2019-2020 学年上学期高三第一次月考仿真测试卷
物 理 （A）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形
码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草
稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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1～6题只有
一项符合题目要求，第7～10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．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，
在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（ ）
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
2．将一小球从足够高的塔顶以某初速度竖直向上抛出，经时间t＝2 s小球的速度大小为v＝5
m/s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2 。则下列说法正确的是( )
A．初速度大小一定为15 m/s，2 s末小球在抛出点上方10 m处
B．初速度大小一定为15 m/s，2 s末小球在拋出点下方10 m处
C．初速度大小可能为25 m/s，2 s末小球在抛出点上方30 m处
D．初速度大小可能为25 m/s，2 s末小球在抛出点下方30 m处
3．用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示。已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°
和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为( )
A． 3
2 mg、1
2mg B．1
2mg、 3
2 mg
C． 3
3 mg、1
2mg D．1
2mg、 3
3 mg
此 卷 只 装 订 不 密 封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 4．“奥的斯电梯”在北京、上海、深圳、惠州等地频出事故，致使大家“谈奥色变”，为此检
修人员对电视塔的观光电梯作了检修，如图是检修人员搭乘电梯从一楼到八楼上下的v－t图（取电
梯向上运动方向为正方向），下列说法不正确的是( )
A．检修人员在2～6 s内对地板的压力相同
B．检修人员在0～2 s和在4～6 s内处于超重状态
C．0～2 s内和4～6 s内电梯对检修人员作用力不同
D．0～2 s内和6～8 s内电梯对检修人员作用力相同
5．如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕
过CD中点的轴OO'转动，已知两物块质量相等，杆CD对物块A、B的最大静摩擦力大小相等，开始时
绳子处于自然长度（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO'轴的距离为物块B到OO'轴距离的两倍。
现让该装置从静止开始转动，使转速逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程
中，下列说法正确的是( )
A．B受到的静摩擦力一直增大
B．B受到的静摩擦力是先增大后减小
C．A受到的静摩擦力是先增大后减小
D．A受到的合外力一直在增大
6．很多国家发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1运行，然后在Q点点火，使
其沿椭圆轨道2运行，最后在P点再次点火，将卫星送入同步圆形轨道3运行.已知轨道1、2相切于Q点，
轨道2、3相切于P点。若只考虑地球对卫星的引力作用，则卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，
下列说法正确的是( )
A．若卫星在1、2、3轨道上正常运行时的周期分别为T1、T2、T3，则有T1＞T2＞T3
B．卫星沿轨道2由Q点运行到P点时引力做负功，卫星与地球组成的系统机械能守恒
C．根据公式v＝ωr可知，卫星在轨道3上的运行速度大于在轨道1上的运行速度
D．根据 可知，卫星在轨道2上任意位置的速度都小于在轨道1上的运行速度
7．物体以初速度v0水平抛出，若不计空气阻力，则当其竖直分位移与水平分位移相等时，以下
说法中正确的是( )
A．竖直分速度等于水平分速度 B．瞬时速度大小为
C．运动的时间为 D．运动的位移为
8．如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体
滑上传送带A端的瞬时速度vA＝5 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB。下列说法中正确的是( )
A．若传送带不动，vB＝4 m/s
GMv r
=
05v
02v
g
2
02 2v
gB．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于4 m/s
C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于4 m/s
D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于4 m/s
9．如图所示，甲、乙两物体与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量相等，用力F1推物体甲，
用力F2拉物体乙，两种情况下，力与水平方向所成夹角相等，甲、乙两物体都做匀速运
动，经过相同的位移，则F1和F2大小关系、F1对物体功W1和F2对物体做功W2关系满足
