湖南省衡阳县第四中学2021届高三366班8月月考物理试题

湖南省衡阳县第四中学2020届高三366班8月月考物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示为一质点运动的v t 图象，下列说法正确的是( )
A．该图象表示质点做曲线运动
B．10 s末质点离出发点最远
C．前10 s，质点的加速度方向与速度方向可能相反
D．0-20 s质点的加速度先减小后增大
2．物体由静止开始做匀加速直线运动，加速8 s后，立即做匀减速直线运动，再经过4 s停下．关于该物体的运动情况，下列说法正确的是()
A．加速、减速过程中的加速度大小之比为2∶1
B．加速、减速过程中的平均速度大小之比为2∶1
C．加速、减速过程中的位移大小之比为2∶1
D．加速、减速过程中速度的变化率大小之比为2∶1
3．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为2
5m/s，则自驾驶员急踩刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为（）
A．5:4B．4:5C．3:4D．4:3
4．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＝2s小球的速度大小为v＝5m/s，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。

则下列说法正确的是
A．初速度大小一定为15m/s，2s末小球在抛出点上方10m处
B．初速度大小一定为15m/s，2s末小球在抛出点下方10m处
C．初速度大小可能为25m/s，2s末小球在抛出点上方30m处
D．初速度大小可能为25m/s，2s末小球在抛出点下方30m处
5．物块A置于倾角为30°的斜面上，用轻弹簧、细绳跨过定滑轮与物块B相连，弹簧轴线与斜面平行，A、B均处于静止状态，如图,，A、B重力分别为10 N和4 N，不计滑轮与细绳间的摩擦，则( )
A ．弹簧对A 的拉力大小为6 N
B ．弹簧对A 的拉力大小为10 N
C ．斜面对A 的摩擦力大小为1 N
D ．斜面对A 的摩擦力大小为6 N
6．如图所示，用三根轻绳将质量为m 的物块静止悬挂在空中。

已知ab 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 ．12mg
B 1
,2
mg
C ．
1
,42
mg mg D ．
1,24
mg mg 7．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比．下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象，可能正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
8．如图所示，一水平传送带以2.0m/s 的速度顺时针传动．水平部分长为2.0m ，其右端与一倾角为θ=37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4m ， 一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端．已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2 ，sin37°=0.6，g 取 10m/s 2．则
A ．物块在传送带一直做匀加速直线运动
B ．物块到达传送带右端的速度大小为1.5m/s
C ．物块沿斜面上滑能上升的最大高度为0.2m
D ．物块返间皮带时恰好到达最左端
9．如图所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦转动，相互之间不打滑，其半径分别为r 1、r 2、r 3。

