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1、武昌实验中学武昌实验中学 2021 年秋期高三上学期第一次月考年秋期高三上学期第一次月考 物理试卷 一、单选题（本大题共一、单选题（本大题共 7 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 28 分，在每小题给出的四个选项中只有一个选分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确， ）项正确， ） 1如图所示为甲、乙两质点做直线运动的位移-时间图象， 由图象可知（ ） A甲、乙两质点会相遇，但不在 1s 时相遇 B甲、乙两质点在 1s 时相距 4m C甲、乙两质点在第 1s 内运动方向相反 D在 5s 内两质点速度方向一直不同 2如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹
2、角为 ，在斜杆下端固定有质量为 m 的小球，重力加速度为 g。现使小车以加速度 a 向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是（ ） A杆对小球的弹力一定竖直向上 B杆对小球的弹力一定沿杆向上 C杆对小球的弹力大小为 mg D杆对小球的弹力大小为22()()Fmgma=+ 3 如图所示， 小明站在升降机的地板上， 升降机的顶部悬挂了一个弹簧测力计，弹簧测力计下面挂着一个质量为 5 kg 的物体 A，当升降机向上运动时，他看到弹簧测力计的示数为 40 N，已知小明的质量为 60 kg，g 取 10 m/s2下列说法正确的是( ) A升降机正在向上减速，小明处于超重状态 BA 物体的重力和弹簧测力计对
3、 A 物体的拉力是一对平衡力 C此时升降机的加速度大小为 0.2 m/s2 D小明对地板的作用力大小为 480 N，方向竖直向下 4如图， 两个质量都为 m 的球 A、 B 用轻绳连接， A 球套在水平细杆上（球孔比杆的直径略大） ，对 B 球施加水平风力作用，结果 A 球与 B 球相对静止一起向右做匀速运动，此时细绳与竖直方向的夹角为 。已知重力加速度为 g，则（ ） A对 B 球的水平风力大小等于 mgsin B杆对 A 球的支持力大小等于 mg C轻绳的拉力大小等于cosmg D杆与 A 球间的动摩擦因数等于 tan 5如图所示，光滑水平面上放置质量分别为 m、2m 和 3m 的三个木块
4、，其中质量为 2m 和 3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连， 轻绳能承受的最大拉力为 T。 现用水平拉力 F 拉其中一个质量为 3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ） A质量为 2m 的木块受到四个力的作用 B当 F 逐渐增大到 T 时，轻绳刚好被拉断 C当 F 逐渐增大到 1.5T 时，轻绳还不会被拉断 D轻绳刚要被拉断时，质量为 m 和 2m 的木块间的摩擦力为23T 6木材加工厂中， 工人师傅将一根横截面半径为 R 的半圆形木墩平放在水平地面上，将一根横截面半径相同的圆木放在光滑竖直墙壁和半圆形木墩之间，并用竖直挡板将半圆木墩的左侧固定，如图所示。现向左水平
5、移动挡板，使半圆木墩向左平移，圆木缓慢下移。已知半圆木墩与水平地面间的动摩擦因数处处相等，圆木与半圆木墩间的摩擦不计。在圆木到达地面之前的过程中，下列说法正确的是（ ） A圆木对半圆木墩的压力变小 B圆木对竖直墙壁的压力不变 C半圆木墩所受水平地面的支持力变小 D半圆木墩所受水平地面的摩擦力不变 7如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为 M 的物体A、B（A物体与弹簧连接） ，弹簧的劲度系数为 k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉 力 F作用在物体B上，使物体A、B开始向上一起做加速度为 a 的匀加速运动直到A、B分离，重力加速度为 g，其中ag，则（ ） A外
