安徽省定远县育才学校2021届高三8月月考物理试题 含答案与解析

2021 届高三上学期 8 月月考 物理试题 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共 100 分，考试时间 100 分钟。请在答题卷上作答。 第 I 卷 （选择题 共 40 分） 一、选择题(共 10 小题,每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-7 题 只有一项符合题目要求，第 8-10 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但 不全对的得 2 分，有选错的得 0 分。) 1.伽利略为了研究自由落体运动的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，利用斜 面实验主要是考虑到实验时便于（　　） A.测量小球运动的时间 B.测量小球运动的路程 C.测量小球运动的速度 D.直接得到落体的运动规律 2.甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方 随 的变 化图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A.汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为 B.汽车甲的加速度大小为 C.汽车甲、乙在 时相遇 D.汽车甲、乙在 处的速度大小为 3.用质量为 的吸铁石，将一张质量为 的白纸压在竖直固定的磁性黑板上。某同学 沿着黑板面，用水平向右的恒力 轻拉吸铁石，吸铁石和白纸均未移动，如图所示。 则下列说法中不正确的是（ ） A.吸铁石受到的摩擦力大小为 2( )v x 6m 21m/s 4st= 6mx = 2 3m/s M m F MgB.吸铁石受到的摩擦力大小为 C.白纸受到两个摩擦力的作用 D.白纸受到黑板的摩擦力大小为 4.在生产劳动中常遇到这样的场景，四块相同木板整齐叠放在水平地面上，工人使用 、 、 或 其中一种方式使四块木板一起水平缓慢运动，如图所示。已知地面与 木板间动摩擦因数大于木板与木板间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下 列判断正确的是（　　） A.若工人沿 方向拖木板 1，可能使四块木板一起运动 B.若工人沿 方向推木板 1，只要力足够大，可能使四块木板一起运动 C.若能使四块木板一起缓慢运动， 可能小于 D.若能使四块木板一起缓慢运动， 一定大于 5.如图所示，质量分别为 m1=1kg、m2=2kg 的滑块 A 和滑块 B 叠放在光滑水平地面上， A 和 B 之间的动摩擦因数 μ=0.5，拉力 F 作用在滑块 A 上，拉力 F 从 0 开始逐渐增大到 7N 的过程中，下列说法正确的是（　　） A.当 F＞5N 时，A、B 发生了相对滑动 B.始终保持相对静止 C.从一开始就发生了相对滑动 D.开始相对静止，后来发生相对滑动 6. 如图所示,水平面上 O 点的左侧光滑,O 点的右侧粗糙。有 8 个质量均为 m 的完全 相同的小滑块(可视为质点),用轻质的细杆相连,相邻小滑块间的距离为 L,滑块 1 恰好位 于 O 点左侧,滑块 2、3……依次沿直线水平向左排开。现将水平恒力 F 作用于滑块 1 上。经观察发现,在第 3 个小滑块完全进入粗糙地带后到第 4 个小滑块进入粗糙地带前 这一过程中,小滑块做匀速直线运动,已知重力加速度为 g,则下列判断中正确的是 ( ) 2 2( )F Mg+ 2 2( )F mg Mg+ + 1F 2F 3F 4F 1F 2F 3F 4F 3F 4FA.粗糙地带与滑块间的动摩擦因数为 B.滑块匀速运动时,各段轻杆上的弹力大小相等 C.第 2 个小滑块完全进入粗糙地带到第 3 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,8 个小滑 块的加速度大小为 D.第 1 个小滑块完全进入粗糙地带到第 2 个小滑块进入粗糙地带前这一过程中,5 和 6 两 个小滑块之间的轻杆上的弹力大小为 7.“低头族”在社会安全中面临越来越多的潜在风险，若司机也属于低头一族，出事概率 则会剧增。