2020-2021学年广东惠州高三上物理月考试卷

2020-2021学年广东惠州高三上物理月考试卷

一、选择题

1. 如图所示，斜面体放在水平面上，物块放在斜面上，现用水平推力F推物块，在F逐渐增大的过程中，物块和斜面体始终保持静止，则在F增大的过程中，下列说法正确的是（）

A.物块受到的合力增大

B.物块受到斜面的摩擦力增大

C.地面对斜面体支持力增大

D.地面对斜面体的摩擦力增大

2. 如图甲所示，某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起，四根质量不计等长的钢绳，一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚于一处挂在挂钩上，绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形工件的对角线长度相等，如图乙所示．则每根钢绳的受力大小为（）

A.1 4G

B.√2

4

G C.1

2

G D.√3

6

G

3. 汽车以恒定的功率在平直公路上行驶，所受到的摩擦阻力恒等于车重的0.1倍，汽车能达到的最大速度为v m．则当汽车速度为v m

2

时，汽车的加速度为（重力加速度为g）（）

A.0.1g

B.0.2g

C.0.3g

D.0.4g

4. 电梯经过启动、匀速运行和制动三个过程，从低楼层到达高楼层，启动和制动可看作是匀变速直线运动．电梯竖直向上运动过程中速度的变化情况如下表所示．

则前5秒内电梯通过的位移大小为（）

A.19.25m

B.18.75m

C.18.50m

D.17.50m

5. 如图，热气球的下端吊有重物，在恒力作用下，热气球上升的加速度是1m/s2．某时刻重物脱落后，热气球上升的加速度变为2m/s2，重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计，则脱落物体的质量与热气球质量之比为（）

A.1:11

B.1:12

C.1:2

D.11:12

6. 如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC= CD，E点在D点的正上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B 点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程（）

A.球1和球2运动的时间之比为1:2

B.球1和球2动能增加量之比为1:3

C.球1和球2抛出时初速度之比为2√2:1

D.球1和球2运动时的加速度之比为1:2

7. 甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v?t图像为两段

圆弧曲线，如图所示，图中t4=直线，乙物体运动的是v?t图像为两段半径相同的1

4

2t2，则在0～t4时间内，以下说法正确的是（）

A.甲物体的加速度不变

B.乙物体做曲线运动

C.甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度

D.两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇

8. 如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定在地面上，质量相等的两个小

球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由滑下，它们通过轨道最低点时（）

A.速度相同

B.向心加速度不相同

C.对轨道的压力相等

D.机械能相等

9. 据报道，2013年4月23日荷兰“火星一号”公司开始在全球招募移民火星的志愿者，将于2023年发射飞船将志愿者送往火星定居．已知火星绕太阳公转的轨道半径约为地

