2021届广东省云浮市郁南县蔡朝焜纪念中学高三(上)10月物理试题

2021届广东省云浮市郁南县蔡朝焜纪念中学高三（上）10月
物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．牛顿在总结别人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()
A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力
B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡
C．人推车加速前进，人对车的作用力的大小等于车对人的作用力的大小
D．物体在地面上滑行，物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力
2．某航母跑道长200m飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为
A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s
3．如图所示的装置中，A、B两物块的质量分别为4kg、2kg，不计弹簧和细绳质量以及一切摩擦，重力加速度取g=10m/s2。

先用手托住物块A使系统处于静止状态，然后迅速释放A，则释放A的瞬间，下列说法正确的是（）
A．弹簧的弹力大小为30N
B．弹簧的弹力大小为40N
C．B的加速度大小为10m/s2
D．A的加速度大小为5m/s2
4．如图所示，“L”形支架AOB水平放置，物体P位于支架的OB部分，接触面粗糙；一根轻弹簧一端固定在支架AO上，另一端与物体P相连，物体P静止时，弹簧处于拉伸状态。

现将“L”形支架绕O点逆时针缓慢旋转，P与支架始终保持相对静止，在转动的过程中，以下判断正确的是（）
A ．弹簧长度变小
B ．OB 对P 的摩擦力变小
C ．P 对OB 的压力增大
D ．OB 对P 的作用力变大
5．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响，下列说法中正确的是
A ．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B ．风力越大，运动员着地时的竖直速度越大，有可能对运动员造成伤害
C ．运动员下落时间与风力无关
D ．运动员着地速度与风力无关
6．“套圈圈”是老少皆宜的游戏。

如图，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度12v v 、抛出铁丝圈，都能套中地面上的同一目标，且铁丝圈在空中运动时间分别为12t t 、，不计空气阻力，则（ ）
A ．12v v =
B ．12v v ＞
C ．12t t ＞
D ．12t t =
7．如图，将手电筒竖直向上放置，接通电源开关，旋松后盖使小电珠恰能点亮。

手持电筒并保持它在竖直方向运动，要使得小电珠熄灭，可以（ ）
A．缓慢向上匀速运动
B．突然向上加速运动
C．缓慢向下匀速运动
D．突然向下加速运动
二、多选题
8．如图所示为甲物体和乙物体在平直地面上同向运动的v-t图象，已知t=0时乙在甲前
方
010
x m
处。

下列说法正确的是（）
A．2s时，甲物体的速度方向发生改变
B．3s时，甲、乙物体相遇
C．在0~4s内，甲和乙之间的最小距离为2m
D．在3s~4s内乙物体在甲物体前面
9．A物体自高为H的塔顶自由下落的同时，B物体自塔底以初速度大小v0竖直上抛，B 物体上升至最高点时，A物体正好落地，则下列说法中正确的是（）
A．A物体落地时速度大小大于v0
B．B物体上升的最大高度大于H
C．两物体相遇时离地面的高度为3 4 H
D．两物体相遇时，A、B两物体的速度大小均为0
2
v
10．如图所示，为骨科医院用于牵引受伤颈椎的器具的示意图，一根轻绳绕过两个定滑轮和一个动滑轮后两端各挂一个质量相同的重物，与动滑轮相连的帆布带牵引病人的受伤颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平面内，如果要增大颈椎所受的拉力，可采取的办法有（）
A．只将手指向下移动B．只将手指向上移动
C ．只增加与重物相连的绳子长度
D ．只增加重物的质量
三、实验题
11．某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为1l ，如图1所示，图2是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是1毫米）上位置的放大图，示数1l =__________cm 。

在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度
分别是2l 、3l 、4l 、5l 。

已知每个钩码质量是50g ，挂2个钩码时，弹簧弹力2F __________N
（当地重力加速度2
9.8m/s g =）。

要得到弹簧伸长量x ，还需要测量的是__________。

作出F 〜x 曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系如图3．图线不过原点的原因_____________。

12．2021年5月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。

某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。

实验步骤如下：
（i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。

（ii）调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。

将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。

然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L 与运动时间t的数据。

（iii）该同学选取部分实验数据，画出了2L
t
—t图像，利用图像数据得到小物块下滑的
加速度大小为5.6 m/s2
（i v）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。