若高速公路（可视为平直公路）同一车道上两小车的车速均为 108km/h，车 距为 105m，前车由于车辆问题而紧急刹车，而后方车辆的司机由于低头看手机，4s 后 抬头才看到前车刹车，经过 0.4s 的应时间后也紧急刹车，假设两车刹车时的加速度大 小均为 6m/s2，则下列说法正确的是（ ） A.两车不会相撞，两车间的最小距离为 12m B.两车会相撞，相撞时前车车速为 6m/s C.两车会相撞，相撞时后车车速为 18m/s D.条件不足，不能判断两车是否相撞 8.如图，两个质量都为 m 的球 A、B 用轻绳连接，A 球套在水平细杆上（球孔比杆的直 径略大），对 B 球施加水平风力作用，结果 A 球与 B 球一起向右做匀速运动，此时细 绳与竖直方向的夹角为 θ．已知重力加速度为 g，则（　　） A.对 B 球的水平风力大小等于 mgsinθ B.轻绳的拉力等于 mgcosθ C.杆对 A 球的支持力等于 2mg F mg 12 F m 4 FD.杆与 A 球间的动摩擦因数等于 tanθ 9.如图所示，在以速度 v 逆时针匀速转动的、与水平方向倾角为 θ 的足够长的传送带的 上端轻轻放置一个质量为 m 的小木块，小木块与传送带之间的动摩擦因数为 μ，则下列 图象中能够客观反映出小木块的速度随时间变化关系的是 ( ) A. B. C. D. 10.固定挡板 P 位于倾角为 的光滑斜面底端，轻弹簧下端连着挡板，自由状态时上端 在斜面的 O 点，质量为 m1、m2（ ）的两物块分别从斜面上 O 点上方的 A、B 两 点由静止释放，最终弹簧的最大压缩量相等，位置都是在 C 点，则（　　） A.在斜面上 A 点位置比 B 点位置高 B.m1 最大速度的位置比物块 m2 最大速度的位置低 C.在 C 点位置 m1 的加速度大于 m2 的加速度 D.在 O 点位置 m1 的动能小于 m2 的动能 第 II 卷 （非选择题 共 60 分） 二、实验题：本大题共 2 小题,共 16 分。把正确答案填在题中横线上或按要求作答。 11.疫情期间“停课不停学”，小明同学在家自主开展实验探究。用手机拍摄物体自由下 θ 1 2m m甲 乙 6mx = 2 2v a x= 乙 2 3m/sv =此吸铁石受到的摩擦力大小为 ，故 A 错误符合题意，B 正确不符合题意； CD. 白纸两面受到两个摩擦力作用，以吸铁石和白纸整体为对象可得白纸受到黑板的摩 擦力大小为 ，故 CD 正确不符合题意。 4.C 【解析】AB．设每块木板的质量为 ，木板间的动摩擦因数为 ，木板与地面间的动 摩擦因数为 ， 当使用 或 方式时，以木板 4 为研究对象，3 给 4 的最大摩擦力为 地面给 4 的最大静摩擦力 由于 ，所以 ，故 4 不会运动， 错误； ．把四块木板当成整体，当只有 作用时，有 当只有 作用时，设 与水平方向的夹角为 ，根据平衡条件有 解得 所以若能使四块木板一起缓慢运动， 可能小于 ，也可能大于 ， 错误 正确。 故选 。 5.B 【解析】隔离对 B 分析，求出 A、B 发生相对滑动时的临界加速度，再对整体分析，运 用牛顿第二定律求出刚好发生相对滑动时的拉力，从而判断出 AB 运动状态的关系。 隔离对 B 分析，当 A、B 间静摩擦力达到最大值时，A、B 刚要发生相对滑动，则： 再对整体：F=（mA+mB）a=3×2.5N=7.5N．知当拉力达到 7.5N 时，A、B 才发生相对滑 动。所以拉力 F 从 0 开始逐渐增大到 7N 的过程中，A、B 始终保持相对静止。故 ACD 错误，B 正确。故应选 B。 6.D 2 2( )F Mg+ 2 2(mg Mg)F + + m 1 µ 2 µ 1F 2F 1f 1 NF Fµ= 2f 2 ( )NF mg Fµ= + 1 2 µ µ< 21f fF F< AB CD 3F 3 24F mgµ= 4F 4F θ 4 2cos (4 sin )F mg Fθ µ θ= − 2 2 4 2 2 2 4 4 cos sin 1 sin( ) mg mgF µ µ θ µ θ µ θ β = =+ + + 3F 4F 4F D C C 1 2 2 2.5m g ma sm µ= =【解析】A.将匀速运动的 8 个小滑块作为一个整体，有 ， 解得 ， 故 A 项错误； B.