4m ．故A 符合题意．
C ．设d 到e 的时间为T ，则： de=
12
aT 2， 解得T =4s ．故C 不符合题意。

6．D
【解析】
A ．由于在两个斜面上都是匀变速运动，根据位移时间关系公式，可知位-时间图象是曲线，故A 错误；
B ．小球先做匀加速运动，a =g sinθ-μg cosθ，后做匀减速运动，加速度大小为a =g sinα+μg cosα，而g sinα+μg cosα＞g sinθ-μg cosθ，因而B 错误；
C ．根据f =μN =μmg cosθ可知：当θ＞α时，摩擦力μmg cosθ＜μmg cosα，则C 错误；
D ．小球运动过程中，在两个斜面上都受到恒力作用而沿斜面做匀变速直线运动，速度先增加后减小，根据速度时间关系公式，可知两段运动过程中的v-t 图都是直线，且因为在OM 上的加速度较小，则直线的斜率较小，故D 正确。

7．C
【解析】
A ．Q 受到重力、墙壁的弹力、P 的压力和向上静摩擦力，即P 对Q 的摩擦力的方向向上，大小为mg ．故A 错误；
B ．由A 的分析可知，增大P 的质量，P 对Q 的摩擦力不变，故B 错误；
C.由B 的分析可知，增大Q 的质量，Q 受到的静摩擦力增大，故C 正确．
D.P 、Q 整体受到重力、支持力和绳子的拉力，共3个力作用，设绳子的拉力为F ，在竖直方向：
F cos30°=3mg
所以绳子的拉力：
F ．
故D 错误。

8．B
【解析】
AB ．OA 段对应着小球下落h 的过程，则X A =h ，到达A 点时的加速度为a A =g ，选项B 正确，A 错误；
C ．B 点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速度也就为0，由mg=kx ，可知mg x k =，所以B 得坐标为h +mg k
，所以C 错误． D ．取一个与A 点对称的点为D ，由A 点到B 点的形变量为
mg k ，由对称性得由B 到D 的形变量也为
mg k ，故到达C 点时形变量要大于 h +2mg k
，加速度a c ＞g ，所以D 错误． 9．BCD
【解析】 A ．对于匀变速直线运动，由0v v at =+得，只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才增大；对于曲线运动，加速度方向和速度方向的之间夹角大于0︒小于90︒时，速度大小也增大，故A 错误；
B ．做竖直上抛运动的物体，到达最高点时，速度为零，但它所受的合外力为自身重力，不为零，故B 正确；
C ．物体做匀加速直线运动时，从0t =时刻开始连续相等时间内位移之差为一恒量，即为：
2x aT ∆=
而1：4：8：13：…位移之差分别是3、４、5…，故从0t =时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是1：4：8：13：…，故C 正确；
D ．由v at ∆=得，物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大，故D 正确。

故选BCD 。

【解析】
AB．以小球为研究对象，分析受力情况，根据力图看出，薄板OB的作用力B F先减小后增大，木板AO对小球的作用力A F一直减小，由牛顿第三定律得知，小球对薄板BO的压力先减小后增大，小球对木板AO的压力减小，故A错误，B正确；
C．根据图中线段的长度可以看出，两板对小球的弹力可能同时小于小球的重力，故C正确；D．根据平衡条件可知，两板对小球弹力的合力等于小球的重力，故D错误。

故选BC。

11．BC
【解析】
A.当F=2.5μmg时，由牛顿第二定律有：
F-2μmg=2ma，
解得：
a=0.25μg，
故A错误；
B.因物体A、B之间的最大静摩擦力为：
f max=μm A g=2μmg
B与地面间的最大静摩擦力为：
f′max=μ（m A+m B）g=3μmg，
则当F＜2μmg时，A和B都不会运动，故B正确；
CD.物体A、B之间的最大静摩擦力为2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为3μmg，所以无论拉力多大B都不会发生滑动，故D错误、C正确。

