1、2021届天津四中高三年级第三次月考物理学科试卷一、单选题1. 甲、乙两个物体在同一直线上运动，它们的速度时间图像如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 在时间内，甲的加速度大于乙的加速度，且方向相反B. 在时间内，甲、乙的加速度方向相同C. 在时间内，甲、乙运动方向相同D. 在时间内，甲的加速度大于乙的加速度，且方向相同【答案】B【解析】【详解】ABD由于图线倾斜程度（斜率）表示加速度，在时间内，甲图线的斜率小于乙图线的斜率，均为正值，则甲的加速度小于乙的加速度，且方向相同，选项A、D错误，B正确。C在时间内，甲的速度为正值，说明甲物体沿正方向运动，乙的速度为负值，说明乙物体沿负方向运动，两者
2、运动方向相反；时间内两者速度均为正值，运动方向相同，选项C错误。故选B.2. 如图所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态现对小球乙施加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，甲受到地面的摩擦力为f，则该过程中A. f变小，F变大B. f变小，F变小C. f变大，F变小D. f变大，F变大【答案】D【解析】【详解】以小球乙为研究对象受力分析，设绳与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得，水平拉力为，可见水平拉力F逐渐增大，绳子的拉力为，故绳子的拉力也是逐渐增加；以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受地面的摩擦力
3、与绳子的拉力的水平方向的分力等大反向，故摩擦力方向向左，是逐渐增大；故D正确，A、B、C错误；故选D3. 如图所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球假定网球水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时与水平方向夹角分别为30和60，若不考虑网球在空中受到的阻力，则（ ）A. 两次发射的初速度之比为3:1B. 碰到墙面前空中运动时间之比为1:3C. 下降高度之比为1:3D. 碰到墙面时动能之比为3:1【答案】C【解析】【详解】在平抛运动过程中，位移与水平方向夹角的正切值速度与水平方向夹角的正切值则在平抛运动中，所以，由可知， 速度 ，可得；由于可知，所以动能
4、之比综上分析，C正确4. 中国志愿者王跃参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星500假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法不正确的是（ ）A. 飞船在轨道上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度B. 飞船在轨道上运动时，在P点的速度大于在轨道上运动时在P点的速度C. 飞船在轨道上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道上运动到P点时的加速度D. 若轨道贴近火星表面，测出飞船在轨道上运动的周期，就可以推知火星的密度【答案】B【解析】【详解】A轨道为椭圆轨道，由机械能守恒定律知由近地点P向远地点Q运动时，动能减少，势能增加，故P点的速度大于在Q点的速度，
5、故A不符题意；B从轨道I到轨道要在P点点火加速，则在轨道I上P点的速度小于轨道上P点的速度，故B符合题意；C根据：可知飞船在I、轨道上的P点加速度相等，故C不符题意；D飞船贴近火星表面飞行时，如果知道周期T，可以计算出密度，即由：可解得：故D不符题意。本题选不正确的，故选B。5. 一列简谐横波沿轴传播，图甲是时的波形图，图乙是处质点的振动图像，a、b质点在x轴上平衡位置分别为，下列说法正确的是（）A. 波沿轴正方向传播B. 波的传播速变为0.5m/sC. t=1.5s时，a、b两点速度和加速度均等大反向D. 从t=1.0s到t=1.5s质点a的路程为10cm【答案】C【解析】【详解】A由图乙可
6、知，时刻质点速度向上，由波形平移法可知，这列波沿轴负方向传播，故A错误；B由图知则波速为故B错误；Ca、b质点在x轴上平衡位置分别为则可知，a、b相距半个波长，故此两点为反相点，a、b两点速度和加速度均等大反向，故C正确；D从1.0s到1.5s，质点a经过个周期，经过平衡点时的速度大，则故D错误。故选C。二、多选题6. 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在点物体开始与弹簧接触，到点时物体速度为零，然后被弹回不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A. 物体从下降到的过程中，动能不断变小B. 物体从上升到的过程中，系统的弹性势能和动能之和不断变小C. 物体从下降到和从上升