当滑块匀速运动时，处在光滑地带上的滑块间的轻杆上的弹力都为零，处在粗糙地带 上的滑块间的轻杆上的弹力不为零，且各不相同，故 B 项错误； C.对 8 个滑块，有 ， 代入 ，解得 ， 故 C 项错误； D.对 8 个滑块，有 ， 解得 再以 6、7、8 三个小滑块作为整体，由牛顿第二定律有 ， 故 D 项正确; 7.C 【解析】两车的初速度 ，结合运动学公式知两车从刹车到速度为 0 的位移 则后车从开始到刹车到速度为 0 的位移 所以两车会相撞，相撞时前车已经停止，距后车减速到速度为 0 的位置相距 3 0F mgµ− = 3 F mg µ = 2 8F mg maµ− = 3 F mg µ = 24 Fa m = 8F mg maµ ′− = 4 ga µ′ = 3 4 FF ma′ ′= = 0 108km/h 30m/sv = = 2 2 0 1 30 m 75m2 2 6 vx a = =×= 2 130 (4 0.4)m 75m=207m>105m+ =180mx x× + +=根据减速到速度为零的运动可以视为初速度为零的加速运动处理，则相撞时后车的速度 解得 故 C 正确，ABD 错误。故选 C。 8.CD 【解析】对球 B 受力分析，受重力 mBg、水平恒 F 力和拉力 T，如图 根据平衡条件得： 水平恒力 ，绳对 B 球的拉力 ，所以 A、B 错误；把环和球当作 一个整体，对其受力分析，受重力（mA+mB）g、支持力 N、恒力 F 和向左的摩擦力 f，如上图，根据共点力平衡条件可得：杆对 A 环的支持力大小 ，所以 C 正确；因为 A 球与 B 球一起向右做匀速运动，所以 f=F，则 A 环与水平细杆间的动摩擦因数为 所以 D 正确。 9.CD 【解析】重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速 直线运动， 由牛顿第二定律得： 当小木块的速度与传送带速度相等时： 当 μ＜tanθ 时，知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上， 再由牛顿第二定律求出此时的加速度： ，知 a1＞a2； 207m 180m 27mx∆ = − = 2 2v a x∆= 18m/sv = tanBF m g θ= cos Bm gT θ= ( ) 2A BN m m g mg= + = tan tan 2 2 f mg N mg = = =θ θµ 1 sin cos sin cosmg mga g gm θ µ θ θ µ θ+= = + 2 sin cos sin cosmg mga g gm θ µ θ θ µ θ−= = −当 时，物块匀速下匀速下滑.综上所述，应选 CD。 10.AC 【解析】A．根据能量守恒可知，当弹簧被压缩到最短时，物块初始位置的重力势能全 部转化为弹性势能；两物块的压缩弹簧的最大压缩量相等，故弹性势能相等，则两物块 初始位置的重力势能相等，因为 ，故在斜面上 A 点位置比 B 点位置高，A 正 确； B．当弹簧弹力等于重力沿斜面方向的分力时，物块的速度达到最大，因为 ，故 达到最大速度时，质量为 的物块的压缩量小，故离最低点 C 的位置远，即 m1 最大速 度的位置比物块 m2 最大速度的位置高，故 B 错误； C．在 C 点位置两物块受到弹簧的弹力大小相等，方向沿斜面向上，此时加速度大小为 质量小的加速度大，故在 C 点位置 m1 的加速度大于 m2 的加速度，C 正确； D．逆向考虑，从 C 点到 O 点，弹性势能转化为动能和重力势能，上升高度一样，由于 ，故 m1 的重力势能小于 m2 的重力势能，根据能量守恒判断可知，在 O 点位置 m1 的动能大于 m2 的动能，D 错误。故选 AC。 11.小钢球 ①③④② 9.61（9.5~9.7） 仍能 【解析】 (1)要测量当地重力加速度需要尽量减小空气阻力的影响，所以密度大体积小 的小钢球最适合； (2)要完成实验首先应该将刻度尺竖直固定在墙上，安装好三脚架，调整好手机摄像头 的位置；因为下落时间很短，所以一定要先打开摄像头开始摄像，然后在将小球从刻度 尺旁静止释放，故顺序为①③④②； (3)由三张图片读出小球所在位置的刻度分别为 2.50cm，26.50cm，77.20cm；小球做自 由落体运动，根据 可得 (4)因为就算小球偏离了竖直方向，但是小球在竖直方向上的运动依然是自由落体运 动，对实验结果无影响，故仍能用前面的方法测量出重力加速度。 