6、力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为()M ga BA、B刚分离时，弹簧弹力恰好为零 C分离时，A上升的高度为()M gak+ DA、B分离后，A速度最大时弹簧恰好恢复原长 二、多选题（本题共二、多选题（本题共 4 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全对得题目要求，全对得 4 分，选对但不全得分，选对但不全得 2 分，有错选的得分，有错选的得 0 分）分） 8甲、乙两物体在 t=0 时刻经过同一位置沿 x 轴运动， 其 v-t 图像如图所示，则( ) A甲、乙在 t=0 到 t=1s 之间沿
7、同一方向运动 B乙在 t=0 到 t=7s 之间的位移为零 C甲在 t=0 到 t=4s 之间做往复运动 D甲、乙在 t=6s 时的加速度方向相同 9某升降机用绳子系着一个重物，以 10 m/s 的速度匀速竖直上升，当到达 40 m 高度时，绳子突然断开，重物从绳子断开到落地过程（不计空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2） （ ） A距地面的最大高度为 45 m B在空中的运动时间为 5 s C落地速度的大小为 10 m/s D落地速度的大小为 30 m/s 10如图所示，A、B、C 三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为 的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力 F 作用在物体 A
8、上时，三者恰好保持静止，已知 A、B、C 三者质量相等，重力加速度为 g下列说法正确的是 A在轻绳被烧断的瞬间，A 的加速度大小为2 sing B在轻绳被烧断的瞬间，B 的加速度大小为sing C剪断弹簧的瞬间，A 的加速度大小为1sin2g D突然撤去外力 F 的瞬间，A 的加速度大小为2 sing 11如图甲所示，倾角为的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量 m=2kg 的小物体轻轻放在传送带的 A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s 末物体到达 B 端，取沿传送带向下为正方向，g=10m/s2，则（ ） A传送带两端的距离为 16m B传送带两端的距离为 12m C
9、物体与传送带间的动摩擦因数0.5= D物体与传送带间的动摩擦因数0.3= 三、实验题（本题共三、实验题（本题共 2 小题，共小题，共 14 分）分） 12 （6 分）某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示已知打点计时器所用交流电的频率为 50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有 4 个打出的点未画出在 ABCDE 五个点中，打点计时器最先打出的是_点，在打出 C 点时物块的速度大小为_m/s（保留 3 位有效数字） ；物块下滑的加速度大小为_m/s2（保留 2 位有效数字） 13 （8 分）图(a)为测量物块与水平桌面之间
10、动摩擦因数的实验装置示意图. 实验步骤如下： 用天平测量物块和遮光片的总质量 M，重物的质量 m；用游标卡尺测量遮光片的宽度 d；用米尺测量两光电门之间的距离 s； 调整轻滑轮，使细线水平； 让物块从光电门 A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间tA和tB,求出加速度 a； 多次重复步骤，求 a 的平均a； 根据上述实验数据求出动擦因数 . 回答下列问题： (1)测量 d 时， 某次游标卡尺 （主尺的最小分度为 1mm） 的示如图(b)所示;其读数为_cm. (2)物块的加速度 a 可用 d、s、tA和tB表示为 a=_. (3)动摩擦因数 可
11、用 M、m、a和重力加速度 g 表示为 =_. (4)如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于_（填“偶然误差”或”系统误差”）. 四、解答题（本题共四、解答题（本题共 3 小题，共小题，共 42 分）分） 14（12 分） 如图所示， 一质量为 1kg 的小球套在一根固定的直杆上， 直杆与水平面夹角为30。现小球在20NF =的竖直向上的拉力作用下， 从 A 点静止出发向上运动， 已知杆与球间的动摩擦因数为36。试求： （g 取210m/s，计算结果均保留两位有效数字） （1）小球运动的加速度 a。 （2）若 F 作用 1.2s 后撤去，小球上滑过程中距 A 点最大距离 s。 15 （14