球的3

2倍，火星的质量约为地球的1

10

、火星的半径约为地球的1

2

，下列说法正确的是（）

A.志愿者在火星上过“一年”比在地球上要长

B.志愿者在火星表面附近的重力约为地球表面附近重力的2

5

C.火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的√2倍

D.载有志愿者的飞船减速落向火星表面时，志愿者处于失重状态

10. 如图所示，质量为m、半径为R的光滑半圆形轨道A静置于光滑水平面上，E、F两

点与圆心O高度相等，质量为m

2

的物块B（可视为质点）从E点静止释放，下列判断正确的是（）

A.A、B组成的系统动量守恒

B.A、B组成的系统机械能守恒

C.物块B能滑到F点

D.在轨道最低处B的速度大小为2√gR

3

二、实验探究题

某同学利用如图甲装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．

（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态．

（2）他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线，由此图线可

得该弹簧的原长x0＝________cm，劲度系数k=________N/m．

（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝________cm．

某同学用如图1所示的装置来研究牛顿第二定律和动能定理的问题．

①为了尽可能减少摩擦力的影响，计时器最好选用（填“电磁”或“电火花”）________

式打点计时器，在不悬挂沙桶的情况下，同时需要将长木板的右端垫高，使小车拖动

纸带穿过计时器时，在纸带上留下________．

②在________条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，在控制

张质量不变的情况下，可以探究加速度与合力的关系．（小车质量M，沙和桶的质量m）③在此实验中，此同学先接通计时器的电源，再放开纸带，如图2是在沙和沙桶的质

量为m，小车质量为M情况下打出的一条纸带，O为小车开始运动打下的第一点，A、

B、C为过程中的三个相邻的计数点，相邻的计数点之间有四个点没有标出，其中?A=

42.05cm，?B=51.55cm，?C=62.00cm，则小车的加速度为a=________m/s2，打B 点时小车的速度为v B=________ m/s．（保留2位有效数字）

④在此实验中，要探究小车运动的动能定理，要满足一个怎样的关系式

________．（用题中的字母符号表示，不要计算结果）

三、解答题

如图所示，直线MN表示一条平直公路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间

的距离为85m，现甲车先开始向右做匀加速直线运动，加速度a1=2.5m/s2，甲车运动6s时，乙车开始向右做匀加速直线运动，加速度a2=5m/s2，忽略车的长度．求：

（1）两辆汽车再经过多长时间相遇．

（2）两辆汽车相遇处距A处的距离．

如图所示，质量为M=2kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端放置着质量为M A=2kg的物体A（可视为质点）．一个质量为m=20g的子弹以500m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A静止在车上．若物体A与小车间的动摩擦因数μ=0.5．(g取10m/s2)

（1）平板车最后的速度是多大？

（2）全过程损失的机械能为多少？

如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时速度为6m/s，物块与桌面的动摩擦因数μ= 0.4，B、D间水平距离s BD=2.5m，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g= 10m/s2，求：

（1）物块离开桌面D时的速度大小．

（2）P点到桌面的竖直距离?．

（3）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）．

（4）释放后m2运动过程中克服桌面摩擦力做的功．

参考答案与试题解析

2020-2021学年广东惠州高三上物理月考试卷

一、选择题

1.

【答案】

D

【考点】

整体法与隔离法在平衡问题中的应用

摩擦力的判断

【解析】

分别对物块和整体受力分析，通过共点力平衡，抓住合力为零分析各个力的变化．注

意物体所受的静摩擦力先沿斜面向上．

【解答】

解：A．物块和斜面体始终保持静止，则合力始终为零，故A错误．

B．对物块分析，如图：

在垂直斜面方向上有：N=mg cosθ+F sinθ，当F增大，则N增大，对于摩擦力的大小，开始摩擦力方向沿斜面向上，当F增大，f减小，当f减小到零，F继续增大，则f反向

增大，即f先减小到零然后反向增大，故B错误．

CD．对整体分析，受力如图：

在水平方向上，f=F，F增大，则摩擦力f增大，在竖直方向上N=G，则地面对斜面

体支持力不变，故C错误，D正确．

故选D．

2.

【答案】

D

【考点】

平衡条件的基本应用

【解析】

根据几何关系得到钢丝绳与竖直方向的夹角，四根绳子在竖直方向的分力等于重力，

由此列方程求解。

【解答】

解：设每根钢丝绳的拉力为F，由题意可知每根绳与竖直方向的夹角为30°，

根据共点力的平衡条件可得：4F cos30°=G，

．

解得：F=√3G

6

故选D．

3.

【答案】

A

【考点】

机车启动问题-恒定功率

【解析】

汽车达到速度最大时，汽车的牵引力和阻力相等，根据功率P＝Fv，可以根据题意算出汽车发动机的功率P，当速度为v m

2

时，再运用一次P＝Fv即可求出此时的F，根据牛顿第二定律就可求出此时的加速度．

【解答】

解：设汽车质量为m，则汽车行驶时的阻力f=0.1mg，

当汽车速度达到最大v m时，汽车所受的牵引力F=f，

则有P=f?v m，

当速度为v m

2时有：P=F?v m

2

，

由以上两式可得：F=2P

v m

=2f，

根据牛顿第二定律：F?f=ma，

则a=F?f

m

=0.1g，故A正确，BCD错误．

故选A．

4.