回答以下问题：
(1)当木板的倾角为37°时，所绘图像如图乙所示。

由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_____m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B 两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_____m/s2.（结果均保留2位有效数字）(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_____ m/s2.（结果保留2位有效数字，sin37°= 0.60，cos37°=0.80）
四、解答题
13．如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面体上，设小球质量为m，
斜面倾角30α=︒，细绳与竖直方向的夹角30θ=︒，斜面体的质量3M m =，置于粗
糙水平地面上．
（1）当斜面体静止时，求细绳对小球拉力的大小； （2）求地面对斜面体摩擦力的大小和方向；
14．如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°的长斜面体，物体A 以v 1=8m/s 的初速度沿斜面上滑，同时在物体A 的正上方，有一物体B 以某一初速度水平抛出，当A 的速度大小为4m/s 时恰好被B 首次击中。

已知物体A 与斜面体间的动摩擦因数为0.25，A 、B 均可看作质点，g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求物体B 抛出时初速度大小。

15．如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v =4m/s ，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m =1kg 的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F =10N ，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h =2.4m 的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．问：
（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？
（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F ，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？
参考答案
1．C 【详解】
A.物体对地面的压力和地面对物体的支持力是一对作用力与反作用力，是同时产生的，所以选项A 不符合题意；
B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力分别作用在地面和物体上，是一对作用力与反作用力，不是平衡力，选项B 不符合题意；
C.人对车的作用力与车对人的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项C 符合题意；
D.物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项D 不符合题意． 2．B 【详解】
试题分析：由运动学公式22
02v v as -=，代人数据得：
010m /s v ===，故选B 正确．
考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系 【名师点睛】
已知飞机的末速度、加速度和位移，代入公式，即可求出初速度；该题考察导出公式的应用，直接代入公式即可． 3．D 【详解】
AB ．系统原来处于静止状态，弹簧的弹力大小为
210N 20N B F m g ==⨯=
释放A 的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为20N ，A 、B 错误；
C ．释放A 的瞬间，B 的受力情况不变，合力仍为0，则B 的加速度为0，C 错误；
D ．释放A 的瞬间，对A 由牛顿第二定律得
A A A m g F m a -=
解得
2 5m/s A a =
D 正确。

故选D 。

4．D 【详解】
A ．物体P 随支架逆时针旋转过程中，由于P 与支架始终保持相对静止，所以弹簧的长度不变，A 错误；
BC ．物体P 随支架逆时针旋转过程中，受力分析如下图所示
根据平衡条件可得
cos N F mg θ= sin f F F mg θ=+
由于θ增大，则支持力F N 减小，根据牛顿第三定律，P 对OB 的压力也减小；θ增大，弹簧弹力F 不变，则摩擦力也增大，B 、C 错误；
D ．OB 对P 的作用力大小等于支持力和摩擦力的合力，则有
F ==合整理得
F ==合
由于θ增大，弹力F 不变，则F 合变大，D 正确。

故选D 。

5．C 【详解】
AC.运动员同时参与了两个分运动，竖直方向向下落和水平方向随风飘，两个分运动同时发
生，相互独立；则水平方向的风力大小不影响竖直方向的运动，即落地时间不变，选项A 错误，C 正确；
BD.不论风速大小，运动员竖直方向的运动不变，则下落时间和竖直方向下落的速度不变，但水平风速越大，水平方向的速度越大，则落地的合速度越大，故BD 错误． 6．C 【详解】
AB.水平分运动是匀速运动，则
0x v t =
水平分位移x 相同，得12v v ＜，故AB 错误；
CD.铁丝圈做平抛运动，竖直分运动是自由落体运动，则
212
h gt =
有
t =
得
12t t ＞
故C 正确D 错误。

故选C 。

7．B 【详解】
AC ．若电筒缓慢向上、向下匀速运动，电筒处于平衡状态，内部连接状况不变，小电珠能发光，故AC 错误；
B ．若突然向上加速运动，以电池为研究对象，受向上的弹力突然增大，弹簧形变量增大，即压缩量增大，使得电池与电珠断开，小电珠熄灭，所以B 正确；
D ．若突然向下加速，电池受向上的弹力减小，弹簧压缩量减小，电路仍然是通路，所以小灯珠不会熄灭，故D 错误。

