1、 20202021 学年高三 10 月质量检测 物理 考生注意： 1本试卷分选择题和非选择题两部分满分 100 分，考试时间 90 分钟 2答题前，考生务必用直径 05 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚 3考生作答时，请将答案答在答题卡上选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答 案标号涂黑；非选择题请用直径 05 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区 域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效 4本卷命题范围：人教版必修 1 一、选择题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，第 16 题只有一项符 合题目
2、要求， 第 710 题有多项符合题目要求 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单位制是物理学的重要组成部分，统一单位制使不同国家和地区的人们交流更方便关于单位制，下列 说法正确的是（ ） A力的国际单位 2 1N1kg m s B所有的物理量都有单位 C国际制单位一定都是基本单位 D力学范围内的三个基本单位是长度、质量、时间 2如图所示，在重大节日或活动现场会燃放大型的礼花烟火假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速 度是 60m/s，上升过程中所受的阻力大小始终与自身重力相等，重力加速度 g 取 10m/s2，则礼花弹从射出到 最高点所用的时间和离地面的距离
3、分别为（ ） A6s 90m B3s 180m C3s 90m D6s 180m 3 甲、 乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶， 乙车在前， 速度大小为 v2， 甲车在后， 速度大小为 v1， 且 v1v2，当两车相距 L 时，甲车感觉到危险以加速度大小 a 开始刹车，同时鸣笛示意乙车，乙车同时也以 加速度大小 a 开始加速，为了避免相撞，a 最小应为 A 22 12 2 vv L B 22 12 4 vv L C 2 12 2 vv L D 2 12 4 vv L 4如图所示，在水平地面固定着一个四分之一圆弧轨道 A，左侧紧靠竖直墙，底端与水平面相切若将一 光滑圆球 B（视为质点）从圆弧
4、的底部往上推，推力始终沿轨道切线方向设轨道 A 对圆球 B 的支持力为 F1，B 受到的推力为 F2若向上缓慢推动圆球 B 少许后，下列说法正确的是（ ） AF1增大，F2减小 BF1减小，F2减小 CF1减小，F2增大 DF1增大，F2增大 5如图所示，A、B 球间是轻绳，A 球与天花板间及 B、C 球间是轻弹簧，开始整个系统竖直静止已知 三球质量相等，重力加速度大小为 g则剪断轻绳的瞬间，A、B、C 三球的加速度大小分别为（ ） A0 2g 0 B2g 2g 0 C0 0 g D3g g 2g 6如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，在传送带上某位置轻轻放置一物体，物体与传送带间的 动摩
5、擦因数为，物体的速度随时间变化的关系如图乙所示，图中 a、b 已知，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度大小为 g，则（ ） A传送带顺时针转动 Btan cos a gb Cb 后物体的加速度大小为2 sin a g b D传送带的速度大于 a 7下列关于力学知识和物理现象的说法中正确的是（ ） A伽利略最早对自由落体运动进行科学研究，否定了亚里士多德错误论断 B汽车突然刹车，由于惯性车上的人会突然前倾，当车静止后，则惯性消失 C人乘坐能加速或减速运动的电梯，当电梯减速下降时，人处于超重状态 D滑冰中运动员对冰面的压力与冰面对运动员的支持力是一对平衡力 8如图所示，水平地面上有一斜面体
