吉林省吉林市蛟河一中2021届高三上学期第一次月考物理试卷 PDF版含答案.pdf

1、参考答案第 1 页（共 5 页）一、选择题：本题共 12 小题，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 18 题只有一项符合题目要求，每小题 4 分；第 912 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。题号123456789101112答案BBBADAACACBDACABD1.B 【解析】AB.根据牛顿第二定律得，=，则加速度变化，所受的外力改变，速度大，加速度不一定大，故 A 错误，B 正确；C.物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，故 C 错误；D.地面对人的支持力和人对地面的压力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反

2、，故 D 错误。2.B 【解析】刹车到零，可以看成从零开始的反向加速运动，刹车最后 1 s 内的位移等于从零匀加速 1 s 内的位移，汽车通过的位移=12 2=2 m，故 B 正确，ACD 错误。3.B 【解析】物块静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为2，物体有向上滑动的趋势，弹簧弹力为，则有cos 30=+sin 30，解得=233，故 B 正确，ACD 错误。4.A 【解析】AB.由=，得=，可知与成正比，由速度公式=可知，一定的时候，与成正比，在0 0内，物体做匀加速直线运动，在0 30内，物体做匀减速直线运动，故 A 正确，B 错误；CD.物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，位移

3、一直增大，故 CD 错误。5.D 【解析】AB.撤去前的瞬间，弹射装置和物体看作一个整体，受力分析如图所示，则有2cos =+，解得=7，当撤去时，弹簧因为形变不会马上变化，弹力仍为7，两弹簧的合力大小为7，方向向上，故 AB 错误；CD.撤去时，物体的加速度为，对物体和底盘整体有=7 ，解得=6，对物体进行分析，受到重力、支持力，则有 =，解得=7，故 C 错误，D 正确。6.A 【解析】设河宽为，设船在静水中的速率为1，水流速率为2，最短时间过河时：静水速与河岸垂直，有1=1，最小位移过河，合=12 22，则2=合=1222，联立解得12=22212，故 A 正确，BCD 错误。第 2 页

4、（共 5 页）7.A 【解析】A.tan =0122=20，tan =0，可知2tan =tan，故 A 正确；B.小球到达点时的竖直分速度=cos，则当地的重力加速度=cos，故 B 错误；C.从到速度的变化量=cos，故 C 错误；D.小球从到的位移=22cos =2cos22cos ，平均速度=cos2cos，故 D 错误。8.C 【解析】在天平右侧，以连接体左侧质量为的物体为研究对象，则有 =，以连接体右侧质量为的物体为研究对象，则有 =，根据题意可知2=，联立解得=3，故 ABD 错误，C 正确。9.AC 【解析】物体在几个外力的作用下做匀速直线运动，如果撤掉其中的一个力，余下的力的

5、合力与撤去的力大小相等，方向相反，是个恒定的值。A.若撤去的力与原速度方向在同一直线上，物体的合力恒定，而且与速度方向在同一直线上，则物体做匀变速直线运动，故 A 正确；B.若撤去的力与原速度方向相同，物体的合力恒定，而且与速度方向相反，则物体做匀减速直线运动，故 B 错误；C.若撤去的力与原速度方向不在同一直线上，物体的合力与速度不在同一直线上，则物体做匀变速曲线运动，故 C 正确；D.匀速圆周运动需要合力始终指向圆心，物体所受合力恒定，所以不可能做匀速圆周运动，故 D 错误。10.BD 【解析】AB.设石子乙释放后下落的时间为，则两石子之间的距离=12(+2)2 12 2=2(+1)，则随

6、着的增大，不断增大，故 A 错误，B 正确；CD.由=2(+1)可知，甲相对乙的位移变化是均匀的，即相同时间内位移变化量相同，则甲相对乙做匀速直线运动，故 C 错误，D 正确。11.AC 【解析】AB.对整体分析得，地面的支持力=(+)，对分析得，摩擦力=tan 45=，故 A 正确，B 错误；CD.如图所示，对物体受力分析，根据合力等于0，运用合成法得，墙壁对的弹力1=tan，对的弹力2=cos，将往左缓慢移动少许，角减小，tan 减小，cos 增大，则1减小，2减小，故 C 正确，D 错误。12.ABD 【解析】A.物块在传送带上先以1做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，改变加速度后以

7、2做匀加速直线运动，所以物块由到的间距对应图像所围梯形的“面积”，为=12 2 0.2 m+12 (2+4)1 m=3.2 m，故 A 正确；B.由 图像可知，物块在传送带上先以1做匀加速直线运动，则加速度大小为1=20.2 m/s2=10 m/s2，对物体受力分析，受摩擦力（方向斜向下）、重力和支持力，得sin +=1，即sin +cos =1，同理，以2做匀加速直线运动，对物体受力分析，受摩擦力（方向斜向上）、重力和支持力，加速度大小为2=第 3 页（共 5 页）421.20.2 m/s2=2 m/s2，得sin =2，即sin cos =2，解得cos =0.8，=0.5，故 B 正确；

