2020-2021学年重庆重庆高三上物理月考试卷

这是一份2020-2021学年重庆重庆高三上物理月考试卷，共8页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。


1. 某一质点运动的位移x随时间t变化的图像如图所示，则（ ）

A.第10s末，质点的速度最大
B.5s末与15s末，质点的速度方向相反
C.0∼10s内，质点通过的位移等于5m
D.10∼20s内，质点的速率先增加后减小

2. 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则物体的加速度是（ ）
A.23m/s2B.43m/s2C.89m/s2D.169m/s2

3. 如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ=45∘，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量最小值是（ ）

A.2mgkB.2mg2kC.42mg3kD.2mgk

4. 如图所示，木块B静止在水平地面上，木块A叠放在B上，A的左侧靠在光滑的竖直墙面上．关于A、B的受力情况，下列说法中正确的是（ ）

A.B对A的作用力方向一定竖直向上
B.B对A的作用力一定大于A的重力
C.地面对B的摩擦力方向可能向右
D.地面对B的支持力大小一定等于A、B的总重力

5. 如图所示，水平地面上有一个半球体A．现在A与竖直墙之间放一完全相同的半球体B，不计一切摩擦，将A缓慢向左移动（B未与地面接触），则在此过程中A对B的弹力F1、墙对B的弹力F2（ ）

A.F1变小、F2变小B.F1变小、F2变大
C.F1变大、F2变大D.F1变大、F2变小

6. 如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4s抛出一球，接到球便立即把球抛出．已知除抛、接球的时刻外，空中总共有4个球，将球的运动近似看作是竖直方向的运动，球到达的最大高度是（高度从抛球点算起，取g=10m/s2）（ ）



7. 在港珠澳大桥建设中，将一个直径22m的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界记录．钢筒质量为M，起重机用10根对称分布的、长为22m的钢索将其吊起，静止于空中．则每根钢索受到的拉力大小为（ ）
A.Mg10B.3Mg15C.3Mg20D.23Mg3

8. 科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光间隔时间正好与水滴从A下落到B的时间相同，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，对出现的这种现象，下列描述正确的是(g＝10m/s2)（ ）

A.水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足tABB.闪光的间隔时间是210s
C.水滴在相邻两点间的平均速度v¯AB:v¯BC:v¯CD=1:4:9
D.水滴在各点速度之比满足vB:vC:vD＝1:3:5
二、多选题

以下说法正确的是（ ）
A.载重汽车的重心会随着装货多少及货物的位置的变化而变化
B.放在水平桌面上的书与桌面相互挤压，由于书的形变，桌面对书产生向上的支持力
C.只有运动的物体才能受到滑动摩擦力，并且方向总是与物体的运动方向相反
D.两个接触面之间有摩擦力则一定有弹力，且摩擦力方向一定与弹力方向垂直

以往公路上用单点测速仪测车速，个别司机由于熟知测速点的位置，在通过测速点前采取刹车降低车速来逃避处罚，但却很容易造成追尾事故，所以有些地方已开始采用区间测速，下列说法正确的是（ ）

A.单点测速测的是汽车的瞬时速率
B.单点测速测的是汽车的平均速率
C.区间测速测的是汽车的瞬时速率
D.区间测速测的是汽车的平均速率

一个物体做匀减速直线运动，其初速度大小为4m/s，经过1s后速度大小为3m/s，规定初速度的方向为正方向，则物体的加速度可能为（ ）
A.7m/s2B.−7m/s2C.1m/s2D.−1m/s2

甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v−t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.乙物体一直向正方向运动
B.t2时刻，乙物体追上甲物体
C.t1时刻，两者相距最远
D.0∼t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大
三、实验探究题

如图所示为“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置图，实验所用电源频率为f，则：

（1）按照实验要求应该（ ）
A.要平衡摩擦力
B.要求悬挂物的质量远小于小车的质量
C.先释放小车，再接通电源
D.先接通电源，再释放小车

（2）如图所示为实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E为依次排列的五个计数点，每相邻两个计数点间还有四个点没有画出来．量出B、C、D、E点到A点的距离为d1、d2、d3、d4，则打B点时小车的速度vB=__________，用逐差法求小车的加速度表达式为a=_________．

