安徽省六安市霍邱县第一中学最新高三物理上学期第二次月考试题含解析

安徽省六安市霍邱县第一中学2021届高三物理上学期第二次月考试题含解析
一、选择题
1.历史上,伽利略在斜面实验中分别在倾角不同、阻力很小的斜面上由静止释放小球，他通过实验观察和逻辑推理，得出的正确结论有
A。

倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间的二次方成正比
Ｂ．　倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间的二次方成正比
C. 斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关
D。

　斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的时间与倾角无关
答案A
解析
详解AＢ.伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化,故Ａ正确,B错误；
C。

斜面长度一定时,倾角越大,小球从顶端滚到底端时的速度越大，故C错误；
D.斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故D错误。

2。

一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。

下列选项正确的是
A．在0~6ｓ内，物体离出发点最远为30m
B．在0～6s内，物体经过的路程为40m
C. 在0~4ｓ内，物体的平均速率为1０m/s
D. 5~6s内,物体所受的合外力做负功
答案B 解析
详解A ．0-５ｓ，物体向正向运动，５－6s 向负向运动,故5s 末离出发点最远，最远距离为:
1
(25)102
x =⨯+⨯m ＝35m
故A 错误;
Ｂ。

由面积法求出0—5s 的位移:
125
102
x +=
⨯m=35m 即路程为s １=35ｍ； 5-6ｓ的位移：
()21
1102
x =⨯⨯-ｍ=—5m
即路程为ｓ２=5m,所以总路程为:
12s s s =+=4０ｍ
故Ｂ正确;
C. 由面积法求出0－４s 的位移：
()1
24102
x =⨯+⨯ｍ＝３0ｍ
路程等于位移大小，即 s =３0m,平均速率为：
304
s s v t =
=m/s=7．５m/s 故C 错误；　
D ． 由图象知5～6s 过程物体做匀加速,合力和位移同向，合力做正功,故Ｄ错误。

3．　如图所示,一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F 作用下处于静止状态，则下列判断正确的是
A. 天花板与木块间的弹力可能为零
Ｂ。

　天花板对木块的摩擦力可能为零
C。

　推力F逐渐增大的过程中，木块将始终保持静止
D.　木块受天花板的摩擦力随推力F的增大而变化
答案C
解析
试题分析：对木块进行受力分析如右图所示，把重力正交分解，沿天花板方向F f=mgsin，Ｂ错;有摩擦力则天花板与木块间一定有弹力,A错；在推力F逐渐增大的过程中，只是天花板对木块的弹力变大，沿斜面方向的合力始终为零，所以木块将始终保持静止,Ｃ对，Ｄ错.
考点:本题考查受力分析,正交分解,物体平衡的条件
点评：本题学生分析力时,要沿天花板方向和垂直天花板方向对力进行分析。

4。

雨滴由静止开始下落,遇到水平方向吹来的风，下列说法中正确的是
Ａ．风速越大，雨滴下落的时间越长
Ｂ．　风速越大，雨滴着地时的速度越大
C. 雨滴下落时间与风速有关
D。

　雨滴着地时的速度与风速无关
答案Ｂ
解析
分析
将水滴的实际运动沿着水平方向和竖直方向正交分解,合运动的时间等于竖直分运动的时间,与水平分速度无关；合速度为水平分速度和竖直分速度的矢量和.
详解A 、C 、将水滴的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平方向随风一起飘动，竖直方向同时向下落;由于水平方向的分运动对竖直分运动无影响，故落地时间与水平分速度无关,故A,C 错误；
B 、D 、两分运动的速度合成可得到合速度v =，故风速越大，落地时合速度越大，故B 正确,D
错误;故选B 。

点睛本题关键抓住合运动与分运动同时发生，合运动的时间等于竖直分运动的时间，与水平分速度无关.
5．重为G 的两个完全相同的小球,与水平面的动摩擦均为μ。

竖直向上的较小的力F 作用在连接两球轻绳的中点,绳间的夹角60α=︒，如图所示.缓慢增大Ｆ,到两球刚要运动的过程中,下列说法正确的是
Ａ． 地面对球的支持力变大，摩擦力变大B 。