8、CD.由 B 可知，以1做匀加速直线运动，面粉的位移1=12 2 0.2 m=0.2 m，皮带的位移皮 1=2 0.2 m=0.4 m，相对位移1=皮 1 1=(0.4 0.2)m=0.2 m，即面粉相对于传送带向后运动0.2 m，同理，以2做匀加速直线运动，面粉的位移2=12(2+4)1 m=3 m，皮带的位移皮 2=2 1 m=2 m，相对位移2=2 皮 2=(3 2)m=1 m，即面粉相对于传送带向前运动1 m，故传送带上面粉痕迹长为0.8 m，故两者之间的总相对位移=1+2=1 m+0.2 m=1.2 m，故 C 错误，D 正确。二、非选择题：共 6 小题，共 62 分。把答案填在答题

9、卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.（6 分，每空 2 分）（1）CD （2）A （3）A【解析】（1）对点受力分析如图所示，、分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以等于，因此三个力的大小构成一个三角形。A.2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故 A 错误；B.1、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故 B 错误；C.4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡，故 C 正确；D.3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡，故 D 正确。

10、（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录、三段绳子的方向，故 A 正确，BCD 错误。（3）以点为研究对象，3的实际作用效果在这条线上，由于误差的存在，1、2的理论值要与实际值有一定偏差，故 A 图符合实际，B 图不符合实际。14.（9 分）（1）倾斜长木板，平衡摩擦力（2 分）（2）不需要（2 分）（3）3.2（3 分）（4）不变（2 分）【解析】（1）甲图中应改进的是倾斜长木板，平衡摩擦力，这样做是为了在研究小车受到的合力时不再考虑摩擦力的

11、影响。（2）根据上述方案做实验，通过弹簧测力计可测量出拉小车的力，因此不需要砂桶和砂子的总质量远小于车的质量。（3）已知交流电源的频率为50 Hz，则=1=0.02 s，利用逐差法可得，小车的加速度=(7.72+7.216.706.19)1024(0.022)2 m/s2=3.2 m/s2。（4）电压小于220 V，但交变电源的频率不变，不会改变打点周期，对实验结果不会产生什么影响，即加速度的测量值与实际值相比不变。第 4 页（共 5 页）15.（10 分）（1）与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）从静止开始沿斜壁向上运动的加速度的大小为1 m/s2。【解析】（1）当做匀速直线运动时，有：1=

12、1 （1 分）1=（1 分）1=1 （1 分）代入数据解得：=0.5 （2 分）（2）当在斜壁上运动时，有：(2 )cos =（1 分）(2 )sin =0 （1 分）=（1 分）代入数据解得：=1 m/s2 （2 分）16.（12 分）（1）经过10 s，两车第一次相遇；（2）再经过13.5 s，两车第二次相遇。【解析】（1）设经过1，汽车追上自行车，有：21=11+（2 分）解得：1=10 s （2 分）故经过10 s，两车第一次相遇。（2）汽车的加速度=2 m/s2。设第二次相遇所用的时间为2，则：12=22+12 22 （1 分）2=12 s （1 分）设汽车从刹车到停下用时3，则：0

13、=2+3 （1 分）3=9 s 2 （1 分）故自行车又追上汽车前，汽车已停下。停止前汽车的位移：汽=0+223 （1 分）设经4时间追上，则：14=0+223 （1 分）4=13.5 s （1 分）故再经过13.5 s，两车第二次相遇。（1 分）17.（12 分）（1）若选手以速度0水平跳出后，能跳在水平跑道上，0的最小值为3102 m/s；（2）若选手以速度1=4 m/s水平跳出，该选手在空中的运动时间为0.6 s。【解析】（1）若选手以速度0水平跳出后，恰能跳在水平跑道上，则：sin 60=0 （2 分）cos 60=12 2 （2 分）解得：0=3102 m/s （2 分）（2）若选手

14、以速度1=4 m/s水平跳出，因1 0，人将落在弧形坡上。下降高度：=12 2 （2 分）第 5 页（共 5 页）水平前进距离：=1 （2 分）且：2+2=2 （1 分）联立解得：=0.6 s （1 分）18.（13 分）（1）木板刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2；（2）从开始拉动木板到小物体脱离木板，小物块的速度为1.6 m/s，木板的位移为2.4 m；（3）为使小物体能脱离木板，此拉力作用时间最短为0.8 s。【解析】（1）对木板根据牛顿第二定律可得：=1 （2 分）解得：1=3 m/s2 （1 分）（2）对小物体根据牛顿第二定律可得：2=1 m/s2 （1 分）设小物体滑离木板经过的时间为，则有：=12 12 12 22 （1 分）解得：=1.6 s （1 分）小物块的速度：=2=1.6 m/s （1 分）木板的位移：=12 12=2.4 m （1 分）（3）设拉力作用时间最少为1，滑出用的总时间为总，做匀加速直线运动，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动。则的加速度大小仍为2，撤掉前的加速度大小仍为1。撤掉后的加速度大小：3=13 m/s2 （1 分）根据速度关系可得：11 3(总 1)=2总 （1 分）根据位移关系可得：12 112+11(总 1)12 3(总 1)2 12 2总2=（2 分）由上两式可得：10.8 s （1 分）