在“验证力的平行四边形定则”时小明仔细分析实验数据，怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化，影响了实验结果．他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度，发现读数不相同，于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响．
实验装置如图所示，将一张白纸固定在竖直放置的木板上，橡皮筋的上端固定于O点，下端N挂一重物．用与白纸平行的水平力缓慢地移动N，在白纸上记录下N的轨迹．重复上述过程，再次记录下N的轨迹．两次实验记录的轨迹如图所示．过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，则：

（1）实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时橡皮筋的拉力Ta、Tb的大小关系为________．

（2）根据实验，可以得出的实验结果有哪些__________（填写选项前的字母）．
A.两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长
B.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
C.两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较大
D.两次受到的拉力相同时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差越大

（3）根据小明的上述实验探究，请对“验证力的平行四边形定则”实验提出一条注意事项__________．
四、计算题

质量为m=1kg的物体，在水平拉力的作用下，从静止开始沿粗糙水平面运动，经过时间2s，拉力停止作用，再经4s物体停止．运动过程中v−t的图像如图，g取10m/s2．求：

（1）物体运动过程总位移大小．

（2）物体和水平面间的动摩擦因数．

（3）水平拉力的大小F．

如图所示，光滑斜面的倾角为θ，斜面上有两个完全相同的小球分别用固定的光滑挡板A、B挡住．挡板A沿竖直方向，挡板B垂直于斜面．

（1）请分别画出将两个小球所受的重力按效果进行分解的示意图．

（2）求A、B两挡板受到两个小球的压力大小之比．

（3）求斜面受到两个球压力大小之比．

同向运动的甲、乙两质点在某时刻恰好通过同一路标，以此时为计时起点，此后甲质点的速度随时间的变化关系为v＝4t+12(m/s)，乙质点位移随时间的变化关系为x＝2t+4t2(m)．
（1）两质点何时再次相遇？

（2）两质点相遇之前何时相距最远？最远的距离是多少？

如图甲所示，倾角θ＝37∘的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m＝1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t＝0时释放滑块．在0∼0.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知弹簧的劲度系数k＝2.0×102N/m，当t＝0.14s时，滑块的速度v1＝2.0m/s．g取10m/s2，sin37∘＝0.6，cs37∘＝0.8．最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：