12、 分） 一辆长途客车正在以 v020m/s 的速度匀速行驶。 突然， 司机看见车的正前方 34m 处有一只狗，如图甲所示，司机立即采取制动措施。司机的反应时间为 0.5 s，若从司机看见狗开始计时（t0） ，长途客车的 vt 图像如图乙所示。 （1）求长途客车制动时的加速度； （2）求长途客车从司机发现狗至停止运动的这段时间内前进的距离； （3）若狗正以 v14m/s 的速度与长途客车同向奔跑，通过计算分析狗能否摆脱被撞的噩运？ 16 （16 分）如图甲所示，质量 M=0.2kg 的平板放在水平地面上，质量 m=0.1kg 的物块（可视为质点） 叠放在平板上方某处， 整个系统处于静止状态 现对
13、平板施加一水平向右的拉力， 在 01.5s 内该拉力 F 随时间 的变化关系如图乙所示， 1.5s 末撤去拉力 已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等， 物块与木板间的动摩擦因数 1=0.2，平板与地面间的动摩擦因数 2=0.4，取 g=10m/s2求: （1）01s 内物块和平板的加速度大小 a1、a2； （2）1s 末物块和平板的速度大小 v1、v2以及 1.5s 末物块和平板的速度大小1v、2v； （3）平板的最短长度 L 武昌实验中学武昌实验中学 2021 年秋期高三上学期第一次月考年秋期高三上学期第一次月考 物理物理参考答案参考答案 1C 【详解】 AB甲、乙两
14、质点在 1s 末时相对于原点的位移相同，即处于同一位置，二者相遇，相距的距离为 0，故 A、B 错误； C甲的斜率为负，表示速度沿负方向，乙图线斜率为正，表示速度沿正方向，即甲、乙两质点在第 1s 内反方向运动，故 C 正确； D在 3s 到 5s 质点的方向相同，都沿负方向，故 D 错误； 故选 C 【点睛】 位移图象反映质点的位置随时间的变化情况，其斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动；根据斜率的正负分析速度的方向 2D 【详解】 ABC对小球受力分析如图 由图可知，当 a 大小变化时，杆上的弹力与竖直方向夹角变化，方向不一定沿杆，但一定是斜向上，且 Fmg， ABC 错误； D由几何
15、关系可知 22()()Fmgma=+ D 正确。 故选 D。 3D 【详解】 AB.由于弹簧测力计的示数为 40 N， 小于物体重力， 故物体处于失重状态， 加速度方向竖直向下，故升降机正在向上减速，A、B 错误； C.根据牛顿第二定律，可得加速度大小 2250-40m/s =2m/s50a =， 故 C 错误； D.设地板对小明的支持力为 F，结合小明的受力分析和牛顿第二定律有 mgFma， 得 F480 N， 再根据牛顿第三定律，小明对地板的作用力大小为 480 N，方向竖直向下，D 正确； 4C 【详解】 AC对球 B 受力分析，受重力 mBg、水平风力 F 和拉力 T，如图 根据平衡条
16、件得 水平风力 tanFmg= 绳对 B 球的拉力 cosmgT= 所以 A 错误，C 正确； B把环和球当作一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力 N、恒力 F 和向左的摩擦力 f，如图： 根据共点力平衡条件可得 杆对 A 环的支持力大小 ()2ABNmmgmg=+= 选项 B 错误； D因为 A 球与 B 球一起向右做匀速运动，所以 f=F 则 A 环与水平细杆间的动摩擦因数为 tantan22fmgNmg= 选项 D 错误。 故选 C。 5C 【详解】 A对质量为 2m 的木块受力分析可知，受重力、地面对木块的支持力、质量为 m 的木块的压力和摩擦力，轻绳对木块的拉力共
17、5 个力，A 错误； BC由轻绳能承受的最大拉力 T，有 T=3ma 解得 3Tam= 由整体可知 F=6ma=6m3Tm=2T B 错误，C 正确； D质量 m 和 2m 的木块间的摩擦力 Ff=ma=m33TTm= D 错误。 故选 C。 6D 【详解】 AB以圆木为研究对象，受到重力 G1、竖直墙壁的弹力 F 和半圆木墩的支持力 FN，受力分析如图甲所示， 由于 G1的大小、方向都保持不变，F 的方向不变，FN与水平方向的夹角逐渐减小，可知 FN、F均逐渐增大，所以圆木对半圆木墩的压力变大，圆木对竖直墙壁的压力变大，AB 错误； C以圆木和半圆木墩整体为研究对象，受力如图乙所示 地面对半