7、到的过程中，加速度都是先增大后减小D. 物体在之间某点时，系统的重力势能与弹性势能之和最小【答案】BD【解析】【详解】A在A下降到B的过程中，开始阶段，重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度方向向下，物体做加速运动，弹力在增大，合力减小，则加速度减小。当重力等于弹力时，加速度为零，速度达到最大。后来物体在运动的过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，运动的过程中弹力增大，加速度增大，到达最低点，速度为零。可知加速度先减小后增大，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，故A错误； B从B上升到A的过程中，整个系统只有重力和弹力做功，系统的机
8、械能是守恒的；从B上升到A的过程中，重力势能不断变大，所以系统的弹性势能和动能之和不断变小，故B正确；C物体从B上升到A的过程是A到B过程的逆过程，加速度先减小后增大，故C错误；D物体在AB之间运动时，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。当重力等于弹力时，物体的速度最大，动能最大，系统的重力势能与弹性势能之和最小，故D正确。故选BD。7. 质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，当子弹进入木块的深度为s时相对木块静止，这时木块前进的距离为L.若木块对子弹的阻力大小F视为恒定，下列关系正确的是（ ）A. B. C
9、. D. 【答案】ABD【解析】【详解】A对木块运用动能定理得故A错误BCD对子弹运用动能定理得根据能量守恒得，摩擦力与相对位移乘积等于系统能量的损失，有Fd=mv02-（m+M）v2故C错误，BD正确故选ABD。8. 用不可伸长的细线悬挂一质量为的小木块，木块静止，如图所示现有一质量为的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为，重力加速度为，则下列说法正确的是（）A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块
10、前的动能D. 子弹和木块一起上升的最大高度为【答案】BD【解析】【详解】A从子弹射向木块到一起上升到最高点的运动中，由于子弹在木块中运动时，要克服阻力做功，转化为系统的内能，因此系统机械能不守恒，A错误；B子弹射入木块的瞬间系统的动量守恒，因此有mv0=（M+m）v所以子弹射入木块后子弹和木块的共同速度为B正确；C忽略空气阻力，子弹和木块一起上升运动中，只有重力做功，机械能守恒，可其机械能小于子弹射入木块前的动能，C错误；D从子弹和木块一起上升到最高点时，该运动机械能守恒，因此有解得上升的最大高度为D正确。故选BD。三、实验题。9. 在用“单摆测重力加速度”的实验中：（1）有下列备选器材中，需
11、选用哪些器材较好_。A长左右的粗一点结实棉线 B长左右的细棉线C带细孔的直径左右的铁球 D带细孔的直径左右的橡胶球E时钟F秒表G学生用刻度尺H最小刻度是毫米的米尺（2）甲同学先用米尺测得摆线长，再用游标卡尺测得摆球直径如图甲所示为_cm，然后用秒表记录单摆完成50次全振动所用的时间如图乙所示，则单摆的周期为_s（保留三位有效数字）。【答案】 (1). BCFH (2). 0.97 (3). 1.50【解析】【详解】(1)1 AB用单摆测重力加速度实验，为减小实验误差，摆线应选长1m左右的细线，这样可以减少单摆在摆动过程中细线与空气的阻力，故B正确，A错误；CD实验时应使用质量大且体积小，即密度
12、大的摆球，这样可以减少摆动过程中小球与空气的阻力，所以选取直径2cm左右的铁球，故C正确，D错误；EF实验需要测出单摆的周期，为了准确地测量时间，需要选择秒表，故F正确，E错误；GH测摆长时为减小实验误差，应选择准确度是1mm的刻度尺，故需要最小刻度是毫米的米尺，故H正确，G错误。故选BCFH。(2)2由图示游标卡尺可知，其示数为9mm+70.1mm=9.7mm=0.97cm3由图示秒表可知，其示数t=60s+15.2s=75.2s单摆的周期10. 某同学用如图所示装置做验证动量守恒定律实验（1）若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则_（填“大于”“小于”或“等于”），_（填“大
13、于”“小于”或“等于”）。（2）关于实验的要点，下列说法正确的是_。A将小球静止放置在轨道末端看小球是否滚动来检测斜槽轨道末端是否水平B斜槽的表面越光滑越好，这样可以减少小球因摩擦损失的机械能C小球在斜槽上的释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差较小D为了计算小球做平抛运动的初速度，必须用刻度尺测出槽口到地面的高度（3）实验测得记录纸上点到各落地区域中心点、的距离、，则要验证的动量守恒关系式为_；若碰是弹性碰撞，实验还应满足的关系式为_。【答案】 (1). 大于 (2). 等于 (3). A (4). m1OP=m1OM+m2ON (5). m1OP2=m1OM2+m2ON2【解析】【
