D.不管a1如何,都有a1=a2=a3
13.如图所示,竖直平面内有一光滑直杆AB,直杆AB长为L,杆与水平方向的夹角为θ（0°≤θ≤90°），一质量为
m的小圆环套在直杆上,给小圆环施加一与该竖直平面平行的水平向右的恒力F,并从A端由静止释放,现改变直杆和水平方向的夹角θ,已知F=2mg,重力加速度为g,则下列说法正确的是（）
A.当θ=30°时,小圆环在直杆上运动的时间最短
B.当小圆环在直杆上运动的时间最短时,小圆环与直杆间一定有挤压
1
C.
当小圆环在直杆上运动的时间最短时,直杆与水平方向的夹角θ满足tanθ=
2
D.
当小圆环在直杆上运动的时间最短时,小圆环的加速度为g
14.如图所示,水平传送带逆时针匀速转动,速度大小为8m/s,A、B为两轮圆心正上方的点,
AB=L1=6m,两边水平面分别与传送带表面无缝对接,弹簧右端固定,自然长度时左端恰好位于B点,现将一小物块与弹簧接触（不栓接）,并压缩至图示位置然后释放,已知小物块与各接触面间的动摩擦因数均为
μ=0.2,AP=L2=5m,小物块与轨道左端P碰撞无机械能损失,小物块最后刚好能返回到B点减速到零,g=10m/s2,则下列说法正确的是（）
A.小物块从释放后第一次到B点的过程中,做加速度减小的加速运动
B.小物块第一次从B点到A点的过程中,一定做匀加速直线运动
C.小物块第一次到A点时,速度大小一定等于8m/s
D.
小物块离开弹簧时的速度一定满足2
10m/s≤v≤2
22m/s
15.如图所示,质量为M的木板A静止在水平地面上,在木板A的左端放置一个质量为m的
铁块B,铁块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2,现给铁块施加一由零开始逐渐变大的水平作用力F,下列判断正确的是（）
A.若μ1>μ2,则一定是木板A先相对地发生滑动,然后B相对A发生滑动
B.若μ1mg>μ2Mg,则一定是木板A先相对地发生滑动,然后B相对A发生滑动
C.若铁块B先相对A发生滑动,则当A、B刚发生相对滑动时,F的大小为μ1mg
（μ1mg-μ2Mg）（m+M）
D.若木板A先相对地发生滑动,则当A、B刚发生相对滑动时,F的大小为
M
二、实验题（每空1分，共8分）
16.
某同学在做“验证力的平行四边形定则实验时”,将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA’,将弹簧的一端A’固定在竖直墙面上。
不可伸长的细线OA、OB、OC分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上,其中O为0A、OB、OC三段细线的结点,如图1所示,在实验过程中,保持弹簧AA’伸长1.00cm不变。
（1）若OA、OC间夹角为90°,弹簧秤乙的读数是N。
（如图2所示）
（2）在
（1）问中若保持O点的位置以及OA与OB的夹角不变,逐渐增大OA与OC的夹角,则弹簧秤甲的读数大小将，弹簧秤乙的读数大小将。
（填“变大”、“变小”、“不变”、“先变大后变小”、“先变小后变大”）
17.用如图所示的装置验证牛顿第二定律。
图中A、B为两个光电门,C为固定在凹槽上的遮光条。
实验前（不挂钩码）左右移动小木块使凹槽能够在长木板上匀速运动。
设遮光条的宽度为d,两光电门间的距离为x。
实验时凹槽每次都从同一位置由静止释放,研究对象为凹槽（包括内部的砝码）及钩码组成的系统。
（1）将钩码逐个拿到凹槽中,以便系统总质量不变,记录每次所悬挂钩码的质量m1,m2,m3
...,释放凹槽,测出对应的加速度a1、a2、a3...,则下列哪一图象能正确反映加速度a与悬挂钩码的重力mg之间的关系。
（2）悬挂钩码的质量m保持不变,增加或减少槽内的砝码,测出每次对应的加速度,为了能
直观反映在合外力一定的情况下,加速度与质量的关系,应做下列哪一图象（M表示槽及槽内砝码的总质量）。
A.a-MB.a-mC.a-1
M
D.a-1
M+m
（3）为了精确测量系统运动的加速度,甲同学固定光电门B,移动光电门A,然后释放凹槽,测出遮光条每次经过光电门A的时间t1,乙同学固定光电门A,移动光电门B,然后释放凹槽,测出遮光条每次经过光电门B的时间
t2,两位同学根据图象求解系统的加速度,甲同学作出的图象应为下图中的,乙同学作出的图象应为下图中的。
若甲同学所作图象的斜率的绝对值为k,则系统的加速度a=。
三、计算题（共42分）
18.（8分）有一个冰上推木箱的游戏节目,规则是:
选手们从起点开始用力推箱一段时间后,
放手让箱向前滑动,若箱最后停在桌上有效区域内,视为成功;若箱最后未停在桌上有效区域
内就视为失败。
其简化模型如图所示,AC是长度为L1=7m的水平冰面,选手们可将木箱放在A点,从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱,使木箱从静止开始做匀加速直线运动,BC为有效区域（包括B、C两点）,已知
BC长度L2=1m，木箱的质量m=50kg,木箱与冰面间的动摩擦因数μ=0.1,某选手作用在木箱上的水平推力
F=200N,木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点,g取10m/s2，那么该选手要想游戏获得成功，试求:
（1）推力作用在木箱上时的加速度大小；
（2）
推力作用在木箱上的时间满足什么条件?