18、圆木墩的支持力 FN与整体所受重力 G总大小相等，保持不变，C 错误； D根据滑动摩擦力 f=FN 可知，水平地面对半圆木墩的摩擦力也保持不变，D 正确。 故选 D。 7A 【详解】 A拉力 F 施加的瞬间，对 A 物体，根据牛顿第二定律有 F弹-Mg-FAB=Ma，F弹=2Mg 解得 FAB=M（g-a） 故 A 正确。 BC两物体处于初始静止状态时，对 AB 整体受力分析得 2Mg=kx0 此时弹簧的压缩量为 02Mgxk= 在 AB 分离瞬间，AB 间的弹力 FAB=0，弹簧弹力不为零，对 A 受力分析得 kx-Mg=Ma 得到这一瞬间弹簧的压缩量为 MgMaxk+= 故 BC 错误；
19、D在物体 A 上升的过程，当 A 物体的重力 Mg 和弹簧弹力相等时，其速度最大。故 D 错误。 故选 A。 8BD 【详解】 A 在 t=0 到 t=1s 之间， 甲始终沿正方向运动， 而乙先沿负方向运动后沿正方向运动， 故 A 错误； B根据速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，t 轴上方的“面积”表示位移是正值，t轴下方的“面积”表示位移是负值，则知在 t=0 到 t=7s 之间乙的位移为零，故 B 正确； Ct=0 在到 t=4s 之间，甲的速度始终为正值，说明甲一直沿正方向做单向直线运动，故 C 错误； D根据斜率等于物体的加速度知，甲、乙在 t=6s 时的加速度方向都沿负方
20、向，方向相同，故 D正确 【点睛】 本题应抓住速度时间图象中速度的正负表示速度的方向，图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析 9AD 【分析】 气球和重物一起以 10m/s 的速度上升，当到达一定高度后，绳子断开，物体与气球脱离，这个物体由于惯性要保持原来的向上的运动状态，所以物体做竖直上抛运动 【详解】 物体上升过程，根据速度位移关系公式，有：-v02=2（-g）h，解得22010522 10vhmmg；故物体距离地面的最大高度为 45m，故 A 正确；根据位移时间关系公式，有：hv0t12gt2，代入数据得：-40=10t-1210t2，解得：t=4s 或者
21、 t=-2s；故 B 错误；根据速度时间关系公式，有：v=v0-gt=10-104=-30m/s，故 C 错误，D 正确；故选 AD 10AC 【详解】 A. 把ABC看成是一个整体进行受力分析，有: 3sinFmg= 在轻绳被烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A，由牛顿第二定律得： sinAFmgma= 解得： 2 sinAag= 故 A 正确； B. 对于C，由牛顿第二定律得： F弹sinmg= 在轻绳被烧断的瞬间，对于B，绳子拉力为零，弹力不变，根据牛顿第二定律： F弹sinBmgma+= 解得： 2 sinBag= 故 B 错误； C. 剪断弹簧的瞬间，对于整体AB，弹簧弹力为零，
22、根据牛顿第二定律： 2sin2ABFmgma= 解得： 1sin2ABag= A的加速度大小： 1sin2AABaga= 故 C 正确； D. 突然撤去外力F的瞬间，对于整体AB，一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： F弹2sin2ABmgma+= 解得： 3sin2ABag= A的加速度大小： 3sin2AABaga= 故 D 错误 11AC 【详解】 AB传送带两端的距离等于 v-t 图围成的面积，即 LAB=()111 10m10 121m22 +=16m 故 A 正确 B 错误； CD由 v-t 图象可知传送带运行速度为110m/sv =，物体从 A 到 B 先做加速度为 22110
23、0m/s10m/s1 0a= 的匀加速运动，经过时间 t1=1s 后再做加速度为 22212 10m/s2m/s2 1a= 的匀加速运动，然后再经过 1s，物体以大小为 v2=12m/s 的速度到达传送带 B 端。由物体在传送带上的受力情况知 1sincosmamgm g=+ 2sincosmamgm g= 解得 0.5= 故 C 正确 D 错误。 故选 AC。 12A 0.233 0.75 【详解】 分析可知，物块沿倾斜长木板最匀加速直线运动，纸带上的点迹，从 A 到 E，间隔越来越大，可知，物块跟纸带的左端相连，纸带上最先打出的是 A 点；在打点计时器打 C 点瞬间，物块的速度24.65