【解析】
A ．若槽和球一起匀速下滑，则槽对球的作用力大小等于球的重力，即为mg ，故A 错误；
B ．若槽和球一起下滑的加速度大小为g sinθ，则槽对球的作用力大小为
F mgcos θ==
故B 正确；
C ．若槽和球一起下滑的加速度大小为 g sinθ，则系统在水平方向有向右的加速度，地面对斜面的摩擦力方向向右，故C 错误．
D ．若槽和球一起匀速下滑，则球受力平衡，球对前壁的弹力为mg sinθ，对底部的压力为mg cosθ，所以球和槽之间只有两个接触点有弹力的作用，故D 正确；
13．0.864
43225X X T
- 1.0 0.12 【解析】
（1） [1].相邻两计数点间还有4个打点未画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t =0.1s ；根据平均速度等于中时刻的瞬时速度，则有： 2348.338.95100.864m/s 20.2
A x x v t -++==⨯= （2）[2].根据运动学公式得：
△x=at 2 解得：
43432225x x x x a t T
--==． （3）[3].v-t 图象中图象的斜率表示加速度，故．
20.550.25 1.0m/s 0.3
v a t -===V V [4].图象与时间轴围成的面积表示位移，则可知位移大小． 0.250.550.30.12m 2x +=
⨯= 14．F ′ AC AE 没有
【解析】
（1）[1]．F 是通过作图的方法得到合力的理论值，而F ′是通过一个弹簧称沿AO 方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到O 点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿AO 方向的是F ′，由于误差的存在F 和F ′方向并不在重合；
（2）[2]．该实验用到的实验器材除了方木板、白纸、橡皮条、细绳套(两个)、图钉(几个)等，还需要的实验器材有刻度尺和弹簧测力计，故选AC.
（3）[3]A ．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计水平放置并调零，之后互钩对拉，若两只弹簧测力计读数相同，则可选；若读数不同，应调整或另换，直至相同为止．故A 正确．
B ．在同一次实验中，只用一个弹簧测力计通过绳套拉橡皮条，使橡皮条的结点与用两个弹簧测力计拉时拉到同一位置O ，故B 错误．
C ．用两只弹簧测力计钩住绳套，互成角度地拉橡皮条时，夹角没有严格要求，故C 错误．
D ．若只增大某一只弹簧测力计的拉力大小而保持橡皮条结点位置不变，需调整另一只弹簧测力计拉力的大小和方向，故D 错误．
E ．在用弹簧测力计拉橡皮条时，应使弹簧测力计的弹簧与木板平面平行，故E 正确． （4）[4].由于用一个弹簧测力计和用两个弹簧测力计拉橡皮条结点，只需要效果相同，所以将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果．
15．14s
【解析】
由题意可知，要是电梯运行时间最短，则电梯应先匀加至最大速度且尽量多的时间以6m/s 匀速匀速一段时间后再匀减：
加速阶段：
11m v a t =
解得：
t 1=2s
上升高度：
211112
h a t =
解得： h 1=6m
减速阶段：
22m v a t =
解得：
t 2=6s
222212
h a t =
解得： h 2=18m
匀速阶段：
1236s m
h h h t v --=
= 最短时间： 12314s t t t t =++=
16．（1）380N （2
）
【解析】
（1）对重物：
T mg ma -=
解得：
T =120N
对人：
T+N =Mg
解得：
N =380N
（2）因2240N OB T T ==
对B 点：
tan 30AB OB T T ︒=
解得
AB T =
17．（1）1s （2
）03)m/s v =
【解析】
（1）开始时：
1
sin 30 cos 30mg mg ma μ︒︒+= 得：
218m /s a =
达速度v 0所用时间为：
011v a t =
解得：
t 1=0.5s
滑块下滑位移：
21111m 2
x a t == 因为： tan 30μ︒<，故滑块继续加速下滑，则：
2sin 30cos30mg mg ma μ︒︒-=
得：
222m /s a =
2022212
L x v t a t -=+ 得：
t 2=0.5s
故：
t AB = t 1+t 2=1s
（2）若以a 1下滑过程中滑块相对传送带的位移大于或等于以a 2下滑的相对位移，则：
20112
v t a t x -=∆ 002
v v t t x -=∆ 得：
v 0=6m/s
若以a 1下滑过程中滑块相对传送带的位移小于以a 2下滑的相对位移，则：
202220212
v t a t v t x +-=∆ 得：
t 2=1.5s
2011
2v x a = 21022212
L x v t a t -=+ 由上述得：
20024160v v +-=
得：
03)m/s v =。