( )
A．F1＞F2 B．F1＜F2 C．W1＜W2 D．W1＞W2
10．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑
挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动。现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面
的夹角θ＝60°。下列说法正确的是( )
A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为G
B．若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐
渐增大
C．若挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐
渐减小
D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零
二、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
11．(6分)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂
钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________cm；
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的
做法是________；(填选项前的字母)
A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造
成这种现象的主要原因是____________________________。
12．(9分)某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”。 (1)实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力。该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止
地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻
拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列__________的点，说明小车在做__________运动。
(2)如果该同学先如(1)中的操作，平衡了摩擦力。以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不
变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到1
3M，测小车加速度a，作a－F的图象。如图丙图线
正确的是______。
(3)设纸带上计数点的间距为s1和s2。如图丁为用米尺测量某一纸带上的s1、s2的情况，从图中可
读出s1＝3.10 cm，s 2＝_______cm，已知打点计时器的频率为50 Hz，由此求得加速度的大小a＝
_______m/s2。
13．(8分)如图所示，一轻质细绳与小球相连，一起在竖直平面内做圆周运动，小球质量m＝0.5
kg，球心到转轴的距离l＝50 cm。（取g＝10 m/s2，不计空气阻力）
(1)若小球在最高点不掉下来，求其在最高点的最小速率；
(2)若小球在最高点的速率v＝3 m/s，求绳子的拉力。
14．(9分)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始
运动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示，4 s
后图线没有画出。g取10 m/s2。求：
(1)物体在第3 s末的加速度大小；
(2)物体与水平面间的动摩擦因数；
(3)物体在前6 s内的位移。
15．(12分)如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8 m顶部水平高台，接着以v＝3 m/s
水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道
下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径R＝1.0 m，人和车的总质量为180 kg，特技
表演的全过程中，阻力忽略不计。g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s；
(2)从平台飞出到达A点时的速度及圆弧对应圆心角θ；
(3)人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力。16．(16分)长为1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端滑
上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上
滑行了8.0 cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝
0.25，g＝10 m/s2。求：
(1)木块与冰面的动摩擦因数；
(2)小物块相对于长木板滑行的距离。2019-2020 学年上学期高三第一次月考仿真测试卷
物 理（A）答 案
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1～6
题只有一项符合题目要求，第7～10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．【答案】C
【解析】运动员同时参与了两个分运动，竖直方向下落和水平方向随风飘，两个分运动
