1、20202021学年第四中学高三年级上学期10月份月考物理试卷一、选择题（共10小题）1. 甲、乙两物体在同一直线运动的速度随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是（）A. 甲、乙两物体运动方向相反B. t6s末甲、乙两物体的速度相同C. 6s内甲、乙两物体的位移相同D. 甲物体的加速度比乙物体的加速度小【答案】B【解析】【详解】A两物体的速度都为正值，因此两物体都向正方向运动，所以选项A错误；B6s时两物体的图像相交，所以速度相同，所以选项B正确；Cv-t图像所围的面积表示位移，06s内甲图像所围的面积大，因此甲物体的位移大，所以选项C错误；Dv-t图像的斜率表示加速度，甲的斜率的数值大
2、，故甲的加速度大，所以选项D错误。故选B。2. 如图所示，从斜面上某一位置先后由静止释放四个小球相邻两小球释放的时间间隔为，某时刻拍下小球所处位置的照片，测出，则A. 小球从A点释放B. C点小球速度是A、D点小球速度之和的一半C. B点小球的速度大小为D. 所有小球的加速度大小为【答案】D【解析】【详解】D：据，求得：所有小球的加速度故D项正确A：据，代入数据解得：故A项错误B：小球做匀变速直线运动，C点小球速度是B、D点小球速度之和的一半；B点小球速度大于A点小球速度故B项错误C：B点小球的速度，故C项错误【点睛】将多个物体在同一时刻的位置，当成一个物体在不同时间的位置，将多个物体的运动转
3、化为一个物体的运动，化陌生为熟悉3. 一长木板静止在倾角为 的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块,使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与斜面间的动摩擦因数为2，则下列说法正确的是( )A. 斜面对长木板的摩擦力为mgsinB. 斜面对长木板的摩擦力为32mgcosC. 长木板对人的摩擦力为2mgsinD. 长木板对人的摩擦力为21mgcos【答案】C【解析】试题分析：先对整体进行受力分析，根据平衡条件可明确摩擦力的大小，再对人和物块整体进行分析，根据平衡条件可求得人受到的摩擦力大小对人，物块，长木板三者整体研究，斜面
4、对它们的摩擦力为静摩擦力，其大小为，故AB错误；对人，物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为，故C正确D错误4. 如图所示，一个人静止在地面上，当时，人能拉起重物的最大重力为人重力的0.5倍，已知地面对人的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（忽略定滑轮的摩擦力），则当时，人静止时能拉起重物的最大重力约为人重力的（）A. 0.3倍B. 0.6倍C. 0.8倍D. 1.61倍【答案】B【解析】【详解】设人与地面的动摩擦因数为，当时，则有当时，则有联立解得故选B。5. 如图所示，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，质量分别为m1、m2，且m1=2m2，两物体与地面间的动
5、摩擦因数均为m。在拉力F的作用下，A、B两物体共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撒去拉力F，此瞬时A、B两物体的加速度大小分别为a1和a2，则（）A. a1=0，a2=0B. a1=a，a2=2aC. a1=a，a2=2a+3mgD. a1=a，a2=2a+mg【答案】C【解析】【详解】A、B两物体共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，则物体A所受的合力物体B所受的合力撒去拉力F的瞬间，物体A所受的弹簧弹力和摩擦力均未变，所以A的加速度也未变，即物体B所受的弹簧弹力和摩擦力均未变，拉力F变为零，其所受合力所以加速度A、两物体加速度不为零，故A错；B、B物体加速度不是2a，故B错；
6、C、两物体加速度正确，故C正确；D、B物体加速度错误，故D错误。故选C。6. 如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为30，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑定滑轮与物块b相连，b的质量为m，a与斜面间的动摩擦因数为，开始时，a、b及传送带均静止，且a不受摩擦力作用。现让传送带逆时针匀速转动，在b由静止开始到上升高度为h（未与定滑轮相碰，重力加速度为g）的过程中（）A. 传送带转动时a受到的摩擦力沿传送带向上。B. a的质量是b的质量的两倍C. 传送带刚开始转动瞬间，a和b的加速度大小均为mgD. 物块a、b组成的系统重力势能增加mgh【答案】B【解析】【详解】A原来a和b都静止时a不受摩
7、擦力作用，当传送带逆时针匀速转动，a相对于传送带向上运动，传送带对a有沿传送带向下的摩擦力，故A错误；B开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，有：Mgsin=T=mg，则a的质量M=2m，故B正确；C传送带转动后对a、b整体受力分析，有解得故C错误；Da重力势能的减少量EPa=Mghsin30=mgh，物块b重力势能的增加量EPb=mgh，物块a、b组成系统重力势能增加为零，故D错误。故选B。7. 质量为m的物体P置于倾角为1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成
