2020届全国百所名校新高考原创精准模拟考试(二十九)物理试卷

2020届全国百所名校新高考原创精准模拟考试（二十九）

物理试卷

★祝考试顺利★ 注意事项：

1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，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选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：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的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写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选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。 7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、选择题

1.一个小孩用力去推木箱，没有推动，如图所示，请问涉及到木箱的作用力与反作用力一共几对？下列答案正确的是（ ）

A. 一对 B. 两对 C. 三对 D. 四对 【答案】D 【解析】

【详解】人推木箱，人对木箱的推力和木箱对人的作用力是一对作用力与反作用力，木箱的重力和木箱对地球的吸引力是作用力与反作用力，木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是作用力与反作用力，地面对木箱的摩擦力和木箱对地面的摩擦力是作用力与反作用力，共有四对。故选D。

【点睛】此题考查了牛顿第三定律，要知道，任何一个力都有反作用力．只要分析清楚地面

- 1 -

对人施加了哪些力，就可以判断它们之间有几对．

2.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v-t图像如图所示。以下判断正确的是 ( )

A. 前2s内与最后2s内货物的平均速度和加速度都相同 B. 前2s内货物处于超重状态 C. 最后2s内货物只受重力作用

D. 第2s末至第6s末的过程中，货物的机械能守恒 【答案】B 【解析】

前2s内的平均速度为2m/s；最后2s的平均速度为3m/s，故选项A错误；前2s内货物向上加速运动，处于超重状态，选项B正确；最后2s内货物受重力和向上的拉力作用，选项C错误；第2s末至第6s末的过程中，货物动能和重力势能均增加，故货物的机械能不守恒，选项D错误；故选B.

点睛：解决本题的关键知道速度时间图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义，以及掌握机械能守恒定律的条件．

3.如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ=45，已知弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量不可能是

0

A. B. C. D.

- 2 -

【答案】B 【解析】 【分析】

以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件，分析F可能的值，然后再经过胡克定律分析弹簧形变量的可能情况。

【详解】以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图

根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：

所以：故应选B。

【点睛】本题是隐含的临界问题，运用图解法确定出F的最大值和最小值，再进行选择．也可以用函数法。

4.如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A．现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5。则 A球球心距墙角的最远距离是( )

A. 2r B. 9r/5 C. 11r/5 D. 13r/5 【答案】C

- 3 -

【解析】

【详解】根据题意可知，B的质量为2m，AB处于静止状态，受力平衡，则地面对A的支持力为：N=3mg，当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远，对A、B受力分析，如图所示；

根据平衡条件得：

，Fcosθ=μ∙3mg，解得：tanθ＝4/3，则A球球心距墙角的最远距

离为：x=2rcosθ+r＝11r/5，故C正确，ABD错误。故选C。

【点睛】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，解题时注意整体法和隔离法的应用，明确当地面对A的摩擦力达到最大静摩擦力时，A球球心距墙角的距离最远．

5.一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第15s内的位移比第14s内的位移多0.2m，则下列说法正确的是（ ）

A. 小球前15s内的平均速度为2.9m/s B. 小球加速度为0.1m/s2 C. 小球第14s的初速度为2.8m/s D. 第15s内的平均速度为2.9m/s 【答案】D 【解析】

【详解】根据△x=aT得：

2

，第15s末的速度为：v15=at15=0.2×15m/s=3m/s，

则小球前15s内的平均速度为：，故A B错误。小球在第14s初的速度：

v13=at13=0.2×13m/s=2.6m/s，故C错误；第15s初的速度v14=at14=0.2×14m/s=2.8m/s，则第

15s内的平均速度为，选项D正确；故选D。

6.将一右端带有固定挡板的长薄板放在水平面上，一质量不计的弹簧右端拴接在挡板上，左

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端拴接一可视为质点的滑块，当弹簧原长时滑块位于长薄板的O点，将滑块拉至图中的A点，整个装置处于静止状态。现将长薄板的右端缓缓地抬起直到滑块将要沿长薄板下滑。滑块所受的摩擦力以及支持力的大小分别用Ff、FN表示。则在上述过程中下列叙述正确的是（）