（1）斜面对滑块摩擦力Ff的大小；

（2）t＝0.14s时滑块与出发点间的距离d；

（3）在0∼0.44s时间内，滑块运动的位移x．
参考答案与试题解析
2020-2021学年重庆重庆高三上物理月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
x-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
位移—时间图像表示物体的位置随时间的变化，图像上的任意一点表示该时刻的位置，图像的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向．
【解答】
解：A．位移—时间图像切线的斜率表示该时刻的速度，所以在10s末，质点的速度为零，故A错误；
B．在5∼10s内斜率为正，在10∼15s内斜率为负，斜率代表物体的速度，所以5s末与15s末速度方向相反，故B正确；
C．0∼10s内质点通过的位移：Δx＝x2−x1＝5m−1m＝4m，故C错误；
D．在10∼20s内，x−t图像的斜率一直增大，即速度越来越大，故D错误．
故选：B．
2.
【答案】
B
【考点】
加速度
平均速度
【解析】
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出两个中间时刻的瞬时速度，结合速度时间公式求出物体的加速度．
【解答】
解：第一段时间内的平均速度为：v1=xt1=164m/s=4m/s，
第二段时间内的平均速度为：v2=xt2=162m/s=8m/s，
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，两个中间时刻的时间间隔为：Δt=(2+1)s=3s，则加速度为：a=v2−v1Δt=8−43m/s2=43m/s2．选项ACD错误，B正确．
故选：B．
3.
【答案】
A
【考点】
图解法在动态平衡问题中的应用
胡克定律
【解析】
根据图解法或者函数分析法，可得出当F与Oa间细线垂直时F有最小值，根据平行四边形定则计算出最小值，再根据胡克定律分析弹簧形变量的情况．
【解答】
解：以小球a、b整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图如图所示：
根据平衡条件得知：F与T的合力与小球a、b整体重力总是大小相等、方向相反，由力的合成可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为Fmin=2mgsinθ=2×22mg=2mg，根据胡克定律得Fmin=kxmin，所以xmin=2mgk，故A正确，BCD错误．
故选：A．
4.
【答案】
D
【考点】
整体法与隔离法在平衡问题中的应用
【解析】
分光滑与粗糙两种情况，分别对A以及AB整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况．本题考查受力分析及共点力的平衡，在判断接触面间的作用力，特别是摩擦力时可以应用假设法及共点力的平衡条件进行判断．
【解答】
解：AB．对A受力分析可知：①若A与B的接触面光滑，则A受重力、支持力及墙壁对A的支持力作用，A处于静止状态，合力为零，由于A、B之间的接触面倾斜，则B对A的支持力大于A的重力，根据牛顿第三定律可知，物块A对物块B的压力大小大于物块A的重力；②若接触面粗糙，A可能受到重力、支持力和B对A的摩擦力，有可能A还受到墙壁的支持力；当墙壁对A没有支持力时，B对A的支持力与摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向相反．由以上分析知，选项AB错误．
C．①若A与B的接触面光滑，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及地面的摩擦力处于静止状态，合力为零，则摩擦力方向水平向左；②若接触面粗糙，木块B受重力、地面的支持力、A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力，其中A对B斜向下的压力以及A对B的静摩擦力的合力与A的重力大小相等，方向竖直向下，所以B不受地面的摩擦力．由上分析知，选项C错误．
D．对整体进行受力分析可知，整体在竖直方向上不受外力，故地面对B的支持力一定等于两物体的重力，选项D正确.
故选：D．
5.
【答案】
C
【考点】
解析法在动态平衡问题中的应用
【解析】
对B进行受力分析，根据A向左移动，B所受的力之间角度的关系变化，然后根据重力G不变，并且B受力平衡求解．
【解答】
解：如图，对B受力分析，则有F1=Gcsθ，
F2=Gtanθ，当A缓慢向左移动时，θ逐渐变大，
对F1：θ变大，则csθ变小，因此F1变大，
对F2：θ变大，则tanθ变大，因此F2变大，故C正确．
故选：C．
6.
【答案】
C
【考点】
竖直上抛运动
【解析】
解答本题要掌握：竖直上抛运动的特点，尤其是对其运动“对称性”的理解，然后利用位移公式求解．
【解答】
解：根据竖直上抛的对称性可知，空中的四个球，有两个在上升，两个下降，由于每隔0.4s抛一个，因此从抛出到最高点时间为t=0.8s，所以上升最大高度：h=12gt2=(12×10×0.82)m=3.2m，故ABD错误，C正确．
故选：C．
7.
【答案】
B
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】