8、夹角2时如图，下列判断正确的是（）A. P的速率为vB. P的速率vcos2C. 绳的拉力等于mgsin1D. 绳的拉力小于mgsin1【答案】B【解析】【详解】AB将小车的速度v进行分解如图所示则vpvcos2故A错误，B正确；CD小车向右运动，2减小，v不变，则vp逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律Tmgsin1ma可知绳子对A的拉力Tmgsin1故CD错误。故选B。8. 两相同高度的斜面，倾角分别为300、600，两小球分别由斜面顶端以相同水平速度v抛出，如图所示，假设两球能落在斜面上，则两球下落高度之比（ ）A 1:2B. 3:1C. 1:9D. 9:1【答案】C
9、【解析】【详解】根据平抛运动的规律以及落在斜面上的特点可知：，分别将30、60代入求时间之比为1:3，两球下落高度之比为1:9，C正确9. 如图所示，环绕太阳运行的小行星“吴健雄星”的半径约为16km，密度与地球相近。已知地球半径为6400km，地球上第一宇宙速度为8km/s，地球表面的重力加速度g取10m/s2，则以下说法正确的是（）A. 地球公转的速度小于“吴健雄星”的公转速度B. 地球公转的角速度小于“吴健雄星”的公转角速度C. “吴健雄星”表面的重力加速度约为0.025m/s2D. “吴健雄星”的第一宇宙速度为4m/s【答案】C【解析】【详解】A根据得M为太阳质量，因为地球的公转半径小
10、于吴健雄星的公转半径，所以地球公转的速度大于“吴健雄星”的公转速度，故A错误；B根据得M为太阳质量，因为地球的公转半径小于吴健雄星的公转半径，所以地球公转的角速度大于“吴健雄星”的公转角速度，故B错误；C星球表面重力加速度根据题意知吴健雄星密度与地球接近，所以有即故C正确；D第一宇宙速度公式则有即故D错误。故选C。10. 有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动；b是近地卫星；c是地球同步卫星；d是高空探测卫星如图所示，下列说法中正确的是、A. a的向心加速度等于地面的重力加速度gB. b在相同时间内转过的弧长最小C. c的运行速度小于第一宇宙速度D. d的运行周期
11、有可能是19h【答案】C【解析】【分析】地球同步卫星周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=2r比较a与c的向心加速度大小，再比较a的向心加速度与g的大小根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析相同时间内转过的角度关系根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系【详解】地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度由G=mg，得g=，知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，所以知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；a与c的角速度相
12、同，对b、c、d三颗地球卫星，根据万有引力等于向心力，得 可得 可知，b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最大，选项B错误；第一宇宙速度是环绕地球做圆周运动卫星的最大速度，则c的运行速度小于第一宇宙速度，选项C正确；c是地球同步卫星，周期是24h，由开普勒第三定律=k知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是19h故D错误；故选C【点睛】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道地球同步卫星的条件和特点二、多选题（共5小题）11. 平直马路上有同方向前后行驶的电车a和b，它们的v-t图象如图所示。当t=10s时，两
13、车刚好相遇，由图可知（）A. t=0时，两电车相距25mB. t=0时，电车a在前，电车b在后C. t=20s时，两车相距50mD. t=10s后，两车不会再相遇【答案】AD【解析】【详解】A在v-t图象中，v-t图线与横纵坐标所围的面积表示位移。a车010s内的位移b车010s内位移t=0时，两电车相距A正确；B由于 ，因此t=0时，电车b在前，电车a在后，B错误；Ct=20s时，a、b位移相等，两车相距25m，C错误；Dt=10s时，两车相遇，之后b的速度一直大于a的速度，因此10s后b一直在a的前面，故两车不会再相遇，D正确。故选AD。12. 如图所示，小球 a 的质量为小球 b 的质量
14、的一半，分别与轻弹簧 A、B 和轻绳相连接并处于平衡状态轻弹簧 A 与竖直方向的夹角为 60，轻弹簧 A、B 的伸长量刚好相同，则下列说法正确的是A. 轻弹簧 A、B 的劲度系数之比为 2：1B. 轻弹簧 A、B 的劲度系数之比为 3：1C. 轻绳上拉力与轻弹簧 A 上拉力的大小之比为：2D. 轻绳上拉力与轻弹簧 A 上拉力的大小之比为 2：1【答案】BC【解析】【详解】A.对小球b受力分析，受重力和拉力，受力平衡，弹簧B的弹力为对小球a、b整体受力分析，如图所示：根据平衡条件得到：而且，又由胡克定律，弹簧A、B伸长量刚好相同，轻弹簧A、B的劲度系数之比：故A错误，B正确；C.根据平衡条件，有