故选B 。

8．CD
【详解】
A ．2s 时，甲物体由匀加速直线运动变为匀减速直线运动，速度方向不变。

故A 错误；
B ．3s 时，甲、乙物体图像相交，此时，速度相等，并不是相遇。

故B 错误；
CD ．t =0时乙在甲前方010x m =处，在0~3s 内，甲比乙速度大，甲、乙之间的距离逐渐缩小。

因为在0~3s 内，甲比乙多走了8m 。

因此3s 时，乙在甲前方2 m 处。

3~4s 内，乙速度比甲大，甲、乙之间的距离又逐渐增大。

综上，在0~4s 内，乙一直在甲前方，且甲和乙之间的最小距离为2m 。

故C 、D 正确。

故选CD 。

9．CD 【详解】
AB ．因为A 、B 两物体运动的加速度相同，时间相同，速度变化量相等，则A 物体落地时速度与B 物体上抛时初速度大小相等，都等于v 0，B 物体上升的最大高度与A 物体的下落高度相等，都等于H ，选项AB 错误； CD ．设两物体相遇时所用的时间为t ，则有
H ＝h A ＋h B ＝
12gt 2＋v 0t －12
gt 2 可得
H
t v =
设相遇时两球速度大小分别为v A 、v B ，则有
v A ＝gt v B ＝v 0－gt
20v ＝2gH
可得
v A ＝v B ＝
2v h A ＝1
2gt 2＝4H
h B ＝34
H
即两物体相遇时离地面的高度为
34
H
，选项CD 正确。

故选CD 。

10．AD
【详解】
AB ．由力的合成可知，在分力不变时增大夹角，则合力减小，即将手指向上移动时增大了夹角，合力减小，而将手指向下移动减小了夹角，则合力增大，故A 正确，B 错误； C ．只增加绳的长度既没有增大分力的大小，也没有改变力的夹角，所以对合力没有影响，故C 错误；
D ．夹角不变时，分力增大，合力就增大，增加重物的重量就是增大分力，故D 正确。

故选AD 。

11．25.85 0.98 弹簧的原长0l 弹簧自身存在重力
【详解】
［1］由题意知，刻度尺的最小分度是1mm ，读数时应估读到0.1mm ，由图2可知，指针在刻度线25.8cm 和25.9cm 之间，估读一位，示数为l 1=25.85cm 。

［2］弹簧弹力与钩码的重力平衡，两个钩码的重力是
G =2mg =2×0.050×9.8N=0.98N
所以弹簧的弹力
F 2=0.98N
［3］弹簧的伸长量等于弹簧拉伸时的长度与弹簧的原长之差，所以还需要测量弹簧的原长。

［4］由图3可知，在没有挂钩码时，弹簧就有伸长，是由于弹簧的本身重力使弹簧伸长的。

12．0.32或0.33 3.1 9.4
【详解】
(1)[1][2]根据201
2
L v t at =+可得 022L v at t
=+ 则由2-L t t
图像可知 2026510m/s v -=⨯
则
v 0=0.33m/s
2
222(19065)10m/s 3.1m/s 4010
a k ---⨯===⨯ (2)[3]由牛顿第二定律可知
sin cos mg mg ma θμθ-=
即
sin cos a g g θμθ=-
当θ=53°时a =5.6m/s 2，即
sin 53cos53 5.6g g μ-=
当θ=37°时a=3.0m/s 2，即
sin 37cos37 3.1g g μ-=
联立解得
g =9.4m/s 2
13．（1（2mg 【详解】
（1）以小球为研究对象受力分析如图所示
由共点力的平衡条件，可得
在x 轴方向有：
F T sin θ=F N1sin α
在y 轴方向有：
F N1cos α+F T cos θ=mg
解得
F T （2）以小球和斜面体整体为研究对象受力分析如图所示
由共点力平衡条件，在x 轴方向可得
F f =F T •sin θ=
6
mg 方向水平向左
14．4.8m/或1.6m/s
【详解】
物体A 沿斜面上滑时，由牛顿第二定律得 sin cos mg mg ma θμθ+=
A 物体被击中时其速度方向向上，则其运动时间和上滑的距离为
1v v t a
-=- 2212ax v v -=-
这段时间内，B 物体的水平位移为
2cos B x x θυt ==
解得
2 4.8m/s υ=
A 物体被击中时其速度方向向下，则其运动时间和上滑的距离为
,1v v t a
--=- 2212ax v v -=-
这段时间内，B 物体的水平位移为
2cos B x x θυt ==
解得
2 1.6m/s υ=
综上，B 物体的初速度可能为4.8m/或1.6m/s 。

15．（1）1.25s （2）1s ；2m/s
【详解】
(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律
1cos37sin 37ma F mg mg μ=+︒-︒
计算得：
2
18m/s a =，110.5s v t a == ，2
111m 2v x a == 物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改变
2cos37sin 37ma F mg mg μ=-︒-︒
计算得：
20a =
因为
4.0m sin 37h x =
=︒， 2120.75s x x x t v v
-=== 得 12 1.25s t t t =+=
（2）若达到同速后撤力F ，对物块受力分析，因为sin 37mg ︒>cos37mg μ︒，故减速上行
3sin 37cos37ma mg mg μ=︒-︒
得
232m/s a =
设物块还需t '离开传送带，离开时的速度为t v ，则
22322t v v a x -=，2m/s t v =；3t v v t a -'=， 1s t '=。