【解答】
解：由于钢筒的直径为22米，则半径长11m，钢索的长为22米，则每根钢索与圆的半径以及悬点到圆心的高构成直角三角形，设每根钢索与竖直方向的高的夹角为θ，则sinθ=1122=12，解得θ＝30∘，设每根钢索受到的拉力大小为F，竖直方向根据平衡条件可得10Fcs30∘＝Mg，所以F=3Mg15，故B正确，ACD错误．
故选：B．
8.
【答案】
B
【考点】
自由落体运动的计算
【解析】
若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等．根据初速度为零的匀变速直线运动的公式和推论进行分析．
【解答】
解：AB．若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从A下落到B的时间相同，看到水滴似乎不再下落，知相邻两个点的时间间隔相等，根据Δx=gΔt2，则Δt=Δxg=0.210s=210s，故A错误，B正确；
C．初速度为零的匀变速直线运动，水滴在相邻两点之间的平均速度为相邻两点之间的位移之比，因此在相邻两点之间的平均速度v¯AB:v¯BC:v¯CD=1:3:5，故C错误；
D．根据v=gt得vB:vC:vD=1:2:3，故D错误．
故选：B．
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
摩擦力的判断
物体的弹性和弹力
重心
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．重力在物体上的作用点，叫做物体的重心，汽车所装货物的多少和装载位置不同，重力的作用点就不一样，故A正确；
B．放在水平桌面上的书与桌面相互挤压，由于书的形变，书对桌面产生向下的压力，由于桌面的形变，桌面对书产生向上的支持力，故B错误；
C．静止的物体也可能受到滑动摩擦力，滑动摩擦力总是与物体的相对运动方向相反，故C错误；
D．产生摩擦力的条件是：①有弹力②接触面粗糙③有相对运动或相对运动趋势，可见有弹力是产生摩擦力的必要不充分条件，两接触面间有摩擦力存在，则一定有弹力存在，且弹力垂直于接触面，摩擦力平行于接触面，所以两者方向相互垂直，故D正确．
故选：AD．
【答案】
A,D
【考点】
瞬时速度
平均速度
【解析】
瞬时速度对应某一时刻或某一位置时的速度；而平均速度为某一时间或某一过程内的速度．
【解答】
解：AB．单点测速测量的是汽车在某一个点时的速率，故为瞬时速率，故A正确，B错误；
CD．区间测速测的是某一过程的速率，故为平均速率，故C错误，D正确．
故选：AD．
【答案】
B,D
【考点】
加速度
【解析】
有两种可能：末速度的方向可以与初速度方向相同，也可以与初速度方向相反，再根据加速度的定加a=ΔvΔt求加速度.
【解答】
解：规定初速度的方向为正方向，
若末速度与初速度同向v末=3m/s，a=ΔvΔt=3−41m/s2=−1m/s2，
若末速度与初速度反向v末′=−3m/s，a′=Δv′Δt=−3−41m/s2=−7m/s2．
故选：BD．
【答案】
A,D
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
在速度时间图像中速度的正负表示速度的方向；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，结合数学知识分析即可．
【解答】
解：A．乙物体的速度一直为正，说明乙物体一直沿正方向运动，故A正确；
B．根据速度图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t2时间内，甲的位移大于乙的位移，则t2时刻，乙物体还没有追上甲，故B错误；
C．t2时刻之前，甲的速度比乙的速度大，甲在乙的前方，两者间距增大，t2时刻之后，甲的速度比乙的速度小，甲仍在乙的前方，两者间距减小，所以t2时刻相距最远，故C错误；
D．根据速度—时间图线的斜率表示加速度，知0∼t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大，故D正确．
故选：AD．
三、实验探究题
【答案】
D
（2）d2f10,(d4−2d2)f2100
【考点】
探究小车速度随时间变化的规律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）AB．在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中，不需要平衡摩擦力，也不要求悬挂物的质量远小于小车的质量，能保证小车做匀变速直线运动即可，故AB不符合题意；
CD．实验时应先接通电源，再释放小车，以保证实验能顺利进行，故C不符合题意，D符合题意．
故选：D．
（2）由题知，时间间隔t=5f，根据匀变速运动的推论，打B点时小车的速度vB=d22t=d2f10，
由逐差法知：(d4−d2)−d2=a(2t)2，小车的加速度表达式a=(d4−2d2)f2100．
【答案】
（1）Ta=Tb
A,D
（3）尽量选用新的弹性较好的橡皮筋；或者拉伸不宜过长（答对一点即可给分）
【考点】
验证力的平行四边形定则
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点，实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Ta、Tb的方向相同，由于缓慢地移动N，根据平衡条件橡皮筋的拉力T=mgcsθ，θ为橡皮筋与竖直方向的夹角，m为所挂重物的质量，所以Ta、Tb的大小关系为Ta=Tb．