A. Ff先减小后增大、FN一直减小 B. Ff先增大后减小、FN一直增大 C. Ff一直增大、FN先减小后增大 D. Ff保持不变、FN一直减小 【答案】A 【解析】

假设滑块的重力为G，长薄板与水平之间的夹角大小为，弹簧的弹力大小用F表示，静摩擦力的大小用表示，由题意可知，当右端缓缓抬起时，逐渐增大，当滑块将要沿长薄板下滑时，弹簧的拉力一直不变，滑块的重力沿薄板向下的分力先小于弹簧的弹力、后大于弹簧的弹力，滑块所受的静摩擦力方向先沿长薄板向下再沿长薄板向上，当滑块的重力沿长薄板向下的分力小于弹簧的弹力时，则有

沿长薄板向下的分力大于弹簧的弹力时，则有

，当增大时F不变， 减小；当滑块的重力

，增大时，F不变， 增大，则

滑块所受的静摩擦力先减小后增大；而滑块所受的支持力等于重力垂直斜面向下的分力，则

增大时，

一直减小。综合得A正确。故选A.

【点睛】受力分析是前提，动态平衡是特点，静摩擦力和滑动摩擦力大小以及方向要区别对待。

7.如图所示，一细线的一端固定于倾角为

的光滑楔形滑块A上的顶端O处，细线另一端拴

一质量为m=0.2kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a。(取g=10m/s.）下列说法正确的是（ ）

2

A. 当a=5m/s时，线中拉力为1.5N

2

- 5 -

B. 当a=10m/s时, 小球受的支持力为2N C. 当a=10m/s2,细线和水平方向夹角为37°

D. 在稳定后，地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和 【答案】AD 【解析】

【详解】若小球对斜面的压力恰为零，则对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律与力的平行四边形定则，将拉力和重力合成，合力即为mg，有：

2

22

水平方向：Fcos45°=ma；竖直方向：Fsin45°=mg；解得：a=g=10m/s；当a=5m/s时，小球没离开斜面，对物体受力分析，根据牛顿第二定律：水平方向： Fcos45°-Nsin45°=ma；竖直方向：Fsin45°+Ncos45°=mg；解得：F=1.5N，选项A正确；当a=10m/s时，小球恰离开斜面，此时小球受的支持力为0，细线和水平方向夹角为45°，选项BC错误；在稳定后，竖直方向整体只受重力作用，则地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，选项D正确；故选AD.

【点睛】解决本题的关键知道小球脱离斜面时的临界情况，结合牛顿第二定律进行求解；会用整体法和隔离法解答问题.

8.一小球竖直向上抛出，先后经过抛出点的上方h＝5m处的时间间隔t＝2s，不计阻力。则下列说法正确的是（ ） A. 小球的初速度v0为5m/s B. 小球的初速度v0为10m/s

C. 小球从抛出到返回原处所经历的时间是s D. 小球从抛出到返回原处所经历的时间是2s 【答案】BD 【解析】

【详解】设抛出点的上方h=5m处为A点。如图所示。

2

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小球先后经过A点的时间间隔为：△t=2 s，根据对称性知小球从最高点下降到A点的时间为：t1==1s；小球在A点处的速度大小为：vA=gt1=10 m/s；在OA段根据公式有：vA-v0=-2gs 得：v0=10m/s；故A错误，B正确。小球从抛出到返回原处所经历的时间是

2

2

．故C错误，D正确。故选BD。

【点睛】本题的关键是灵活选择研究的过程，既可以分段研究，也可以对全程进行分析，因为小球的往返过程中加速度保持不变，故竖直上抛运动可以看作是一种匀减速直线运动。 9.如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图2所示，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A. M=m B. M=2m C. 木板的长度为8m