若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为（ ）
A ．
11
3
r r ω B ．
31
1
r r ω C ．
31
2
r r ω D ．
11
2
r r ω 10．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1T 、2T 、3T ,则有123T T T >>
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 r ω=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v =
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 11．如图所示，两物体与水平面间的动摩擦因数相同，它们的质量相等，在甲图用力F 1推物体，在乙图用力F 2拉物体，两种情况下，力与水平方向所成夹角相等，物体都做匀速运动，经过相同的位移，则F 1和F 2大小关系、F 1对物体功W 1和F 2对物体做功W 2关系满足
A ．F 1= F 2
B ．F 1< F 2
C ．W 1<W .2
D ．W 1>W 2
12．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
二、多选题
13．以速度v 0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，此物体的（ ）
A ．竖直分速度等于水平分速度
B 0
C ．运动时间为0
2v g
D ．发生的位移为2
g
14．汽车发动机的额定功率为60kW ，汽车总质量为5000kg ．汽车在水平面上行驶时，阻力恒为车重的五分之一（g 取10m/s 2）．当汽车以额定功率启动后在水平面上直线行驶的过程中，对汽车运动情况描述正确的有（ ） A ．先做匀加速运动再做变加速运动最后做匀速运动 B ．先做变加速直线运动再做匀速直线运动 C ．汽车受到的阻力为1000N D ．汽车最大速度大小是6m/s
三、实验题
15．某实验小组研究小车的匀变速直线运动，他们使用50Hz 交流电源为电磁打点计时器供电，实验时得到一条纸带．某位同学在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，
并在这个点下标明A ，在第6个点下标明B ，在第11个点下标明C ，在第16个点下标明D ，在第21个点下标明E ．但测量时发现B 点已模糊不清，于是只测得AC 长为14.56cm 、CD 长为11.15cm 、DE 长为13.73cm ，根据以上测得的数据，计算C 点时小车的瞬时速度大小为______m/s ，小车运动的加速度大小为______m/s 2，AB 的距离应为______cm ．（计算结果均保留三位有效数字）
四、解答题
16．如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R =0.5m,离水平地面的高度H =0.8m ，物块平抛落地过程水平位移的大小s =0.4m ．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g =10m/s 2求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v 0； (2)物块与转台间的动摩擦因数μ．
17．汽车发动机的额定功率为40KW ，质量为2000kg ，当汽车在水平路面上行驶时受到
阻力为车重的0.1倍(2
10/g m s )，求：
（1）汽车在路面上能达到的最大速度？
（2）若汽车以额定功率启动，当汽车速度为10/m s 时的加速度？
18．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l ＝26 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：
(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间； (2)滑雪者到达B 处的速度；
(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．
19．在学校组织的趣味运动会上,某科技小组为大家提供了一个寓学于乐的游戏.如图所示,将一质量为0.1kg 的钢球放在O 点,用弹射装置将其弹出,使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和AB 运动, BC 段为一段长为 2.0m L =的粗糙平面, DEFG 为接球槽.圆弧OA 和AB 的半径分别为0.2m r =,0.4m R =,小球与BC 段的动摩擦因数为0.7=μ,C 点离接球槽的高度为 1.25m h =,水平距离为0.5m x =,接球槽足够大, g 取10 2
m
s .求:
(1).要使钢球恰好不脱离圆弧轨道,钢球在A 点的速度A v 多大?在B 位置对半圆轨道的压力多大?
(2).要使钢球最终能落入槽中,弹射速度O v 至少多大?
参考答案
1．D 【详解】
A. 速度时间图象只能表示直线运动的规律，该速度图象表示质点做变速直线运动，故A 项与题意不相符；
B. 质点一直沿正方向，20s 末质点离出发点最远，故B 项与题意不相符；
C. 前10 s ，质点做加速运动，受到的合力方向与速度方向一定相同，故C 项与题意不相符；
D. 根据速度图象的斜率表示加速度，知质点的加速度先减小后增大，由牛顿第二定律知，质点所受的合力是减小后增大，故D 项与题意相符． 2．C 【详解】
AD ．设匀加速直线运动的末速度大小为v ，则加速阶段的加速度大小a 1＝1
v
t ，减速阶段的
加速度大小a 2＝2
v
t ，可知a 1∶a 2＝t 2∶t 1＝1∶2，则速度变化率大小之比为1∶2，故A 、D
错误；
B ．根据匀变速直线运动的平均速度推论知，匀加速和匀减速阶段的平均速度大小均为
2
v
v =
，即平均速度大小之比为1∶1，故B 错误； C ．根据x ＝v t 得，加速阶段和减速阶段的位移大小之比为2∶1，故C 正确． 3．C 【详解】
本题为刹车问题，先求解出刹车时间
4s t
v v t
a
2s 的位移
221
011
(202
52)m 30m 2
2
x v t
at
5s 的位移
222011
(20454)m 40m 22
=+=⨯-⨯⨯=x v t at
故选C 4．C
【详解】
经时间2s t =小球的速度大小为5m/s v =，速度方向可能向上也可能向下；取向上为正； 当2s t =小球的速度为5m/s v =，则由
0v v gt =-
可得：
025m/s v =
此时小球在在抛出点上方
0525
230m 22
++=
=⨯=v v h t 当2s t =小球的速度为5m/s =-v ，则由
0v v gt =-
可得：
015m/s v =
此时小球在在抛出点上方
0515210m 22
+-+=
=⨯=v v h t 故C 正确、ABD 错误； 故选C 。