6、B，质量 2kg，倾角37，斜面体上有一小物块 A，质量 1kg，物 块 A 与斜面体 B 之间的动摩擦因数为 05给小物块 A 施加一个垂直斜面向下的作用力 F，让小物块 A 沿 斜面加速下滑，加速度大小 1m/s2，斜面体 B 始终保持静止不动，重力加速度取 10m/s2，sin370.6， cos370.8，则（ ） A作用力 F 大小为 10N B地面对斜面体 B 的摩擦力方向水平向左 C地面与斜面体 B 之间的摩擦力大小为 6N D斜面体 B 对地面的压力大小为 31N 9如图所示，倾角为30的固定光滑斜面上有两个质量均为 m 的物块 A、B，物块 A 通过劲度系数为 k 的轻弹簧拴
7、接在斜面底端的固定挡板上，块 B 通过一根跨过定滑轮的细线与物块 C 相连，物块 C 的质量 为 2 m ，弹簧、细线均与斜面平行初始时，用手托住物块 C，使细线恰好伸直但无拉力，释放物块 C，物 块 A、B 分离时，滑块 C 恰好落地重力加速度大小为 g，不计滑轮质量及摩擦，忽略空气阻力，弹簧始终 在弹性限度内，下列说法正确的是（ ） A初始时，弹簧的压缩量为 mg k B物块 A、B 分离时，弹簧弹力等于 2 mg C从开始到物块 A、B 分离的过程中，物块 A、B 的速度先增大后减小 D从开始到物块 A、B 分离的过程中，物块 A、B 一直加速 10如图甲所示，物块的质量 m=1kg，初
8、速度 0 5/vm s，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O 点沿粗糙的 水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图 乙所示，重力加速度 g 取 10m/s2下列选项中正确的是（ ） A010m 内物块的加速度大小为 125m/s2 B在 5s 末恒力 F 开始反向物块做匀加速运动 C1026m 内物块的加速度大小为 075m/s2 D物块与水平面的动摩擦因数为 00375 二、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分 11 （6 分）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验，安装好的实验器材如图甲所示，图中 A 为固定 橡皮条的图钉，O
9、为橡皮条与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳图乙是某次实验时 OB 细绳所连接的弹簧测 力计的指针指示情况 请回答下列问题： （1）图乙中弹簧测力计的读数为_N （2）关于实验操作的说法正确的是_ A用铅笔挨着细绳画出直线，即为拉力的方向 B用弹簧测力计拉细绳时细绳要与白纸平行 C在用两个弹簧测力计同时拉细绳时要注意使两个弹簧测力计的读数相等 （3）某次实验中在方格白纸上作出两弹簧测力计的力的图示如图丙所示，在图中作出合力的图示，并测量 合力的大小为_N（图中每个正方形小格边长均表示 1N，结果保留两位有效数字） 12 （8 分）利用如图甲所示的实验装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验
10、操作如下： a用游标卡尺测量挡光片的宽度，用天平依次测量滑块（含挡光片）和重物的质量 M、m； b将两光电门固定在水平桌面上，用米尺测量了两光电门之间的距离 s； c将滑块由图中的位置无初速释放，滑块依次经过光电门 A、光电门 B 时的挡光时间分别为 t1、t2； d多次改变滑块和重物的质量，记录多组实验数据，进行数据处理 重力加速度为 g，请回答下列问题： （1）用游标卡尺测量了挡光片的宽度，如图乙所示，则该挡光片的宽度 d=_mm （2）用以上测量的物理量表示滑块的加速度，则 a=_（用 d、s、t1、t2表示） ，如果:1:2M m，则 滑块与水平桌面之间的动摩擦因数为（用 g 和 a
11、表示） （3）如果保持滑块和挡光片的总质量不变，多次改变重物的质量 m，并测出相应的加速度 a，建立直角坐 标系，并描绘图象如图丙所示，则图线的斜率应表示的物理量为_，如果图线的斜率为 k，且该物理量 应等于_ 13 （7 分）如图甲所示，一质量 m=3kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角37足够长的斜面，滑块上 滑过程的 vt 图象如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取sin370.6，cos370.8， g=10m/s2） 求： （1）滑块与斜面间的动摩擦因数； （2）滑块返回斜面底端时的速度大小 （计算结果可以保留根式） 14 （9 分）如图所示，建筑工地上工人经常用两根平行的木料