D. 木板与物块间的动摩擦因数为0.1 【答案】BC 【解析】

木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故

，而v-t

图像的斜率表示加速度，故

，解得

，解得；对木板受力分析可知，

，AD错误B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者v-t

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图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故，C正确．

10.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带，若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知v2>v1。则（ ）

A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B. t2时刻，小物块和传送带之间的相对位移最大 C. 0～t2时间内，小物块受到摩擦力的大小和方向都不变 D. t2～t3时间内，小物块受到的摩擦力方向向右 【答案】BC 【解析】

【详解】由乙图知：物体先向左做匀减速运动，向右做匀加速运动，直到速度与传送带相同，做匀速运动。故t1时刻，小物块离A处的距离达到最大。故A错误。物块先向左运动，后向右运动，而传送带一直向右运动，故速度与传送带相同时小物块相对传送带滑动的距离达到最大。即t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大。故B正确。0-t2时间内，物块相对传送带一直向左运动，受到的滑动摩擦力方向一直向右，大小为f=μmg保持不变。故C正确。t2-t3时间内，小物块相对于传送带静止向右做匀速运动，不受摩擦力。故D错误。故选BC。

【点睛】本题的解题关键要首先知道v-t图像的一样，根据速度图象分析出小物块的运动情况，再分析物块所受的摩擦力的情况． 二、实验题

11.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400 N/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OA、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1.00 m不变。

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（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_____。

【答案】 (1). 3.00 (2). 5.00 (3). 一直变小 (4). 先变小后变大 【解析】

（1）根据胡克定律可知，3.00N；两弹簧秤夹角为

，则b的读数为：

； 根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为

；（2）若保持OA与OB的夹角不变，

逐渐增大OA与OC的夹角，如图中实线变到虚线：

由图可知弹簧秤甲的读数将一直变小，而弹簧秤乙的读数将先变小后变大. 12.两实验小组分别作“探究加速度和力、质量的关系”实验。

（1）A组用如图甲所示装置做实验，图中带滑轮的长木板放置于水平桌面上，拉力传感器可直接显示所受拉力的大小，做实验时，下列操作必要且正确的是_______. a.将长木板右端适当垫高,使小车能自由匀速滑动

b.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数 c.为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量d.用天平测出砂和砂桶的质量

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(2) B组用如图乙所示的实验装置来做实验。

①在正确、规范的操作中，打出一条如下图所示的纸带，每两个计数点之间还有四个计对点没有画出来，纸带上的数字为相邻两个计致点间的距离，打点计时器的频率为50Hz。打第4个计数点时小车的速度v4=_______m/s；小车做匀加速直线运动的加速度a =______m/s 。（保留三位有效数字）

2

②平衡了摩擦力后，在小车质量M保持不变的情况下,不断往砂桶里加砂，直到砂的质量最终达到

。测出每次加砂后，砂和砂桶的总重力F和小车的加速度a，作a- f的图象。下列图

线正确的是_______ .

【答案】 (1). AB (2). 1.21 (3). 2.02 (4). C 【解析】

（1）实验前要平衡摩擦力，将长木板右端适当垫高，使小车能自由匀速滑动，选项A正确；为重复利用纸带，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，选项B正确；绳子的拉力可以由拉力传感器，读出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，选项C错误；选项D错误。

（2）①每两个计数点之间还有四个计时点没有画出来，因此相邻两计数点间的时间间隔为

T=0.1s，打计数点4时小车的瞬时速度等于计数点3~5间的平均速度，则有：

；根据

，解得

。

②平衡了摩擦力后，对小车有：T=Ma，对砂和砂桶有：mg−T=ma，联立可得：。若满

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足，则有，即的图象为直线，当砂和砂桶的质量较大时，不再满足