5．C 【解析】
试题分析：由平衡知识可知，弹簧对A 的拉力大小等于B 对细绳的拉力，大小为4N ，选项AB 错误；斜面对A 的摩擦力大小为：f=m A gsin30°-T=10×0.5N-4N=1N ，选项C 正确，D 错误；故选C. 考点：物体的平衡. 6．B 【详解】
对结点C 受力分析，受到三根绳子拉力，将a F 和b F 合成为F ，如图所示
根据平衡条件有：
c F F mg ==
根据三角函数关系得：
3cos302
a F F mg =⋅=
1cos602
b F F mg =⋅=
B 正确，ACD 错误。

故选B 。

7．
C 【详解】
皮球竖直向上抛出，受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有：mg f ma +=，
根据题意，空气阻力的大小与速度的大小成正比，有：f kv =，联立解得：kv a g m
=+
；由于速度不断减小，故加速度不断减小，到最高点速度为零，阻力为零，加速度为g ，不为零，故BD 均错误；根据kv
a g m
=+
，有 a v t t ∆∆∝∆∆，由于加速度减小，则v t ∆∆也减小，
a t ∆∆也减小，即a -t 图象的斜率不断减小，故A 错误，C 正确． 8．C 【解析】 【详解】
物块在传送带上先做匀加速直线运动，有：1mg ma μ=、2
11
2v x a =，解得：11m 2m x =<，
所以在到达传送带右端前，物块已以2m/s 的速度匀速运动，物块在传送带上先做匀加速直线运动后做匀速运动，故AB 项错误；物块以初速度ν0滑上斜面后，做匀减速直线运动，根
据牛顿第二定律可得，2sin mg ma θ=，当物块速度减为零时，上升高度最大，此时沿斜面
上滑的距离为20221
m 0.4m 23
v x a ==<；上升的最大高度m 2sin 0.2m h x θ==，故C 项正确；物体从斜面返回时，到传送带右端的速度大小为2m/s ，设物块返回皮带时滑动的距离为x 3，
向左滑行时的加速度2
12m/s a =，所以物块向左运动的最大距离2
31
1m 2v x a ==，物体不会到达传送带的左端，故D 项错误． 9．A 【详解】
由甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑知三者线速度相同，其半径分别为r 1、r 2、r 3，则
112233r r r ωωω==
则丙轮的角速度为
11
3
3r r ωω=
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

10．B 【详解】
A. 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 项与题意不相符；
B. 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 项与题意相符；
C. 根据圆周运动的向心力由万有引力提供知
2
2Mm G
m r r
ω= 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 项与题意不相符；
D. 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 项与题意不相
符． 11．D 【解析】 【详解】
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：
1cos 0F f θ-=；y 方向：1sin F mg N θ+=；其中：f N μ=；解得1cos sin mg
F μθμθ
=
-；
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：
2cos 0F f θ-=；y 方向：2sin F N mg θ+=；解得2cos sin mg
F μθμθ
=
+；比较两式，得
到12F F >；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cos W Fs θ=，得到11cos W F s θ=，22cos W F s θ=，故12W W >，故选D ． 12．D 【详解】
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：
22A f m R ω=⋅、2B f m R ω=，当角速度逐渐增大时，两物体所受摩擦力增大，A 物体先达
到最大静摩擦力，当A 物体与杆间摩擦力达到最大时，有：2
1m 2m R f ω⋅=；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2
2m f T m R ω+=⋅，解得：
22m T m R f ω=⋅-，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：2
B f T m R ω'+=，解得：22B m f m R T f m R ωω'=-=-，角速度增大，B 物体所受的
摩擦力减小到零后反向；若B 物体所受摩擦力反向达到最大值后，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2
2F m R ω⋅=向
，向心力增加，合力提供向心力，故合力一直在增大，故D 正确． 13．BCD 【详解】
AC ．当竖直位移和水平位移相等时，有
201
2
v t gt ＝
解得
2v t g
=
则竖直分速度
v y =gt =2v 0
与水平分速度不等，故A 错误，C 正确。