（2）AB．由上分析可知，橡皮筋上的拉力大小为T=mgcsθ，Ta=Tb，显然图中Ob>Oa，即两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长，故A正确，B错误．
C．两次受到的拉力相同时，橡皮筋第2次的长度较长，因此两次被拉伸到相同长度时，橡皮筋第2次受到的拉力较小，故C错误．
D．由图可知，橡皮筋两次受到的拉力相同（橡皮筋与竖直方向的夹角相同）时，拉力越大，橡皮筋两次的长度之差就越大，故D正确．
故选：AD．
（3）要确保橡皮筋发生弹性形变，因此应注意尽量选用新的弹性较好的橡皮筋；
每次橡皮筋的形变要在弹性限度内，拉伸不宜过长．
四、计算题
【答案】
（1）物体运动过程总位移是24m．
（2）物体和水平面间的动摩擦因数为0.2．
（3）水平拉力F=6N．
【考点】
牛顿运动定律的应用—从运动确定受力
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）由v−t图像可知，物体运动的过程总位移大小为x=12×6×8m=24m．
（2）物体加速运动的加速度大小为a1=ΔvΔt=4m/s2，
拉力停止作用后，物体做减速运动的加速度为a2=Δv′Δt′=−2m/s2，
设物体和水平面的动摩擦因数为μ，则−μmg=ma2，解得μ=0.2．
（3）由牛顿第二定律：F−μmg=ma1，解得F=6N．
【答案】
（1）如解答图所示．
（2）两挡板受到两个球压力大小之比1csθ．
（3）斜面受到两个球压力大小之比1cs2θ．
【考点】
力的示意图
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
【解析】
对小球进行受力分析，此时注意小球受挡板的弹力方向，不是沿斜面向上而是垂直挡板水平向右．
【解答】
解：（1）球1球2所受的重力效果有两个，一是使物体沿垂直挡板方向推开挡板，二是使物体压紧斜面，因此，力的分解如图所示：
（2）对球1：F1=Gtanθ，F2=Gcsθ；
对球2：F1′=Gsinθ ，F2′=Gcsθ；
所以挡板A、B所受的压力之比为：F1F1′=1csθ．
（3）斜面所受两个小球压力之比为：F2F2′=1cs2θ．
【答案】
（1）两质点5s时再次相遇．
（2）两质点相遇之前2.5s末相距最远，最远距离为12.5m．
【考点】
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
根据速度时间公式得出甲质点的初速度和加速度，根据位移时间公式得出甲质点位置随时间的变化的表达式。抓住位移相等，结合运动学公式求出再次相遇的时间。
当两质点速度相等时，两者相距最远，根据运动学公式求出相距最远的时间。
【解答】
解：（1）根据公式v＝v0+at得，甲质点的初速度v0＝12m/s，加速度a＝4m/s2，
根据公式x=v0t+12at2得，甲质点位移—时间表达式可写作x＝12t+2t2，
甲乙相遇时有：x甲＝x乙，
12t+2t2＝2t+4t2，
得：t＝5s．
（2）甲乙两质点相距最远时，两质点有共同速度v甲＝v乙，
根据公式x＝v0t+12at2得，乙质点的初速度v0′＝2m/s，加速度a乙＝8m/s2，
根据公式v=v0+at得，乙质点速度—时间表达式可写作v＝2+8t，
则有4t′+12＝2+8t′，
得：t′＝2.5s，
最远距离Δx＝12t′+2t′2−2t′−4t′2＝12.5m．
【答案】
（1）斜面对滑块摩擦力的大小Ff为4.0N；
（2）t＝0.14s时滑块与出发点间的距离d为0.20m；
（3）在0∼0.44s时间内，滑块运动的位移为0.39m．
【考点】
用牛顿运动定律分析斜面体模型
动能定理的应用
摩擦力做功与能量转化
匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】
（1）当t1＝0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动。根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小。
（2）当t1＝0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的形变量x，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出d的大小。
（3）物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功的大小。
【解答】
解：（1）滑块与弹簧分离后有：mgsinθ+Ff=ma1，其中a1的大小为10m/s2，
代入数据解得：Ff=4.0N；
（2）当t1＝0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的形变量x，所以在0∼0.14s时间内弹簧弹力做的功为：
W弹＝Ep初−Ep末=12kd2，
在这段过程中，根据动能定理有：W弹−mgdsinθ−Ffd=12mv12−0，
代入数据解得：d＝0.20m，d=−0.1m（舍去）；
（3）设从t1＝0.14s时开始，经时间Δt1滑块的速度减为零，则有：
Δt1=0−v1−a1=0.20s，
这段时间内滑块运动的距离为：
x1=0−v122(−a1)=0.20m，
此时t2＝0.14s+Δt1＝0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：
a2=mgsinθ−Ffm=2.0m/s2，
在0.34s∼0.44s(Δt2＝0.1s)时间内，滑块反向运动的距离为：x2=12a2Δt22，
代入数据解得：x2＝0.01m，
所以在0∼0.44s时间内，滑块运动的位移为：x＝d+x1−x2，
代入数据解得：x＝0.39m．