地面对球的支持力变小,摩擦力变小Ｃ． 球刚开始运动时,地面对球没有支持力D. 球刚开始运动时，球受到的摩擦力最大答案D 解析
详解以轻绳的中点为研究对象有2cos 2
T F F
α
=对小球进行受力分析如图
竖直方向N cos 2
T F F G α
+=，所以2
N F
F G =-
，F 增大,N F 减小；水平方向f sin
2
T F F α
=，所以tan 22
f F F α
=
，Ｆ增大,f F 增大；所以，球刚开始运动时，f F 最大,N F 最小且不为零。

故D 项正确,ABC 三项错误。

６.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t =0时其速度为１　m ／s ．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F,力Ｆ和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图a 和图b 所示。

设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F 对滑块做的功分别为123W W W 、、，则以下关系正确的是
Ａ。

123W W W ==Ｂ. 123W W W <<ﻩＣ. 132W W W <<ﻩD. 123
W W W =<答案B 解析
试题分析:根据功的公式W=F Ｌ可知，知道Ｆ的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F 做功的多少。

解：由速度图象可知,第1s 、２s 、３s 内的位移分别为0.５m 、0。

5ｍ、1ｍ,由Ｆ﹣ｔ图象及功的公式w=Ｆs ｃosθ可求知:W 1=０.5J ，W 2=1。

5J ，Ｗ3＝2J 。

故本题中A ＣＤ错，B 正确。

故选:B.
７.如图所示，倾角为θ的斜面长为Ｌ，在顶端A 点水平抛出一石子，刚好落在这个斜面的底端B 点,则抛出石子的初速度大小是
Ａ. cos B.　cos
C. sin Ｄ. cos 答案Ａ解析
详解根据平抛运动的规律可知,在竖直方向做自由落体运动， 则有：
h ＝L s ｉｎθ　＝2
12
gt
解得:
t =
水平方向做匀速直线运动，则石子的初速度：
0cos cos L v t θ=
=
A 。

根据计算得石子的初速度为：0cos v =，故A 正确；
B ＣＤ．根据计算得石子的初速度为：0cos v =,故ＢＣD 错误。

8.某汽车在平直公路上以功率Ｐ、速度ｖ0匀速行驶时，牵引力为F０。

在ｔ1时刻，司机减小油门,使汽车的功率减为Ｐ／２，此后保持该功率继续行驶,t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态。

下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图像,其中正确的是　
A．ﻩB.
C。

D。

答案A
解析
详解由题,汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡.当司机减小油门，使汽车的功率减为
P 2时，根据P=Ｆv得知,汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为0
1
2
F F
，而阻力没有变化，则汽
车开始做减速运动，由于功率保持为P
2
，随着速度的减小，牵引力逐渐增大,根据牛顿第二定律得知,汽车
的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为0F；由P=Ｆv得知，此时汽车的速度为原来的一半。

AB．汽车功率变化后,做加速度减小的减速直至匀速;故A正确，B错误。

CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢，最终牵引力还原；故CD错误。

9.如图,叠放在水平转台上的物体A、B、Ｃ能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、Ｂ、C的质量分别为3ｍ、２m、ｍ，A与B、Ｂ和Ｃ与转台间的动摩擦因数都为μ,Ａ和Ｂ、Ｃ离转台中心的距离分别为r、1.５r。

设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.以下说法正确的是
A 。

B 对A 的摩擦力一定为3μmg B ． B 对A 的摩擦力一定为3ｍω2r
Ｃ。

　转台的角速度一定满足ﻩD ． 转台的角速度一定满足
答案BC 解析
详解对A 受力分析,受重力、支持力以及B 对A 的静摩擦力,静摩擦力提供向心力,有：f=3mω2r≤μ3mg,故A 错误,B 正确；由于Ａ、AB 整体、C 受到的静摩擦力均提供向心力，故对Ａ，有:3mω２ｒ≤μ3ｍg ；对AB 整体,有：3m ＋2mω２r≤μ3ｍ+２mg ；对物体C ，有：mω21
．５r≤μmg；解得ω≤C 正确，D 错误；故选BC.
点睛本题关键是对A 、AB 整体、Ｃ受力分析，根据静摩擦力提供向心力以及最大静摩擦力等于滑动摩擦力列式分析。

10．2007年1０月24日1８时0５分，我国成功发射了“嫦娥一号”探月卫星,１1月5日进入月球轨道后，经历3次轨道调整,进入工作轨道。

若该卫星在地球表面的重力为G 1，在月球表面的重力为G ２，已知地球半径为R 1，月球半径为R 2，地球表面处的重力加速度为g ,则
A. 月球表面处的重力加速度g 月为2
1
G g G Ｂ。