19.（8分）长传突破是足球运动中运用远距离空中过顶传球突破对方防线的战术方法。
防守队员甲在本方球门前某位置M抢截得球,将球停在地面上,利用对方压上进攻后不及回防的时机。
瞬间给予球一个速度v,使球斜飞入空中,最后落在对方禁区附近地面上P点处。
在队员甲踢球的同时,突前的同伴队员乙由球场中的N点向
P点做直线运动,队员乙在N点的初速度v1=2m/s，队员乙在NP间先匀加速运动,加速度a=4m/s2,速度达到
v2=8m/s后匀速运动。
经过一段时间后,队员乙恰好在球落在P点时与球相遇,已知MP的长度s=60m,NP的长度L=11.5m,将球员和球视为质点,忽略球在空中运动时的空气阻力,重力加速度取g=10m/s2。
（1）求足球在空中的运动时间；
（2）求队员甲在M点给予足球的速度v的大小。
20.（10分）如图甲所示,带有斜面的木块放在光滑水平地面上,木块水平表面AB粗糙,斜面BC表面光滑且与水平面夹角为θ=37°,木块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当力传感器受压时,其示数为正值,当力传感器被拉时,其示数为负值,一个可视为质点的质量m=5kg的滑块从B点以初速度v0沿斜面向上运动,运动整个过程中,传感器记录到的力与时间的关系如图乙所示,已知斜面足够长,设滑块经过B点时无机械能损失,g取
10m/s2。
求:
（1）图乙中F1的数值大小；
（2）滑块的初速度v0；
（3）水平表面AB的长度。
21.（16分）如图所示,有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体,物体2与物体3通过不可伸
长轻绳连接,跨过光滑的定滑轮,设长板2到定滑轮足够远,物体3离地面高H=2.75m,物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=0.2,长板2在光滑的桌面上从静止开始释放,同时物体1（视
为质点）在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动,运动过程中最远相对长板2能运动到其中点（取
g=10m/s2）,求:
（1）开始时物体1和长板2的加速度大小；
（2）长板2的长度L；
（3）当物体3落地时,物体1在长板2的位置。
衡水中学2018～2019学年度高三年级上学期一调考试
物理试题
答案及解析
1.答案：
BC
【解析】若A不变，有两种情况：
第一种情况：
A＞0，相等位移内速度增加量相等，则知平均速度越来越
大，所以相等位移内所用时间越来越少，由a=∆v可知，a越来越大；第二种情况：
A＜0，相等位移内速
∆t
度减少量相等，平均速度越来越小，所以相等位移内用的时间越来越多，由
a=∆v可知a越来越小，故A
∆t
错误，B正确；因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为s，速度变化量为vt-v0，所以此
22
位置的速度为v+vt-v0=vt+v0，故C正确，D错误。
022
2.答案：
B
3.答案：
C
【解析】由运动图线可知，在0-t1时间内，质点向右加速运动，t1时刻到达O点；t1-t3时间内质点向右做减速运动，速度减到零后反向向左加速运动，t3时刻回到O点；t3-t4时间内质点在O点左侧减速运动到
达原出发点，故质点在O点右方运动的时间为t3-t1，选项A正确；质点在O点的左方加速度大小为
a=v1t4-t3
，选项B正确；在t1-t3时间内，质点的加速度大小为a'=v1-（-v1）=
t3-t1
2v1
t3-t1
，根据牛顿第二
定律得：
F2-F1=ma′，得到F2=F1+ma′=
F1+
2v1m，故C错误；质点在t=0到t=t4这段时间内在t2时刻离M点最远，最远距离为s=v1t2，
t3-t12
故D正确。
此题选择错误的选项，故选C。
4.答案：
B
【解析】由题意可知，船相对静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，则合速度大小和方向均不变，如图所示，可知减小α角，减小v，故B正确，ACD错误；故选：
B。
5.答案：
D
【解析】把A、B的速度分别分解到沿绳和垂直于绳的方向，由关联速度知，它们在沿绳方向的分速度相等，
即v1cosα=v2cosβ
，解得：
v2=
3v1，所以A、B、C错误，D正确。
6.答案：
B
【解析】M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据mg=2FTcosα，轻绳的张力FT越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故B正确，ACD错误；
故选B。
7.答案：
A
【解析】以整体为研究对象，力F的方向是水平的，所以不影响竖直方向的受力，地面对斜面的弹力大小不变，故A正确；没有施加力F时根据平衡条件可知物体A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40N，根据牛顿第三定律知物体A对斜面的作用力为40N，方向向下,施加力F后物体A对斜面的作用力如图：