【答案】

B

【考点】

匀变速直线运动规律的综合运用

【解析】

本题考查匀变速直线运动规律．

【解答】

解：由表格中的数据可得，电梯启动时的加速度a=2.0m/s2，电梯匀速运行的速度v=5.0m/s，

设电梯启动时间为t，由匀变速直线运动规律得t=v

a = 5.0m/s

2.0m/s2

=2.5s，

则前5s内电梯通过的位移x=1

2at2+v(5.0s?t)=1

2

×2.0m/s2×(2.5s)2+

5.0m/s×(5.0?2.5)s=18.75m，B正确，ACD错误．

故选B．

5.

【答案】

A

【考点】

牛顿运动定律的应用—从运动确定受力

【解析】

重物未脱落前根据牛顿第二定律列方程，重物脱落后根据牛顿第二定律列方程，解方

程组即可求解；

【解答】

解：设热气球的质量为m1，重物质量为m2，根据牛顿第二定律可知，

重物脱落前F?(m1+m2)g=(m1+m2)a1，

重物脱落后F?m1g=m1a2，

联立解得：m2:m1=1:11，故A正确，BCD错误．

故选A．

6.

【答案】

C

【考点】

斜面上的平抛问题

动能定理的应用

【解析】

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确

定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比．根据动能定理求出动能的增加量之比．【解答】

解：A．因为AC=2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据?=1

2gt2得t=√2?

g

，

解得球1和球2运动的时间比为1:√2，故A错误；

B．根据动能定理得mg?=ΔE k，知球1和球2动能增加量之比为1:2，故B错误；C．由几何关系可知，球1与球2在水平方向的位移之比为2:1，结合x=v0t，解得初速度之比为2√2:1，故C正确；

D．平抛运动的物体只受重力，加速度为g，故两球的加速度相同，故D错误．

故选C．

7.

【答案】

C

【考点】

v-t图像（匀变速直线运动）

平均速度

【解析】

速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，平均速度等于位移与时间之比，结合数学知识进行分析．

【解答】

解：A．速度时间图线的斜率表示加速度，则知甲的加速度是变化的，故A错误；B．速度图像不是物体的运动轨迹，乙做的是变速直线运动，故B错误；

C．图线与时间轴围成的面积表示位移，根据几何关系可知，0～t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故C正确；

D．根据图像可知，两物体t3时刻相距最远，t4时刻相遇，故D错误．

故选：C．

8.

【答案】

C,D

【考点】

竖直面内的圆周运动-弹力

单物体的机械能守恒问题

【解析】

小球从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支

持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可求出小球到最低点的

速度，然后由向心加速度公式求向心加速度，由牛顿第二定律求出支持力，进而来比

较向心加速度大小和压力大小．

【解答】

解：A．设半圆轨道的半径为r，小球到最低点的速度为v，由机械能守恒定律得：

mgr=1

2

mv2，所以v=√2gr由于它们的半径不同，所以速度不等，故A错误；

B．小球的向心加速度a n=v2

r

，与上式联立可以解得：a n=2g，与半径无关，因此此

时小球的向心加速度相等，故B错误；

C．在最低点，由牛顿第二定律得：F N?mg=m v2

r

，联立解得；F N=3mg，即压力

为3mg，由于球的质量相等，所以对轨道的压力相同，故C正确．

D．A、B两点由静止开始自由下滑过程中，受到重力和支持力作用，但只有重力做功，机械能守恒，两球初位置的机械能相等，所以末位置的机械能也相等，故D正确．

故选CD．

9.