月球的质量与地球的质量之比为
212
2
21G R G R Ｃ。

　卫星在距月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期T 月
为2π
Ｄ。

答案AＣＤ
解析
考点：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．
专题：人造卫星问题．
分析：卫星在地球表面的重力为G1,地球表面处的重力加速度为g，由G1=mg,求出卫星的质量,再
G2=mg月求出g月。

根据g=，由两星球的半径和表面重力加速度分别求出地球和月球的质量.卫星在距月球表面轨道上做匀速圆周运动时,由月球的万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律求出卫星的周期．地球的第一宇宙速度为v地=,月球的第一宇宙速度为v月=,将G１=ｍg，G2=mｇ月代入求出第一宇宙速度之比.
解答：解：A、卫星的质量为m=,月球表面处的重力加速度g月＝=ｇ．故Ａ正确．
B、由g=，得到月球的质量M月＝，Ｍ地=，又，整理得,月球的质量与地球的质量之比为．故Ｂ错误.
C、设卫星质量为m,由mg月=m，g月=g，解得Ｔ月
=2.故C正确．
D、月球的第一宇宙速度为v月=,地球的第一宇宙速度为v地=，将Ｇ１=ｍｇ，G2=mg月
代入解得v月：v地。

故D正确.
故选ACD
点评:本题是卫星类型的问题，关键是构建物理模型，再运用数学变换进行分析处理．
11。

一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。

此后,该质点的速度可能是　
A 。

一直增大
B 。

　先逐渐减小至零,再逐渐增大Ｃ. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D ．　先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大答案A ＢD 解析
详解A 。

如果恒力与运动方向相同,那么质点做匀加速运动，速度一直变大，故A 正确。

B ．如果恒力与运动方向相反,那么质点先做匀减速运动,速度减到0后,质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，速度再逐渐增大。

故B 正确。

C Ｄ.如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解;若恒力与其中一个速度方向相同，这个方向速度就会增加,另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小；若恒力与其中一个速度方向相反,这个方向速度就会减小,另一个方向速度不变,那么合速度就会减小,当恒力所在直线方向上的速度减到0时，另一个方向还有速度,所以速度到最小值时不为0，然后恒力所在直线方向速度又会增加,合速度又在增加,所以速度先减小于一非零的最小值，再逐渐增大。

故Ｃ错误，Ｄ正确。

12。

一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面的底端，已知小物体的初动能为E ，它返
回斜面底端的速度大小为v ,克服摩擦力做功为2
E。

若小物体冲上斜面的动能变为2E ，则有
A 。

返回斜面底端时的动能为E
B ． 返回斜面底端时的动能为
32
E C ． 返回斜面底端时的速度大小为2ｖ
Ｄ。

v 答案A Ｄ
详解由Ｗｆ∝s，故当初动能为E时,由动能定理有E-Ｗf=1２mv2①
其中W f=当初动能为2E时，有２Ｅ-Ｗｆ′=mv′2②
其中Wｆ′=2Ｗf=E联立①②可解得Ｅk′=E,v′=ｖ故A、D正确。

二．实验题
１3．用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计A挂于固定点Ｐ，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于Ｏ点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。

分别读出弹簧测力计Ａ和Ｂ的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向.
1本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为__＿____＿N。

2下列不必要的实验要求是________填写选项前的字母代号
A.应测量重物M所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D。

改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
3某次实验中,若发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法。

_＿_________＿_____＿＿_______＿＿＿___＿＿＿＿＿_____
答案1。

13。

6 2。

2Ｄ 3. 3①减小重物M的质量②改变手拉弹簧测力计B的拉力大小
详解1弹簧测力计最小刻度为０。

2N，所以读数为3.６　N。

２验证力的平行四边形定则，需要分别测量各个力的大小和方向,所以选项A是必要的;根据仪器使用常识,弹簧测力计在使用前需校零，选项B是必要的;实验中力必须在同一平面内,选项C也是必要的；实验是验证三个力的关系，只要测出三个力就可以了，所以不需要固定Ｏ点位置,选项D不必要，故选项D正确
3若发现弹簧测力计Ａ的指针稍稍超出量程，为了避免这个问题那么可以采取①减小重物M的质量②改变手拉弹簧测力计B的拉力大小
１4．在用落体法验证机械能守恒定律时,某同学按照正确的操作选得纸带如图。