F=102+402N=10
17N，可以看出物体A对斜面的作用力不是增加10N，故B错误；没有施加力F
时，对物体A受力分析：
根据平衡条件f=mgsinθ=4×10×0.6N=24N。
施加力F后，对物体A受力分析，如图：
根据平衡条件，在斜面方向：
f′+Fcosθ=mgsinθ代入数据解得：
f′=16N。
故物体A受到斜面的摩擦力减少
∆f=24﹣16N=8N，故C错误；以整体为研究对象，水平方向增加了10N的力F，根据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加10N，故D错误。
故选：
A。
8.答案：
C
【解析】A、升降机是静止的，球静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，杆的作用力大小：
F==
N=10N，故AB错误；C、若升降机加速上升，对球，在竖直方向，
由牛顿第二定律得：
Fy-mg=ma，解得：
Fy=12N，在水平方向，由平衡条件得：
Fx=F绳子=6N，杆对球
的作用力大小：
F=
=6N，故C正确；D、若升降机减速上升，对球，在竖直方向，由牛顿
第二定律得：
mg-Fy=ma，解得：
Fy=4N，在水平方向，由平衡条件得Fx=
F绳子=6N，杆对球的作用力大小：
F=
=2N，故D错误；
故选：
C．
9.A
【解析】A、剪断细线前，对A分析，弹簧的弹力F弹
=mgsin30=1mg，则细线剪断的瞬间，弹簧的弹
2
3mgsin30-F
3mgmg
1
力不变，对A、B整体分析，加速度a=弹
3m
=22
3m
=g，故A错误，CD正确；B、
3
隔离对B分析，根据牛顿第二定律得2mgsin30°﹣N=2ma，解得N=1mg，故B正确；本题选错误的，故选：
3
A．
10.答案：
C
【解析】根据平抛运动的规律，对落到C点的石子：
R+0.8R=v1t1；
0.6R=1gt2；对落到D点的石子：
R=vt；R=1gt2；联立解得：
v1=315
21
，选项C正确。
2222
v25
11.【答案】A
【解析】设抛出的速度为v，则水平分速度为v=vcos45=2v,竖直速度为v=vsin45=2v，则
x2y2
vt-1gt2
有位移关系：
tanα=1=y=2解得：
t=2v,
2xvxt2g
则落点与抛出点的距离为L=vxt=
cosα
v2
2gcosα
∝v2
；则由题意可知初速度为v0、2v0分别抛出小球P、Q，
'
则有：
s2=4s1；落到斜面上的速度方向与水平方向的夹角满足tanθ=y
vx
=vy
-
gtvx
=0,即速度方向均为水
平，vP、vQ方向相同，故A正确、BCD错误。
故选：
A。
12.答案：
BC
【解析】物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma1，解得：
a1=gsinθ-μgcosθ，在物体m上再放一个物体m′时，由牛顿第二定律得：
（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a2，解得：
a2=gsinθ-μgcosθ，当加一竖直向下的恒力F时，由牛顿第二定律得：
（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3，解得：
a3=
F（sinθ-μcosθ）
gsinθ-μgcosθ+
m
，若a1=0时，一定有a2=a3=0，选项A错误，B正确；只要a1≠0，
一定有a1=a2＜a3，选项C正确，D错误；故选：
BC。
13.答案：
CD
14.答案：
CD
【解析】小物块释放后，受力分析，由牛顿第二定律可得F弹-μmg=ma
，小物块向右运动，弹簧的形变
量逐渐减小，弹力逐渐减小，加速度不断减小，当弹力减小到小于摩擦力后做减速运动，且加速度不断增大，即小物块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故A错误。
小物块与挡板P碰撞
后反弹，由P到B做匀减速运动-v2=-2μg（L+L），得小物块在P处速度v
=211m/s。
由A到P，
P12P
做匀减速运动：
v2-v2=-2μgL，得v=8m/s，故C正确。
由上可知，小物块由B到A速度为v
=8m/s，
PA2AA
可以是加速至v
=8m/s，也可以是减速至v=8m/s，故B错误。
加速时：
v2-v2=-2μgL，得
AAAB1
vB=2
10m/s，L1是最大的加速距离，小物块到B点的最小速度为vB=2
10m/s；减速时：
v2-v2=-2μgL，得v
=222m/s，L1是最大的减速距离，小物块到B点的最大速度为2
22m/s,弹簧
A
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