12、传送多余的墙体砖某次要将高度为 25m 处的墙体砖运送到地面，调节好两平行木料之间的距离，并使两木料与地面成30的夹角墙体砖的横 截面abcd为正方形， 墙体砖下滑时横截面的一条对角线ac水平且方向保持不变 已知墙体砖的质量为10kg， 墙体砖和木料之间的动摩擦因数 6 12 ，重力加速度 g 取 10m/s2求： （1）墙体砖下滑时，每根木料对墙体砖的弹力大小； （2）墙体砖运送到地面时的时间和速度大小 15 （14 分）如图甲所示，质量为 m=1kg 的物块静止在水平地面上，现用水平向右的拉力5 3FN，使 物块在水平地面上由静止做匀加速直线运动某时刻撤去推力 F，物块匀减速至静止，已知物
13、块匀加速运动 时间是匀减速至静止时间的 2 倍物块可看成质点，重力加速度 g 取 10m/s2求： （1）物块在匀加速阶段和匀减速阶段位移的比值； （2）物块与水平地面间的动摩擦因数； （3）若用一与水平面夹角为斜向上的拉力 F 使物块在水平地面上运动，如图乙所示，最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，则当为何值时， F 最小，最小值为多大？ 16 （16 分）如图所示，在水平地面上固定一倾角为53的足够长斜面，斜面上放一块长度 L=18m、 质量 m=08kg 上表面光滑的薄平板 PQ，其下端 Q 与斜面底端 O 的距离为 705m在平板的上端 P 处放 一质量 M=16kg 的小滑块（可视为质点）
14、 ，开始时使平板和滑块都静止，现将它们无初速释放假设平板 与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.2，不考虑小滑块由平板滑到斜面上时速度的变化， （sin530.8，cos530.6，g=10m/s2）求： （1）小滑块离开平板时平板的速度大小； （2）小滑块从静止开始运动到斜面底端 O 处所经历的时间； （3）小滑块到达底端 O 处时，平板的 Q 端与 O 处的距离 20202021 学年高三 10 月质量检测物理 参考答案提示及评分细则 1A 由牛顿第二定律 F=ma 可得 2 1N1kg m s，则 A 正确；并不是所有物理量都有单位，如前面学过 的动摩擦因数就没有单位，则 B 错误；
15、国际单位制单位也不一定都是基本单位，可以是导出单位，C 错误； 长度、质量、时间是力学范围内的三个基本量，三个基本单位是千克、米、秒，则 D 错误 2C 礼花弹受到竖直向下的重力和阻力，由牛顿第二定律有：mg+f=ma，又 f=mg，得 a=20m/s2，根据 2 0 2vaH，解得 H=90m，利用运动学知识有 0 2 vv Ht ，代入数据得 t=3s，选项 C 正确 3D 两车恰好不相撞时位移满足关系 22 12 11 22 vtatv tatL，且此时两车速度大小相等 12 vatvat，联立解得 2 12 4 vv a L ，选项 D 正确 4C 如图所示，根据力的合成与分解以及共点
16、力平衡条件，有： 1 sinFG， 2 cosFG，其中为 推力 F2与竖直方向的夹角当缓慢推动圆球 B 少许后，变小，故 F1变小，F2增大，选项 C 正确 5 B 设三个球质量均为 m， 在轻绳剪断前， 将三球看成整体由平衡条件得， 弹簧对 A 球的弹力大小为 3mg、 方向竖直向上，将 BC 两球看成整体，轻绳对 A 球拉力大小为 2mg、方向竖直向下，则在轻绳剪断瞬间， 弹簧对 A 球弹力大小和方向不变，而轻绳对 A 球拉力消失，故由牛顿第二定律可得此时 A 球加速度大小为 3 2 mgmg g m 同理剪断轻绳瞬间，BC 间弹簧的弹力大小和方向也不变，故可得 B 球加速度大小为 2
17、2 mg g m ，C 球加速度大小为 0综上可得 B 正确，A、C、D 均错误 6C 若传送带顺时针转动，当物体下滑(sincos )mgmg，将一直匀加速到底端；当物体上滑 (sincos )mgmg，先匀加速运动，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种均不符合运动图象，则 传送带是逆时针转动，选项 A 错误；传送带是逆时针转动，物体在 0b 内，滑动摩擦力向下，做匀加速下 滑的加速度 1 sincosagg，由图可知： 1 a a b ，解得：tan cos a gb ，选项 B 错误；b 后 滑动摩擦力向上，加速度 2 sincosagg，代入值得 2 2 sin a ag b ，选项