15、： 故轻绳上拉力与轻弹簧A上拉力大小之比为：故C正确，D错误13. 如图所示，在的桌面上有M、m两个物块，现用力F推物块m，使M、m两物块在桌上一起向右加速，则M、m间的相互作用力N为A. 若桌面光滑B. 若桌面光滑C. 若桌面有摩擦，则M、m间的相互作用力比桌面光滑时要小D. M、m间的相互作用力大小与桌面是否有摩擦无关【答案】AD【解析】对整体，根据牛顿第二定律得：，隔离对M分析得：，联立解得：，故A正确，B错误；若桌面有摩擦，对整体，根据牛顿第二定律得：，隔离对M分析，得：，联立解得：，故C错误，D正确；故选AD.【点睛】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体加速度，再隔离分析，根据牛顿第
16、二定律求出M、m间的相互作用力14. 如图所示，直径为d的圆盘水平放置，可绕竖直轴OO转动，圆盘离水平地面的高度为2d，在圆盘边缘的P点处放有一质量为m的小滑块（可视为质点），小滑块与圆盘间的动摩擦因数为m，先让圆盘缓慢加速转动，当角速度增加到某值时，小滑块会飞离圆盘，设小滑块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（）A. 小滑块刚飞离圆盘时，圆盘转动角速度大小w0=B. 小滑块刚飞离圆盘时的速度为C. 小滑块飞离圆盘后在空中飞行的时间t=D. 小滑块落到地面时与竖直转轴OO间的水平距离为【答案】AD【解析】【详解】A对于小滑块在随圆盘转动的过程中
17、，当滑块将要飞离圆盘时有解得圆盘转动的角速度大小故A正确；B根据速度公式解得小滑块刚飞离圆盘时的速度为故B错误；C小滑块离开圆盘后做平抛运动，由竖直方向自由落体运动可得解得小滑块飞离圆盘后在空中飞行的时间为故C错误；D滑块离开圆盘后做平抛运动，设水平位移为x，水平方向：x=vt由空间几何关系得联立解得小滑块落到地面时与竖直转轴OO间的水平距离为故D正确。故选AD。15. 2019年12月27日，长征五号遥三运载火箭在中国文昌航天发射场点火升空，2000多秒后，将质量达到8吨的实践二十号卫星准确送入近地点192千米、远地点6.8万千米的预定转移轨道，之后卫星经七次轨道机动，于2020年1月5日在
18、地球同步轨道成功定点。本次成功发射，对我国大推力运载火箭和新一代大型地球同步卫星平台进行了验证。卫星定点前后的部分轨道可简化为如图所示，轨道1、2都为椭圆，轨道3为地球同步轨道。己知地球的半径为R，表面的重力加速度为g，自转周期为T，以下说法正确的是（）A. 卫星自轨道1转移至轨道2需在P点加速B. 卫星在轨道3上正常运行时，可以在卫星内用天平测量物体的质量C. T、R、g三个量之间的关系满足D. 卫星在轨道3上正常运行时的向心加速度为【答案】AD【解析】【详解】A自轨道1转移至轨道2时，卫星做离心运动，需要在P点加速，故A正确；B卫星在轨道3上正常运行时，处于完全失重状态，无法用天平测量物体
19、的质量，故B错误；D卫星在轨道3上正常运行时，设轨道半径为r，由万有引力提供向心力在地球表面，不考虑自转，根据万有引力等于重力联立可得卫星在轨道3上正常运行时的向心加速度为故D正确。C由上可知可得由于R不等于r，所以T、R、g三个量之间的关系不满足故C错误。故选AD。三、计算题（共2小题）16. 如图，一个质量为0.5kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）。已知圆弧的半径R0.6m，O为轨道圆心，BG为轨道竖直直径，OA与OB的夹角60，小球到达A点时的速度vA8m/s。g取10m/s2，求：（1）小球做平抛运
20、动的初速度v0；（2）P点与A点的高度差。（3）小球恰好能够经过最高点C，求此过程小球克服摩擦力所做的功。【答案】（1）4m/s；（2）2.4m；（3）10J【解析】【详解】(1)对小球在A点的速度进行分解，由平抛运动规律得小球的初速度为v0=vAcos=80.5m/s=4m/s(2)对小球由P点至A点的过程由动能定理得代入数据解得h=2.4m(3)小球恰好经过C点，在C点由牛顿第二定律有代入数据解得小球由A点至C点过程由动能定理得解得克服摩擦力做功W=10J17. 如图所示，AB为半径R0.8m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M3kg，车长L2.06m，车上表面距地面的高
21、度h0.2m。现有一质量m1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定。（g10m/s2）试求：（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的热量大小。【答案】（1）30N；（2）1m；（3）6J【解析】【详解】(1)设滑块到达B端时速度为v，由机械能守恒定律，得由牛顿第二定律，得联立两式，代入数值解得：FN=3mg=30N(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得 对滑块有 对小车有设经时间t两者达到共同速度，则有解得t=1 s由于1 s1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度两者一起匀速运动，直到小车被锁定。故车被锁定时，车右端距轨道B端的距离(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离 故从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的热量大小为