其中O是起始点，A、Ｂ、C是打点计时器连续打下的３个点．该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C各点的距离，并记录在图中单位ｃｍ。

１这三个数据中不符合有效数字读数要求的是_____ ,应记作＿_＿____cm。

２该同学用重锤在ＯB段的运动来验证机械能守恒，已知当地的重力加速度g＝９.80m/ｓ２，他用ＡC 段的平均速度作为跟B点对应的物体的即时速度,则该段重锤重力势能的减少量为__＿__＿_，而动能的增加量为＿_＿＿___，均保留3位有效数字,重锤质量用m表示.这样验证的系统误差总是使重力势能的减少量＿_____＿动能的增加量，原因＿＿___＿_＿。

答案1．ＯＣ或１5.７ 2. １５。

70 3.　１。

２2ｍ 4。

1。

2０m 5。

　大于６。

因为有摩擦生热,减少的重力势能一部分转化为内能
详解１[1]毫米刻度尺测量长度，要求估读即读到最小刻度的下一位;这三个数据中不符合有效数字读数要求的是OC 段:1５.7。

[２］应记作15.70c ｍ。

２[3］重力势能减小量:
△E p =mg ｈＢ=９．8×0.1242m Ｊ=1.2２ｍJ ；
[4］中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,则打B 时物体的速度大小:
2
(15.709.51)10m/s 220.02
AC B s v T --⨯===⨯1。

５5m/ｓ
则动能为:
2
k 12
B B E mv =
=１．20m Ｊ;［5][６］因为有摩擦生热，减少的重力势能一部分转化为内能，因此重力势能的减小量大于动能的增加量。

三．计算题
１5.在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有方格的纸记录运动的轨迹，如图所示，方格的边长L ＝２。

5cm,a 、ｂ、c 、ｄ是轨迹中的四点,求：
1平抛运动的初速度;
２平抛运动抛出点的位置g =10m ／s ２。

答案11ｍ/s;2抛出点在a 点的左方一格、上方1
8
格
解析
详解1在竖直方向：
Δy ＝L =ｇＴ2
在水平方向:
02L v T
=
解得:
ｖ0=１m/s
2在竖直方向:
32by L v T
=
又：
by B
v gt =解得：
32
B T t =
则有：
03B B X v t L
==92
8
by B B v L Y t =
=
所以抛出点在a 点的左方一格、上方
1
8
格。

16.如图所示,有一半径为Ｒ的半圆形圆柱面ＭPQ ,质量为2m 的A 球与质量为m 的B 球，用轻质绳连接后挂在圆柱面边缘。

现将Ａ球从边缘M 点由静止释放，若不计一切摩擦,求A 球沿圆柱面滑到最低点Ｐ时的速度大小。

解析
详解根据机械能守恒定律得：
2
2112222
A B
mgR mg mv mv -=⨯+又
v B ＝v A co ｓ45
解得：
A v =
１７。

如图所示，一质量M ＝０．2k ｇ的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦系数μ1=０.1,一质量m =0．2kg 的小滑块以v 0＝1。

2m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板，滑块与长木板间滑动摩擦因数μ２＝０。

4,求：
1经过多少时间小滑块与长木板速度相等？
２从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中,小滑块滑动的距离为多少？滑块始终没有滑离长木块
答案10.2s;20．2４m 解析
详解1小滑块受到的滑动摩擦力为f 2,方向向左
22f mg μ==0.8N
长木板受到小滑块给予的滑动摩擦力2f '，方向向右
22f f '==0．８Ｎ
长木板受地面的滑动摩擦力
()11f m M g μ=+=０.４Ｎ
1f 方向向左，21f f '>，长木板向右加速
小滑块向右做减速运动，长木块的加速度为1a ，小滑块加速度为2a ，
,21
12f f a m
-==m/ｓ2　
2
24f a m
=
=m/s 2，当小滑块与长木板的速度相等时，则有:
021v a t a t
-=所以：
12
v a t a +=
=0.2s
２当小滑块与长木板的速度相等后，它们一起做匀减速运动，设共同加速度大小为a ，一起做匀减速运动的距离为S 2
()()1m M g m M a
μ+=+解得:
1a g μ==1ｍ/s ２
则有：
2
12()0.082S a t a
==m
设相对运动前小滑块运动的距离为S 1,则有：
2
10212
S v t a t =-
=0.16m 整个过程中，小滑块滑动运动的距离S
S ＝　S 1+ S ２=0.24m。