【答案】

A,B

【考点】

万有引力定律及其应用

【解析】

研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，求出周期表达式进行比较，

根据万有引力等于重力表示出重力加速度，再去进行比较，第一宇宙速度v=√，

根据加速度方向判断超重还是失重．

【解答】

解：A．研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：G Mm

r2=m4π2r

T2

得：T=2π√r3

GM

，M为太阳的质量，r为轨道半径，火星的轨道半径大于地球的轨道半径，通过T的表达式发现公转轨道半径大的周期长，即火星公转的周期比地球的长，则志愿者在火星上过“一年”比在地球上要长，故A正确；

B．根据万有引力等于重力得出：G Mm

R2=mg得：g=G M

R2

，根据火星直径约为地球的

一半，质量约为地球的十分之一，计算得出火星表面的重力加速度约为地球表面的2

5

，

根据重力G=mg可知，志愿者在火星表面附近的重力约为地球表面附近的2

5

，故B正确；

C．第一宇宙速度v=√gR，根据表面的重力加速度约为地球表面的2

5

，火星直径约为

地球的一半，可知，火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的√5

5

，故C错误；D．载有志愿者的飞船减速落向火星表面时，加速度向上，处于超重状态，故D错误．

10.

【答案】

B,C,D

【考点】

动量守恒定律的综合应用

系统机械能守恒定律的应用

【解析】

小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒；所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，物块B滑至轨道最低处过程中物块与轨道系统机械能守恒，系统动量守恒求出B的速度．

【解答】

解：AB．小球与半圆形槽组成的系统在水平方向不受力，所以水平方向的动量守恒，但在竖直方向受重力作用，故系统总的动量不守恒，所有的接触面都是光滑的，故在整个的运动过程中只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A错误，B正确；C．根据机械能守恒定律和水平方向动量守恒定律可知，物块B能滑到F点，故C正确；

D．物块B滑至轨道最低处过程中物块与轨道系统机械能守恒：m

2gR=1

2

?m

2

v B2+1

2

mv A2，

系统动量守恒：m

2v B=mv A，联立解得：v A=√gR

3

, v B=2√gR

3

，故D正确．

故选BCD．

二、实验探究题

【答案】

（1）竖直

（2）4,50

（3）10

【考点】

探究弹力和弹簧伸长的关系

【解析】

（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；

（2）弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律F＝k△x求解劲度系数；

（3）直接从弹簧秤得到弹力，再从图像b弹簧弹簧长度。

【解答】

解：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；

（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2N时，弹簧的长度为

8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律F＝kΔx，有：k=F

Δx =2N

0.04m

=50N/m；

（3）由图丙得到弹簧的弹力为3N，根据图乙得到弹簧的长度为10cm．

【答案】

①电火花,均匀点迹,②沙和沙桶的总质量远小于小车的质量,③0.95,1.0,④mg?B=

1

2

Mv B2

【考点】

验证牛顿第二运动定律

【解析】

(1)电磁打点计时器的摩擦阻力大于电火花打点计时器．在没有沙桶拖动下，小车和纸带能做匀速直线运动时，摩擦力得到平衡．

(2)实验时我们认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，但实际不是，实际的拉力为F=Mmg

M+m

，只有在M>>m的情况下近似认为拉力等于mg；实验的方法是控制变量法，要探究加速度与合外力的关系就必须控制M不变．

(3)根据△x=aT2计算加速度a=△x

T2

；根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度来计算v B；

【解答】

解：①电火花计时器摩擦小，误差小，平衡摩擦力后，小车不受拉力时匀速运动．②平衡摩擦力后，对小车，由牛顿第二定律得：F=Ma，对桶和沙组成的系统，由

牛顿第二定律得：mg?F=ma，联立这两个公式整理得：a=mg

M+m

，由此可以看出只有当沙和桶质量远小于小车质量的条件下，可以认为绳对小车的拉力近似等于沙和沙桶的总重力，探究加速度与合力的关系时，应控制小车质量不变，改变拉力大小，看加速度与力之间有什么关系．

③由Δx=aT2得：a=Δx

T2=(0.6200?0.5155)?(0.5155?0.4205)