18、C 正确；当物体的 速度等于传送带的速度时，物体所受的摩擦力发生变化，物体的加速度发生变化，则传送带的速度等于 a， 选项 D 错误 7 AC 伽利略通过逻辑推理和实验相结合的方法最早对自由落体运动进行科学的研究， 否定了亚里士多德 错误论，选项 A 正确；惯性大小只与质量有关，与运动状态无关，选项 B 错误；当电梯减速下降时，具有 向上的加速度，此时人处于超重状态，选项 C 正确；运动员对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对作用 力和反作用力，选项 D 错误 8BD 对物块 A 受力分析，沿斜面方向sin f mgFma，垂直斜面方向 N cosFFmg，又有 Nf FF，解得 F=2N，选项
19、 A 错误；对整体分析，系统中有向左的加速度，合外力一定向左，故地面给 斜面体的摩擦力向左，选项 B 正确；对整体受力分析，在水平方向上sincos f FFma 地 ，解得 2N f F 地 ，选项 C 错误；在竖直方向上 N ()cossinMm gFFma 地 ，解得 FN地=31N，选项 D 正确 9 ABD 初始时， 细线对物块 A、 B 的作用力为零， 块 A、 B 整体受力平衡2sin30kxmg， 解得 mg x k ， 选项 A 正确；物块 A、B 分离时，物块 A、B 之间的相互作用力为 0，且物块 A、B 的加速度相同，分别对 物块 A、B、C 受力分析，由牛顿第二定律可
20、知，物块 A 有sin30kxmgma ，物块 B 有 sin30Tmgma ，物块 C 有 22 mgm Ta，解得 a=0， 2 mg T ， 2 mg kx ，选项 B 正确；从开始 到物块 A、B 分离的过程中，物块 A、B 一直加速，选项 C 错误、D 正确 10AD 物块在 010m 内速度减小，做匀减速直线运动，物块匀减速直线运动的加速度大小为： 22 22 1 1 5 /1.25/ 22 10 v am sm s s ， 选项A正确； 物块做匀减速直线运动的时间为：1 1 5 4 1.25 v tss a ， 即在 4s 末恒力 F 反向物块做匀加速运动，选项 B 错误；物块匀
21、加速运动的加速度大小： 22 22 2 2 4 /0.5/ 22 16 v am sm s s ，选项 C 错误；根据牛顿第二定律得： 1 Ffma， 2 Ffma， 联立两式解得：F=0875N，f=0375N，则动摩擦因数为： 0.375 0.0375 10 f mg ，选项 D 正确 11 （1）380（379381） （1 分） （2）B（2 分） （3）合力的图示如图（2 分）65（6367） （1 分） 解析： （1）由图可知：弹簧测力计的分度值为 01N，指针在 3N 以下第 8 个小格处，故弹簧测力计的读数 为 380N （2）靠近轻绳取两个相距较远的位置点两个点，将两点连线，
22、即为拉力的方向，A 项错误；若细绳倾斜， 则绳子拉力倾斜， 拉力会变大， 因此细绳应平行于白纸拉动， B 项正确； 两细绳拉力不一定相等， C 项错误（3） 以两力为邻边作出平行四边形的对角线，用刻度尺量出对角线的长度为方格边长的 65 倍，则合力的大小 为 65N 12 （1）660mm（2 分） （2） 22 21 2 dd tt s （2 分） 3 2 a g （2 分） （3）重力加速度（或 g） （1 分）k（1 分） 解析： （1）根据游标卡尺读数规则，挡光片的宽度612 0.056.60dmmmmmm （2）滑块经过光电门 A 的速度 1 A d v t ，经过光电门 B 的速度
23、 2 B d v t ，由 22 2 BA vvas，解得物块加速 度 22 21 2 dd tt a s ；对滑块和重物组成的整体，由牛顿第二定律得()mgMgMm a，即 23MgMgMa，解得： 3 2 a g （3）如果以（M+m）a 为纵轴，以 m 为横轴，则()Mm amgMg，则图丙所示图象的斜率表示表 示重力加速度 g，且重力加速度的大小为 g=k 13解： （1）由图象可知，滑块的加速度 22 0 1 5 /10/ 0.5 v am sm s t （1 分） 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有 1 sincosmgmgma（1 分） 代入数据解得0.5（1 分） （2）滑