同时发生，相互独立；因而水平风速越大，落地的合速度越大，但落地时间不变，只有C正确。
2．【答案】C
【解析】取竖直向上为正方向，初速度为v0，若2 s末的速度方向向上，则v0＝v－gt＝25
m/s，2s末的位移为 m；若2 s末的速度方向向下，则v0ʹ＝v－gt＝15 m/s，2 s末的
位移为 m。选项C正确。
3．【答案】A
【解析】对结点C受力分析，受到三根绳子拉力，将Fa和Fb合成为F，根据三力平衡
得出：F＝Fc＝mg，已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以α＝30°，根据三
角函数关系得出： ， ，故A正确。
4．【答案】B
【解析】图像的斜率表示加速度，2~6s内检修人员的加速度相同，所以根据牛顿第二定律
，解得 ，所以过程中电梯地板对人的支持力相同，根据牛顿第三
定律可得人对地板的压力相同，A正确；0~2s内速度方向为正，即向上，人做加速运动，故加
速度方向向上，处于超重状态，4~6s内速度为负，即向下运动，从图中可知人向下的速度越来
越大，故做加速运动，加速度方向向下，处于失重状态，B错误；由图可知，0～2s内和4～6s
内人员的加速度方向不同；则由牛顿第二定律可知，电梯对检修人员作用力不同，C正确；0～
2s内和6～8s内人员的加速度相同，则由牛顿第二定律可知，电梯对检修人员作用力相同，故D
正确。
5．【答案】D
【解析】设A的转动半径为2R，则B的转动半径R，A、B的角速度相同，开始时绳中无拉
力，则：fA＝mω2∙2R、fB＝mω2R，当角速度逐渐增大时，两物体所受摩擦力增大，A物体先达
0 302
v vh t
+= =
0 102
v vh t
′+′ = =
Nmg F ma− = NF mg ma= −到最大静摩擦力，当A物体与杆间摩擦力达到最大时，有：mω12∙2R ＝fm；此后角速度继续增
大，A物体靠绳子的拉力和最大静摩擦力提供向心力，则fm＋T＝mω2∙2R，解得：T＝mω2∙2R－fm，
角速度增大，拉力增大，B物体受拉力和摩擦力的合力充当向心力，则：fBʹ＋T＝mω2R，解得：
fBʹ ＝fm－mω2R，角速度增大，B物体所受的摩擦力减小到零后反向；若B物体所受摩擦力达到
最大值后，再增大角速度，则两物体同时相对杆滑动；所以该装置从静止开始转动，使转速
逐渐增大，从绳子处于自然长度到两物块A、B即将滑动的过程中，B所受的摩擦力先增大后减
小，又增大，方向先指向圆心，然后背离圆心，A物体的静摩擦力一直增大达到最大静摩擦力
后不变，故ABC错误；由于角速度不断增加，根据F向＝mω2R，向心力增加，合力提供向心力，
故合力一直在增大，故D正确。
6．【答案】B
【解析】根据卫星运动的半长轴的大小关系可知，轨道3的半长轴最大，故其周期最大，
故A错误；卫星在轨道2上从Q到P点，只受地球引力作用，满足机械能守恒定律，引力对卫星
做负功，卫星的动能减小，势能增加，机械能守恒，故B正确；根据圆周运动的向心力由万有
引力提供知GMm
r2 ＝mω2r，卫星轨道半径越大，角速度越小，故不能直接根据v＝rω判定线速度
与半径的关系，故C错误；卫星在轨道上1上做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，而在
轨道2上经过Q点时，卫星要做离心运动，故其运动速度将大于在轨道1上经过Q点的速度，故D
错误。
7．【答案】BCD
【解析】因为平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，
那么两个分运动既具有独立性，又具有同时性，由位移相等可知 ，解得 ，又
由于 ，所以 ， ，故选BCD。
8．【答案】ABD
【解析】若传送带不动，物体做匀减速直线运动，加速度 ，初速度
，位移x＝4.5m，故末速度 ，解得 ，A正确；若传送带逆时
针做匀速转动，物体受到的摩擦力方向向左，仍与不动时方向相同，所以物体仍做匀减速直
线运动，与不动时的运动情况相同，到达B点的速度仍为 ，B正确；若传送带做顺时
针匀速转动，如果传送带的速度小于4m/s，则物块相对于传送带一直相对于传送带向右运动，
受到的摩擦力方向一直向左，所以此种情况下物体一直做匀减速直线运动，到达B点的速度为
4m/s，若传送带的速度大于5m/s，此种情况下物块相对于传送带的向后运动，受到的摩擦力方
向向右，物体一直做加速运动，到达B点的速度大于4m/s，故C错误，D正确。
9．【答案】AD
2
0
1
2v t gt= 02vt g
=
02yv gt v= = 2 2
05x yv v v v= + =
2
2 2 0
0
2 22 vs x y v t g
= + = =
2
1 1 /a g m sµ= − = −
5 /Av m s= 2 2 2B Av v ax− = 4 /Bv m s=
4 /Bv m s=【解析】对甲图中物体受力分析，受推力、重力、支持力和摩擦力，如图1根据
平衡条件，有x 方向： ；y 方向： ；其中： ；解
得 ；对乙图物体受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图2
根 据 平 衡 条 件 ， 有 x 方 向 ： ； y 方 向 ： ； 解 得
；比较两式，得到F1＞F2；由于位移相同，力与水平方向夹角相等，根据恒
力做功的表达式 ，得到 ， ，故W1＞W2，故选AD。
10．【答案】AD
【 解 析 】 保 持 挡 板 不 动 ， 车 静 止 ， 对 球 受 力 分 析 如 图 ， 由 平 衡 条 件 可 得 ：
、 ，解得： ，据牛顿第三定律可得：球
对斜面的压力大小为G，故A项正确；
挡板从图示位置沿顺时针方向缓慢转动60°，画出转动过程中的受力示意图如图，则斜面
对球的支持力 减小，挡板对球的支持力 先减小后增大。据牛顿第三定律可得：球对斜面
的压力逐渐没有减小，球对挡板的压力先减小后增大，故B、C两项均错误；挡板不动，小车
水平向右做匀加速直线运动，对球受力分析如图，设小车的加速度为 ，将力沿水平方向和竖