24、100.233m/s22 0.1BDCxvT=；根据逐差法可知，物块下滑的加速度()22226.153.15100.75m/s44 0.1CEACxxaT= 故本题正确答案为：A；0.233；0.75 130.960 22211()2BAdstt） （ ()mgMm aMg+ 系统误差 【详解】 第一空.由图(b)所示游标卡尺可知， 主尺示数为 0.9cm， 游标尺示数为 120.05mm=0.60mm=0.060cm，则游标卡尺示数为 0.9cm+0.060cm=0.960cm 第二空.物块经过 A 点时的速度为：AAdvt=，物块经过 B 点时的速度为：BBdvt=， 物块做匀变速直线运动
25、，由速度位移公式得：vB2-vA2=2as， 加速度为：22211()2BAdastt=） （； 第三空.以 M、m 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg-Mg=(M+m)a， 解得：()mgMm aMg+=； 第四空.如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差. 14(1)22.5m/s；(2)2.4m；(3)1.8s 【详解】 (1)在力 F 作用时，撤去前小球的受力情况：重力、拉力，杆的支持力和滑动摩擦力 如图 由根据牛顿第二定律，得 1()sin30()cos30FmgFmgma= 解得 212.5m/sa = (2)刚撤去 F 时，小球的速度 11 13m/svat=
26、 小球的位移 1 111.8m2vts = 撤去力 F 后，小球上滑时有 2sin30cos30mgmgma+= 227.5m/sa = 小球上滑时间 1220.4svta= 上滑位移 1 220.6m2vts = 则小球上滑的最大距离为 122.4mmsss=+= (3)撤去力 F 后上升的最大距离 221323m0.6m227.5vsa= 上升的时间 1323s0.4s7.5vta= 小球下滑时有 4sin30cos30mgmgma= 解得 242.5m/sa = 回到 A 点的时间 ()134422(1.80.6)s0.8 3s1.4s2.5ssta+= 则从撤去力 F 开始计时，小球回
27、到 A 点的时间 341.8sttt=+= 15 （1）25m s； （2）50m； （3）狗能摆脱被撞的噩运 【详解】 （1）根据图像可得 202054.0m s5.5vat= （2）速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，则有 ()120 0.5204.50.5 =50m2s =+ （3）当客车速度减为与狗的速度相同时，所需时间为 4203.2s5vta= 司机从看到狗到速度减为与狗速度相同时，通过位移为 2210048.4m2vvxv ta=+= 则有 148.4 14.833.6m34mxvt= 所以狗不会被撞。 16 （1）a1=2m/s2，a2=3m/s2； （2）v1=2m
28、/s，v2=3m/s；1v=2v=3m/s； （3）L=1.35m 【详解】 （1）0 1s 内，物块与平板间、平板与地面间的滑动摩擦力大小分别为： 110.2Nfmg= 22()1.2NfMm g=+= 设物块与平板间恰好滑动时，拉力为 F0 由牛顿第二定律有102()1.8NfFfmMm=+=，因为102N1.8NFF=，故物块与平板发生相对滑动 对物块和平板由牛顿第二定律有： 11fam= 1122FffaM= 解得： 22122m/s ,3m/saa= （2）0 1s 内， （11st =） ，物块与平板均做匀加速直线运动，有： 11 122 1vatva t=； 解得：122m/s3
29、m/svv=； 11.5s内， （21st =） ， 由于水平向右的拉力 F2=1.4N 恰好与 f1+f2平衡， 故平板做匀速直线运动，物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同，有： 111 2223m/s3m/svvatvv=+=； （3）撤去拉力 后，物块和平板的加速度大小分别为：22121122m/s5m/sfffaamM=； 物块和平板停下所用的时间分别为：1111.5svta = 2220.6stva= 可画出物块、平板的速度-时间图象，如图所示，根据“速度-时间图象的面积表示位移”可知， 11.5s内，物块相对平板向左滑行的距离为： 11(1.5 1) 3m0.75m2x = 1.5 3s内，物块相对平板向右滑行的距离为：21(32.1) 3m1.35m2x = 由于21xx ，故：21.35mLx=