12.1.050cm 0.900mm a- 平衡摩擦力时木板右端垫得过高 沙和沙桶的质量没有 tanµ θ≥ 1 2m m< 1 2m m< 1m sin sinF mg Fa gm m θ θ−= = − 1 2m m< 2x gT∆ = 1 M远小于车的质量 【解析】 (1)[1][2] 游标卡尺读数为 螺旋测微器的读数 (2) ①[3] 为了更直观地反映物体的加速度 a 与物体质量 M 的关系，为了直观判断二者 间的关系，应作出直线图形。探究加速度与质量的关系时，为了直观判断二者间的关 系，应作出 a- 图像。 (3) ②[4]图中当 F=0 时，a≠0．也就是说当绳子上没有拉力时，小车的加速度不为 0，说 明小车的摩擦力小于重力的分力，所以原因是平衡摩擦力时木板右端垫得过高． [5]从图象上可以看出：F 从 0 开始增加，砂和砂桶的质量远小于车的质量，慢慢的砂和 砂桶的重力在增加，那么在后面砂和砂桶的质量就没有远小于车的质量，则绳子的拉力 不能用沙和沙桶的重力代替，图象发生弯曲，所以原因是砂和砂桶的质量没有远小于车 的质量． 13.(1) ；(2) 【解析】 (1)推力沿斜面向上物块恰好不下滑，受力分析有 推力水平向右物块恰好不下滑受力分析，沿斜面方向 垂直于斜面方向 又因为 解得 (2)设推力方向与斜面的夹角为 ，物块恰好不下滑，受力分析沿斜面方向 1mm10mm+ 10=10.50mm=1.050cm20 × 0.5mm+0.01 40.0mm=0.900mm× 1 M 11 10 2 5 25 mg 1 cos37 sin37F mg mgµ+ ° = ° 2 cos37 sin37F F mg°+ = °f2 2 sin37 cos37F mg F°+ ° = N2 f2 N2F Fµ= 1 2 11 10 F F = a cos sin37F F mgα + = °f垂直于斜面方向 又因为 解得 由于 最大值为 l，所以 14.3.13m/s2 【解析】对小车受力分析知 联立以上式子，加速度 则 设人的加速度为 a′，加速到 6m/s 时间为 t′，则 ， 即 Ncos37 sinmg F Fα°+ = f NF Fµ= sin37 cos37 0.2 0.2 1cos sin 5cos sin sin( )2 2 mg mgF mg µ α µ α α α α ϕ °− °= = =+ + + sin( )α ϕ+ min 2 5 25 mgF = cos37N mg °= sin37mg f ma° − = 1 2f N= 22m/sa = 2 21 1 2 (2 0.5) 6.25m2 2x at= = × × + =车 ' ' vt a = ( )2 2 vx v t t t xa ′ ′= + − − ∆ = 车解得 15.（1） ；竖直向上（2） ；（3） 【解析】 (1)对活塞进行受力分析可知 解得 方向：竖直向上。 (2)圆筒刚落地时活塞的速度 圆柱落地后活塞距地高度 根据 解得加速度大小 (2)根据牛顿第二定律 解得摩擦力大小 16.(1)4.8 m/s；(2) 【解析】 (1)滑块上滑过程中，由牛顿第二定律： 得 26 66 2 6.25m2a a′ ′  + × − =   2 218 m/s 3.13m/s7a = = 1N 215m/s 2.5N f mg= 1Nf = 3m/sv gt= = 0.3mh = 22ah v= 215m/sa = 'f mg ma− = ' 2.5Nf = 1sin cosmg mg maθ µ θ+ = 2 1 9.6m / sa =设上滑位移大小为 L，由 得 L=4.8m 滑块下滑过程中，由牛顿第二定律： 得 下滑位移大小也为 L，由 得 v=4.8m/s (2)滑块沿斜面上滑过程中用时 对斜面与滑块构成的系统受力分析可得 Ff1=ma1cos θ=7.68 N 滑块沿斜面下滑过程用时 对斜面与滑块构成的系统受力分析可得 Ff2=ma2cos θ=1.92 N Ff 随时间变化如图所示。 2 0 12v a L= 2sin cosmg mg maθ µ θ− = 2 2 2.4m / sa = 2 22v a L= 0 1 1 1svt a = = 2 2 =2vt sa =