直 方 向 分 解 可 得 ： 、 ， 解 得 ：
，当 时，挡板对球的支持力为零；据牛顿第三定律可得此时球对挡
板的压力为零，故D项正确。
二、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题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。有数值计算的题，答案中必须明确写出数
值和单位。
11．(6分)
【答案】(1)6.93 (2)A (3)钩码重力超过弹簧弹力范围
【解析】(1)乙的读数为14.66cm，则弹簧的伸长量△L＝14.66cm–7.73cm＝6.93cm；
(2)为了更好的找出弹力与形变量之间的规律，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后
指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，A正确；
(3)弹簧超出了弹性限度，弹簧被损坏，弹簧的伸长量△L与弹力F不成正比。
1 cos 0F fθ − = 1 sinF mg Nθ + = f Nµ=
1 cos sin
mgF
µ
θ µ θ= −
2 cos 0F fθ − = 2 sinF N mgθ + =
2 cos sin
mgF
µ
θ µ θ= +
cosW Fs θ= 1 1 cosW F s θ= 2 2 cosW F s θ=12．(9分)
【答案】(1)点迹均匀 匀速 (2)C (3)5.50（写5.5不得分） 2.40
【解析】(1)平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，不要挂钩码，将长木板的右端垫高至
合适位置，使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若小车做匀速直线运动，此时打点计时器
在纸带上打出一系列点迹均匀的点；
(2)如果这位同学先如(1)中的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始a－F的图象是一条过原点
的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到 M，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的
质量，此时图象发生弯曲，故C正确；
(3)由图丁可知： ， ，由匀
变速直线运动的规律 得： 。
13．(8分)
【答案】(1) (1)4N
【解析】(1)以小球为研究对象，在最高点恰好不掉下来，说明其重力恰好提供其做圆周
运动所需的向心力：
则所求的最小速率为 。
(2)设小球运动到最高点对绳的拉力为F，则重力和拉力共同提供向心力，
根据牛顿第二定律，有：
解得F＝4 N。
14．(9分)
【答案】(1)1 m/s2 (2)0.4 (3)12 m
【解析】(1)由v－t图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度
a1等于前4s内的加速度，根据v－t图象和加速度定义式：a＝Δv
Δt
得a1＝1 m/s2。
(2)在0－4s内，在水平方向：F1－μmg＝ma1
解出：μ＝0.4。
(3)设前4 s的位移为x1，由位移公式：x1＝ ＝8m
设4 s后物体运动时的加速度为a2，则：
5 /m s
2
minvmg m L
=
min 10 0.5 / 5 /v gL m s m s= = × =
2vmg F m L
+ =
2
1 1
1
2 a tF2－μmg＝ma2
解得，a2＝－2 m/s2
物体在4s末时的速度为v′＝4 m/s，设物体从4s末后运动时间t2速度减为0，则：
0＝v′＋a2t2
解得：t2＝2 s
所以，物体在6s末速度恰好减为0
故后2s内的位移：
代入数据，解得，x2＝4m
所以物体在前6s内的位移x＝x1＋x2＝12 m。
15．(12分)
【答案】(1)1.2 m (2)5 m/s 106° (3)5580 N
【解析】(1)车做的是平抛运动，据平抛运动的规律可得，竖直方向上有：H＝
水平方向上有：s＝vt
解得：s＝
(2)摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度为：vy＝gt＝4m/s
到达A点时速度为：
设摩托车落地至A点时速度方向与水平方向的夹角为α，则有tanα＝
即有：α＝53°
所以有：θ＝2α＝106°。
(3)对摩托车受力分析可知，摩托车受到的指向圆心方向的合力作为圆周运动的向心力，
所以有：
NA－mgcosα＝
代入数据解得：NA＝5580 N。
16．(16分)
【答案】(1)0.10 (2)0.96m
【解析】(1)A、B一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度
a= =μ2g=1m/s2
解得木板与冰面的动摩擦因数：μ2=0.10。
2
2 2 2 2
1
2x v t a t′= +
2
2
v
s(2)小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度大小为：
a1=μ1g=2.5m/s2
小物块A在木板上滑动时，木板B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加
速运动，有：
μ1mg-μ22mg=ma2
解得加速为a2=0.50 m/s2
设小物块冲上木板时的初速度为v10，经时间t后A、B的速度相同为v，由长木板的运动得：
v=a2t
解得滑行时间为：t=0.8s
小物块冲上木板的初速度为v10=v+a1t=2.4m/s
小物块A在长木板B上滑动的距离为：
m。2 2
1 2 10 1 2
1 1 0.962 2x x x v t a t a t∆ = − = − − =
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