B ．根据平行四边形定则知，瞬时速度的大小
0v ==
故B 正确。

D ．水平位移
2
002v x v t g
=＝
则位移
2
0s g
=＝ 故D 正确。

故选BCD 。

14．BD 【解析】
A 、
B 项：根据P=Fv 知，功率减小，则牵引力减小，开始牵引力等于阻力，根据牛顿第二
定律知，物体产生加速度，加速度的方向与速度方向相反，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，则牵引力与阻力的合力减小，知汽车做加速度减小的加速运动，当牵引力再次等于阻力时，汽车做匀速运动．故A 错误，B 正确； C 项：汽车受到的阻力：f =1
5mg =10000N ，故C 错误；
D 项：额定功率为60kW 时，当牵引力等于阻力时，开始做匀速直线运动，v =P
f =60000
10000
m s ⁄=6m s ⁄，故D 正确．
15．0.986 2.58 5.99 【解析】 【详解】
由题可知，相邻的计数点间的时间间隔为：0.1s T =，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C 点时小车的瞬时速度大小，
()2
14.5611.1513.7310m 0.986m/s 440.1s
AE C x v T -++⨯===⨯
据“逐差法”得：
()()
222222
11.1513.731014.5610m/s 2.58m/s 440.1CE AC x x a T --+⨯-⨯-===⨯ 相等的相邻的时间间隔的位移差恒定，故：
13.7311.15cm 2.58cm BC AB DE CD -=-=-=
且14.56cm AB BC +=；
解得：8.57cm BC =、 5.99cm AB = 16．(1)1m/s (2)0.2 【详解】
(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有2
12
H gt = 在水平方向上有0s v t =
联立解得：0v =代入数据得 v 0＝1 m/s
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有20
m v f m R
=
m f N mg μμ==
联立解得：20
v gR
μ=
代入数据得μ＝0.2
17．①汽车在路面上能达到的最大速度为20m/s ；
②若以恒定功率启动，当汽车速度为10m/s 时的加速度是1m/s 2． 【解析】
试题分析：当牵引力等于阻力时，汽车的速度最大，根据P =fv m 求出汽车的最大速度；根据P =Fv 求出汽车的牵引力，结合牛顿第二定律求出汽车的加速度． 汽车有最大速度时，F =f ，根据P =Fv ， 可得最大速度为：max 40000/20/2000100.1
P v m s m s f =
==⨯⨯ ②当速度v =10m/s 时，则40000400010
P F N N v =
== 根据牛顿第二定律得：F f ma -= 联立以上并代入数据可得：a =1m/s 2
点睛：本题主要考查了机车的启动问题，知道两种启动方式在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定理、动能定理、运动学公式综合求解． 18．1s 16/m s 99.2m 【分析】
由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间． 【详解】
(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a 1=
1sin cos mg mg m
θμθ
-=4m/s 2
解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t=1
v
a =1s
(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x 1=
12
a 1t 2
=2m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a 2=2sin cos mg mg m
θμθ
-=5m/s 2
由v B 2-v 2=2a 2(L-x 1)
解得滑雪者到达B 处时的速度：v B =16m/s
(3)设滑雪者速度由v B =16m/s 减速到v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3，则由动能定理有：
22
2311122
B mgx mv mv μ-=
- ；解得x 3=96m 速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4，则由动能定理有：
21411
02
mgx mv μ-=-；解得 x 4=3.2m
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m
19．(1)m 2s
A v = 6N(2)0m s
v =
【详解】
(1)要使钢球恰好不脱离圆弧轨道，对最高点A 有
2A
mv mg R
= 可得
m 2s
A v =
钢球从A 到B 的过程有
22
11222
B A mg R mv mv ⋅=-
在B 点有
2
B
N mv F mg R
-= 联立可得
6N N F =
根据牛顿第三定律可得,钢球在B 位置对半圆轨道的压力大小为6N
(2)设要使钢球能落入槽中, C 点速度至少为C v ,从C 到D 由平抛运动规律得 水平方向
C x v t =⋅
竖直方向
212
h gt =
可得
m 1s
C v =
假设钢球在A 点的速度恰为以m 2s
A v =时,钢球可运动到C 点,且速度为'C v ，从A 到C
由动能定理有
2
2112'22
C A
mg R mgL mv mv μ⋅-=
- 可得
'0C v <
故当钢球在A 点的速度恰为m 2s
A v =时,钢球不可能到达C 点,更不可能平抛入槽要使钢
球最终能落入槽中,需要更大的弹射速度,才能使钢球既满足不脱离圆弧轨道,又能落入槽中 从O 到C 由动能定理有
221122
C O mg R mgL mv mv μ⋅-=
- 联立可得
0m s
v =。