文档内容
射洪中学高 2021 级高三上期 10 月月考
物理答案
14、【解答】解：A.加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变
化率，与速度的大小无关，A错误；
B.速度变化得越快，加速度越大，加速度不一定变化，B错误；
C.物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，C错误；
D.根据加速度的定义可知，加速度的方向与速度变化量的方向相同，D正确。
故选D。
15、【解答】解：原来弹簧的弹力等于A的重力，即F＝m g，放上B的瞬间，弹簧的弹力不
A
变。对整体分析，根据牛顿第二定律得：
a＝ ＝ ＝ ＝2m/s2。
隔离对B分析，有：m g﹣N＝m a，
B B
则有：N＝m （g﹣a）＝2×（10﹣2）N＝16N。
B
由牛顿第三定律知：B对A的压力大小为16N。
故选：B。
16、【解答】AB．由图可知质点在x轴方向上做匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运
动，合力的方向沿x轴方向。在x轴方向上的初速度为3 m/s，在y轴方向上的速度为4 m/s，则初速
度
初速度方向不沿x轴方向，所以质点做匀变速曲线运动，故A错误，D正确；
C．2 s末在x轴方向上的速度为 v＝6 m/s
x
在y轴方向上的速度为v＝4 m/s
y
则合速度 故C错误。
D ．质点在x轴方向上的加速度为
y轴方向上的加速度为零，则合加速度为a＝1.5 m/s2
所以合力为 故D错误；
故选B。
17、【解答】解：汽车到达斑马线速度为零，所用时间为t，则有：
x＝
解得：t＝ ＝ s＝10
因t＜12s，则最小加速度为：a＝ ＝ m/s2＝1m/s2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
18、【解答】解：根据胡克定律知，每根橡皮条的弹力为：F＝k（1.5L﹣L）＝0.5kL。
设此时两根橡皮条的夹角为θ，根据图1由几何关系知
由图2，根据平行四边形定则知，弹丸被发射过程中所受的最大弹
力为：
，故B正确，ACD错
误。
故选：C。19、【解答】解：A、0～9s内探测器做初速度为零的匀加速直线运动，则x＝ ，则位移
随时间非均匀增加，故A错误；
B、9～25s内探测器加速度向下，处于失重状态 故B正确
C、0～25s内探测器一直向上运动，在25s末没有回到星球表面，故C错误；
D、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，直线的斜率一定，则9～25s内探测器的加速度与25～
45s内的加速度相同，故D正确。
故选：B D。
20、【详解】A．摆到最高点时，体验者的速度为零，但加速度不为零，不是处于平衡状态，
故A错误；
B．在高速摆动的过程中，由于体验者不是做匀速圆周运动，则体验者受到的合力不是始终指
向圆心，故B错误；
C．摆到最低点时，体验者的向心加速度大小为 故C正确；
D．在最低点时，设四根秋千绳对体验者（含秋千踏板）拉力的合力为 ，根据牛顿第二定律
可得
解得
故D正确。
故选CD。
21、【解答】解：A、根据乙图分析可得，当传送带的速度大于4m/s时，物块平抛的水平位移
发生变化，说明传送带速度小于4m/s时，物块做匀减速运动，即当传送带速度为0时，物块到达B
点的速度为4m/s，故A正确；
B、根据平抛运动的规律，水平和竖直方向，有
x＝vt，
物块到达B点的速度为4m/s，得
t＝0.4s，h＝ ＝0.8m故B正确；
C、当传送带速度小于等于4m/s时，根据牛顿第二定律μmg＝ma
得a＝μg 又
其中v＝4m/s，l＝2m，得μ＝0.5 故C错误；
D、如果传送带向左运动，则物块所受滑动摩擦力向左，与传送带速度小于等于4m/s情况相
同，不为虚线c，故D错误。
故选：AB。
22、【解答】解：分析物块A的受力情况可知，物块A受长金属板B给它的滑动摩擦力F，方
f
向向左，受弹簧测力计向右的拉力F，由二力平衡可知，F＝F，测力计读数为2.60 N，所以F＝
f f
2.60 N；又根据F＝μG可得：μ＝ ＝0.2．从表中可对比得知，物块A为木头。
f
故答案为：2.60，木头。
23、【解答】解：（1）该实验小车受到的拉力可由弹簧测力计测得，不需要满足M≫m；
（2）砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，由于小车受到的拉力可由弹簧测力计测得，所以拉
力和加速度仍成正比例关系，故C正确，AB错误。
故选：C。
（3）相邻计数点间的时间间隔为：匀变速直线运动中间时刻速度等于平均速度，则C点对应小车的速度为： ＝
根据逐差法可得小车的加速度大小为： ＝ ＝
4.0m/s2
根据牛顿第二定律有：F＝Ma
根据滑轮特点有：mg﹣2F＝m
解得：m＝ ＝350g
故答案为：（1）不需要；（2）C；（3）0.8，4.0，350。
24、【解答】解：（1）设运动员在B点的速度角为θ，由速度角和位移角关系得
则
解得t＝2.4s
（2）由
得从A到B的水平位移为x＝v t=38.4m
0
由几何关系得
解得L ＝48m
AB
答：（1）运动员在空中运动的时间为3s；
（2）滑道AB的长度为48m。
25、【解答】（1）滑板一直以最大加速度加速时，所用时间最短。设滑板最大加速度为a ，
2
f＝μm g＝m a
1 2 2
a ＝8m/s2
2
s＝
解得：t＝1s
（2）滑板与滑块刚要相对滑动时，水平恒力最小，设为F ，此时可认为二者加速度相等，
1
F ﹣μm g＝m a
1 1 1 2
解得F ＝12N
1
当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F ，设滑块加速度为a ，
2 1
F ﹣μm g＝m a
2 1 1 1
＝L
解得F ＝14N
2
则水平恒力大小范围是12N≤F≤14N
（3）当F＝20N时，对滑块有
F﹣μm g＝m a
1 1 3解得t ＝0.5 s
1
此时滑板的位移 ，解得x ＝1m
1
速度为v＝a t ，解得v＝4m/s
2 1
s﹣x ＝vt t =0.75s
1 2 2
总时间t ＝t +t ，解得t ＝1.25s
总 1 2 总
答：（1）滑板由A滑到B的最短时间为1s；
（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围为12N≤F≤14N；
（3）当F＝46N时，滑板由A滑到B的时间为1.25s。
34、（ⅰ）【解答】AB．从乙图可知，在t=0时刻P点速度为正向最大值，即P点正在平衡位
置向+y方向振动，根据“同侧法”可知该波沿x轴负方向传播，由甲图可知波长λ=6m，由乙图可
知周期T=1.2s，故波速
故AB正确；
C．质点P经过0.6s恰好振动半个周期，运动的路程s=2A=20cm，故C错误；
D．由甲图可知该波质点振幅为10cm
质点P的振动方程为
代入数据得 故D正确；
E．该波的频率
根据多普勒效应可知，当测井仪运动时，接收到的频率可能大于或小于 故E错误。
故选ABD。
（ⅱ）【解答】解：（1）根据对称及光路可逆性，作出光路如图所示
i'＝60°
r＝r'＝θ＝30°
根据折射定律
解得
（2）由几何关系
光在液滴中的传播速度
光在液滴中的传播时间
解得t＝
答：（1）液滴对该光的折射率 ；
（2）光从C点射入液滴经一次反射从D点射出在液滴内传播的时间 。