规律，随着砂的质量的增加，

的

这一条件，此情况下按相同方式描点的图象遵循图象的斜率为

将减小，所以图线将向下弯曲。

【点睛】本题实验源于课本，但是又不同于课本，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度．注意在本实验中不需要满足砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，因为拉力可以弹簧秤直接测出． 三、计算题

13.一辆货车正以12m/s的速度在平直公路上前进，发现有货物掉下后，立即松开油门以大小为

的加速度做匀减速直线运动，货车开始做匀减速直线运动的同时，在其后面16m处一

的加速度同方向追赶货车，已知自行车能

辆自行车上的人立即拾到货物从静止出发，以达到的最大速度为8m/s，求： (1)货车做匀减速运动的位移大小； (2)自行车至少经过多长时间能追上货车； 【答案】（1）36m；（2）8.5s． 【解析】

(1)根据，解得；

(2)自行车加速到最大速度所用时间，在4s时间内，自行车的位移：

，货车的位移为：

设从开始到追上所用时间为t，则有

，所以在前4s内，自车不能追上货车，

，解得t=4s，但货车从减速

到速度为零所用的时间为6s，所以总时间为。

14.足够长光滑斜面BC倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点，对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用，如图甲所示。小物块在AB段运动的速度﹣时间图象如图乙所示，（已知g=10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：

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（1）小物块所受到的恒力F；

（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间t； 【答案】11N；1.6s 【解析】

【详解】（1）由图（b）可知，AB段加速度

根据牛顿第二定律，有Fcosα-μ（mg-Fsinα）=ma 得F＝

（2）在BC段: F-mgsinα=ma2 解得a2＝-2.5m/s

2

N＝11N

小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有

15.倾角30°的斜面体放在水平地面上，小车与斜面之间光滑，斜面体与地面之间粗糙，用两根轻绳跨过两个固定的定滑轮一端接在小车上（滑轮与斜面没有连接），另一端分别悬挂质量为2m和m的物体A.B，当小车静止时两绳分别平行、垂直于斜面，如图所示，不计滑轮摩擦

（1）求小车的质量

（2）现使A.B位置互换，当系统再次静止时（斜面始终未动），地面与斜面体之间的摩擦力大小

【答案】（1）【解析】

（2）（3）

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解:(1)小车处于静止状态,受力平衡,对小车受力分析, 沿斜面方向有:计算得出:

,

，

(2)当A和B互换位置后，设A连接的绳子与垂直于斜面方向为 ,沿斜面方向受力:计算得出:

,

,即A连接的绳子竖直向上拉小车,

对小车和斜面体整体受力分析:

,

计算得出:

综上所述本题答案： (1)小车的质量为4m,

(2)现使A、B位置互换,当系统再次静止时,地面与斜面体之间的摩擦力大小为

16.如图所示，长L=2m，质量M=1kg的木板B静止在水平地面上，其正放置一质量m=2kg的小滑块A，现对B施加一水平向右的恒力F。已知A与B、B与地面间的动摩擦因数分别为

，重力加速度

，试求：

（1）若A、B间相对滑动，F的最小值；

（2）当F=20N时，若F的作用时间为2s，此时B的速度大小； （3）当F=16N时，若使A从B上滑下，F的最短作用时间。 【答案】（1）【解析】

（1）A、B间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力， 对A，由牛顿第二定律可知，加速度

；

（2）

（3）

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对B，由牛顿第二定律可知，解得

，

（2）F=20N>18N，二者间会相对滑动，对B，由牛顿第二定律；

解得

；

，

设A从左端滑出的时间为，则解得此时B的速度

，

故在F作用后的1s内，对B，解得此时B的速度

，

（3）若F=16N<18N，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度

；

当A刚好从B上滑下，F的最短时间为，设刚撤去F瞬间，整体的速度为v，则撤去F后，对A，

，

对B：

经分析，B先停止运动，A最后恰滑至B的最右端时速度减为零，故联立解得

点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是先搞清物体运动的物理过程，根据物体的受力判断出物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。

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