14、详解】(1)1为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球质量应大于被碰球质量；2为使两球发生正碰，两球半径应相等；(2)3AB根据实验原理可知，本实验只要保证小球做平抛运动即可；故斜槽轨道不需要必须光滑，但末端必须水平； 故A正确，B错误；C小球在斜槽上的释放点高度应适当，如果释放点的高度太高，小球离开轨道后的水平位移太大，小球将落在记录纸之外，不能确定小球的落地点，小球的释放高度不是越高越好，故C错误；D两球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，小球的水平位移与初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，不需要求出小球离开槽口的速度，即不需要测出槽口到地面的高度，故D
15、错误。故选A。(3)4若两球相碰前后的动量守恒，则又， 代入得5若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则代入得四、计算题11. 如图所示，传送带与水平面之间的夹角，其上、两点间的距离传送带在电动机的带动下以的速度匀速运动，现将一质量的小物体（可视为质点）轻放在传送带的点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数，在传送带将小物体从点传送到点的过程中，求：（取）（1）物体刚开始运动的加速度大小；（2）物体从到运动的时间；【答案】(1)2.5m/s2；(2)5.2s【解析】【详解】(1)小物体向上加速过程，对小物体进行受力分析，如图所示根据牛顿第二定律有则得物体刚开始运动的加速度为(2)当小物体的速度增加到v=
16、1m/s时，通过的位移是匀加速所用时间由于所以物体与传送带同速后一起匀速运动，位移为即小物体将以1m/s的速度完成4.8m的路程，用时为故小物体从A到B所需时间为12. 如图所示，小车M处在光滑水平面上，其上表面粗糙，靠在（不粘连）半径为R=0.2m的光滑固定圆弧轨道右侧，一质量m=1 kg的滑块（可视为质点）从A点正上方H=3m处自由下落经圆弧轨道底端B滑上等高的小车表面滑块在小车上最终未离开已知小车质量M=3kg，滑块与小车间的动摩擦因数=0.2（取g=10 m/s2），求： （1）滑块通过A点时滑块受到的弹力大小和方向（2）小车M的最小长度【答案】(1)，方向水平向右；(2)l=12m【
17、解析】【分析】（1）由机械能守恒解得滑块滑到A时的速度，由牛顿第二定律解得滑块通过A点时滑块受到的弹力大小，并由合力提供向心力判得方向；（2）由机械能守恒解得滑块到达B点时的速度，由由动量守恒解得二者的共同速度，由功能关系解得小车的最小长度【详解】（1）物块运动到A，由机械能守恒,解得：，在A点由牛顿第二定律，滑块受到的弹力：，方向水平向右 ;（2）由机械能守恒: ，解得：，此后物块滑到车上，二者由于相互的摩擦力运动状态变化，滑块在小车上最终未离开，故二者最终达到共速；但由于水平方向对二者整体而言，不受外力，故整体水平方向动量守恒故有：解得二者的共同速度为：从物块滑上小车到二者共速，在该过程中
18、由能量守恒定律可得：当滑块恰滑到小车末端时，小车的长度最小解得小车M的最小长度：【点睛】本题主要考查小车滑块模型，知道其中物体的运动过程及状态变化和功与能的转化关系是解题的关键，难度一般13. 如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有质量可视为质点的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面的动摩擦因数，取，求：（1）物块在车面上滑行的时间；（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少？（3）物块仍以水平向右的速度从左端滑上小车，要使物块从小车右端滑出，则物块刚滑上小车左端时需加一个至少多大的水平恒力。【答案】(1)0.24s；(2) ；(3)1.47N。【解析】【详解】(1)设共速时速度为v1，对物块与小车，以向右为正方向，由动量守恒定律得对小车，由动量定理得代入数据解得(2)物块不从小车右端滑出，则在末端共速，设共同速度为v2，以向右为正方向，对物块与小车组成的系统，由动量守恒定律得由能量守恒定律得代入数据解得即物块划上小车左端的速度不能超过；(3)设恰好能使物块滑出小车的拉力为F，由题意，物块应在小车末端共速，对物块，由牛顿第二定律得对小车，由牛顿第二定律得由运动学，共速有由位移关系，得代入数据解得即当时物块可以滑出小车。