24、块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑 由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移 2 0 1 1.25 2 v sm a （1 分） 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有 2 sincosmgmgma（1 分） 解得 2 2 2/am s（1 分） 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度 2 25/va sm s（1 分） 14解： （1）设墙体砖的质量为 m，分析墙体砖的受力，将其重力分解到垂直于木料平面方向和沿木料平 面方向，垂直木料平面的分力为cos30mg两木料对墙体砖的支持力 1N F、 2N F和cos30mg在同一平 面内，它们的作用线延长相交于一点，如图
25、所示 墙体砖垂直于木料平面静止，则受力平衡，根据平衡条件有： 12 NN cos45cos45cos30FFmg（1 分） 12 NN FF（1 分） 代入数据，解得 12 N 25 6 N FFN（2 分） （2）分析墙体砖沿木料平面内的力，设墙体砖的加速度为 a，由牛顿第二定律有 1 N sin302mgFma（1 分） 设一楼楼顶距地面距离为 h，墙体砖在木料上做匀加速直线运动，设墙体砖下滑的时间为 t， 由位移时间关系有 2 1 sin302 h at （1 分） 设墙体砖到达地面的速度为 v，根据速度公式有 v=at（1 分） 解得 t=2s，v=5m/s（2 分） 15解： （1）
26、设物块匀加速末速度大小为 v，匀加速阶段位移为 x1，时间为 t1；匀减速阶段位移为 x2，时间 为 t2， 由 2 v xt（1 分） 得 11 22 2 xt xt （1 分） （2）设匀加速阶段加速度大小为 a1，由牛顿第二运动定律及匀变速直线运动规律有 1 Fmgma（1 分） 1 1 v t a （1 分） 撤去推力 F 后匀减速阶段加速度大小为 a2，由牛顿第二运动定律及匀变速直线运动规律有 2 mgma（1 分） 2 2 v t a （1 分） 又 t1=2t2（1 分） 综上解得 3 3 （1 分） （3）要使物块在水平地面上运动，则有 cos0Ff（1 分） N sinfFm
27、gF（1 分） 联立解得 cossin mg F （1 分） 由数学知识化解得 2 3 sin 60 3 mg F （1 分） 则当sin 601，即30时，拉力最小，大小为5N 2 mg F （2 分） 16解： （1）滑块在平板上滑动的过程中，对滑块和平板分别受力分析，根据牛顿第二定律，对滑块有 1 sin53MgMa 解得 2 1 sin538/agm s （1 分） 对平板有 2 sin53() cos53mgmM gma， 代入数据解得 2 2 4.4/am s（1 分） 设滑块在平板上滑行的时间为 t1，由运动学公式有 22 1 102 1 11 22 atLa t（1 分） 代入
28、数据解得 t1=1s（1 分） 由运动学公式可得滑块离开平板时平板的速度大小 12 1 4.4/va tm s（1 分） （2）设滑块离开平板时滑块离 O 点的距离为 x，则 2 1 1 1 4.85 2 xPOatm（1 分） 滑块离开平板时的速度为 21 1 8/vatm s（1 分） 设滑块离开平板后在斜面上滑动时的加速度为 a3，离开平板后运动到斜面底端 O 经历的时间为 t2，由牛顿 第二定律有 3 sin53cos53MgMgMa（1 分） 解得 2 3 6.8/am s（1 分） 由运动学公式有 2 2 23 2 1 2 xv ta t（1 分） 解得 t2=05s（1 分） 小滑块从静止开始运动到斜面底端 O 所经历的时间为 12 1.5ttts（1 分） （3）滑块离开平板时，平板运动的位移 2 12 1 1 2.2 2 xa tm（1 分） 滑块离开平板后，平板在斜面上运动的加速度也为 a3，即 a3=68m/s2 在 t2的时间内平板的位移为 2 21 23 2 1 2 xvta t（1 分） 代入数据解得 x2=305m（1 分） 滑块到达 O 处时，平板的 A 端与 O 处的距离为 212 1.8xLxxm（1 分）