0.01

m/s2=0.95m/s2，

根据匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度可知：

v B=?AC

2T =0.6200?0.4205

0.2

m/s=1.0m/s．

④根据动能定理得：mg?B=1

2

Mv B2，即要探究小车运动的动能定理，要满足：

mg?B=1

2

Mv B2．

三、解答题

【答案】

（1）两辆汽车再经过4s、8s相遇．

（2）两辆汽车第一次相遇处距A处的距离为125m，第二次相遇处距A处的距离为245m．

【考点】

匀变速直线运动规律的综合运用

匀变速直线运动的位移与时间的关系

【解析】

此题暂无解析

【解答】

解：（1）甲车运动6s的位移为x0=1

2

a1t02=45m，

此时甲车尚未追上乙车，设此后经过时间t与乙车相遇，则有1

2a1(t+t0)2=1

2

a2t2+

85m，

将上式代入数据并整理得：t2?12t+32=0，

解得：t1=4s，t2=8s，

t1、t2都有意义，t1=4s时，甲车追上乙车，

t2=8s时，乙车追上甲车再次相遇．

（2）第一次相遇地点距A的距离：x1=1

2

a1(t1+t0)2=125m，第二次相遇地点距A

的距离：x2=1

2

a1(t2+t0)2=245m．

【答案】

（1）平板车最后的速度是2m/s．

（2）全过程损失的机械能为2392J．

【考点】

动量守恒定律的综合应用

能量守恒定律的应用

【解析】

①应用动量守恒定律可以求出速度；

②由能量守恒定律可以求出损失的机械能．

【解答】

解：（1）子弹击中物体过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，

由动量守恒得：mv0=mv′+M A v，代入数据解得：v=4m/s，

M和M A系统相互作用过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：M A v=(M+M A)v车，代入数据解得：v车=2m/s；

（2）由能量守恒定律得：系统损失的动能即为全程损失的机械能

ΔE=1

2mv2?1

2

mv′2?1

2

(M+M A)v

车

2，代入数据解得：ΔE=2392J．

【答案】

（1）物块离开桌面D时的速度大小是4m/s．

（2）P点到桌面的竖直距离?是0.8m．

（3）m2不能沿圆轨道到达M点．

（4）释放后m2运动过程中克服桌面摩擦力做的功是5.6J．

【考点】

动能定理的应用

运动的合成与分解

摩擦力做功与能量转化

【解析】

(1)对BD过程，运用动能定理列式，可求出物块离开桌面D时的速度大小；

(2)物块离开D点做平抛运动，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，知道了到达P点的速度方向，将P点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据竖直方向上做自由落体运动求出竖直分速度，再求?；

(3)物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=m v2

R

，根据机械能守恒定律，求出M点的速度，与临界速度进行比较，判断其能否沿圆轨道到达M点；(4)释放两个物体时弹簧的弹性势能相等，由释放过程，由能量守恒列式．再由动能定

理列式，可求m 2运动过程中克服桌面摩擦力做的功． 【解答】 解：（1）设物块离开桌面D 时的速度为v D ，由动能定理可得：

?μm 2gs BD =1

2m 2v D 2?1

2m 2v B 2，

得：v D =4m/s ．

（2）设物块落到P 点时其竖直速度为v y ，

由v y

v D

=tan 45°，v y 2

=2g?，

得：?=0.8m ．

（3）若物块能沿轨道到达M 点，其速度为v D ，则：

1

2m 2v M 2=1

2

m 2v D 2?√2

2

m 2gR ， 得：v M 2

=16?8√2(m 2/s 2)，

若物块恰好能沿轨道过M 点，则有：m 2g =m 2

v M

′2

R

，

解得：v M ′2=8m 2/s 2>v M 2， 所以m 2不能沿圆轨道到达M 点．

（4）设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ， 释放m 1时有：E p =μm 1gs CB ，

释放m 2时有：E p =μm 2gs CB +1

2m 2v B 2

， 且m 1=2m 2，可得E p =m 2v B 2=7.2J ，

m 2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f ， 则：E p ?W f =1

2m 2v D 2

，

得：W f =5.6J ．