湖南省武冈市二中2020届高三上学期第三次月考物理试题

武冈二中2020届高三第三次月考物理试题

一、选择题（本大题共12小题,每小题4分，计48分.在每小题给出的四个选项中，第1－8题只有 一项符合题目要求;第9－12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）

1.如图所示，物体P用水平作用力F压在竖直的墙上，沿墙匀速下滑，物体的重力为G，墙对物体的弹力为N、摩擦力为f，物体对墙的压力、摩擦力为.下列说法正确的有(    )

A. G和f是一对作用力和反作用力

B. N和F是一对作用力和反作用力

C. f和是一对作用力和反作用力

D. 和F是一对作用力和反作用力

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题分析可知，物体沿墙壁匀速下滑，竖直方向受到重力和向上的滑动摩擦力，由平衡条件得知，滑动摩擦力大小f=G．即G和f是一对平衡力；故A错误.

B.N和F的大小相同，方向相反，作用在一个物体上，是一对平衡力；故B错误.

C.f和f′是一对作用力和反作用力；故C正确.

D.N′和F的方向相同，不是一对作用力和反作用力；故D错误.

2.甲、乙两车在平直的公路上向相同的方向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中阴影部分面积分别为S1、S2，下列说法正确的是

A. 若S1=S2，则甲、乙两车一定在t2时刻相遇

B. 若S1>S2，则甲、乙两车在0-t2时间内不会相遇

C. 在t1时刻，甲、乙两车加速度相等

D. t1-t2时间内，甲车的平均速度v<

【答案】D

【解析】

【分析】

速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，根据图象判断确定何时两车相遇；图象切线的斜率表示加速度；

【详解】A、速度−时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，则0−t2时间内甲的位移等于乙的位移，由于甲的初位置与乙的初位置未知，所以无法判断甲、乙两车在t2时刻是否相遇，故A错误；

B、若S1>S2，在0-t2时间内甲的位移大于乙的位移，由于甲的初位置与乙的初位置未知，所以无法判断甲、乙两车在0-t2时间内是否相遇，故B错误；

C、由图象切线的斜率表示加速度，在t1时刻，乙的斜率大于甲的斜率，故乙的加速度大于甲的加速度，故C错误；

D、若甲做匀加速直线运动，0-t2时间内，甲车的平均速度；由速度−时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在0-t2时间内，甲车的运动位移小于匀加速直线运动的位移，所以甲车的平均速度小于，故D正确；

【点睛】关键是知道速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，图象切线的斜率表示加速度，平均速度等于物体其位移与时间的比值。

3.如图所示，a、b、c是三个质量相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. a、b同时到达同一水平面

B. a、b落地时的速度相同

C. 它们的末动能可能相同

D. 落地时重力的功率一定是Pb＝Pc＞Pa

【答案】D

【解析】

【分析】

根据题中“a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛”、“它们的末动能”、“落地时重力的功率”可知，本题考察运动学和机械能相结合的问题。根据平抛运动、自由落体运动、斜面上物体运动的规律，运用牛顿运动定律、运动学公式、动能定理和功率等知识进行求解。

【详解】A．a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，下滑的加速度，当a下滑高度为h时，；b做自由落体运动，当b下落高度为h时，；所以a、b到达同一水平面所用时间。故A项错误。

B．a、b两球从开始运动到落地过程中，a、b两球的重力做功相等，由动能定理可知，它们的动能的变化相同，则其末速度大小相等，但两球末速度的方向不同。故B项错误。

C．a、b、c三球从开始运动到落地过程中，a、b、c三球的重力做功相等，由动能定理可知，它们动能的变化相同；c有初速度，则c球末动能最大。故C项错误。

D．重力的功率等于重力与竖直方向分速度的乘积。b做自由落体运动，c做平抛运动，落地时b、c竖直方向的分速度相等，则Pb＝Pc。a、b末速度大小相等，b竖直方向分速度大于a竖直方向分速度，则Pb＞Pa。故D项正确。

4.如图所示是某物体做直线运动的图象(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x=0处运动至处的过程分析，其中正确的是 (   )

A. 该物体做匀减速直线运动

B. 该物体的加速度大小为

C. 该物体在位移中点的速度大于

D. 该物体在运动中间时刻的速度大于

【答案】ABC

【解析】

【详解】A.由匀变速直线运动的速度位移关系公式：

可得

可以知道物体的加速度恒定不变，速度均匀减小，故物体做匀减速直线运动，故A正确

B.由上式知，图象的斜率等于2a，由图可得：

则得物体的加速度大小为，所以B正确. 

CD.该物体在运动过程中的平均速度为，因为物体做匀减速直线运动，所以该物体在运动中间时刻的速度等于，物体在位移中点的速度大于中间时刻的速度，所以物体在位移中点的速度大于；所以C正确的，D错误.

5.光滑的水平地面上有三块木块A、B、C，质量均为m、A、B之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在A上，三者开始一起做匀加速直线运动，此时A、B间细绳的拉力为T、B、C间摩擦力为f。运动过程中把一块橡皮泥粘在木块A上，系统仍做匀加速直线运动，且B、C之间始终没有相对滑动。稳定后，T和f的变化情况是（    ）

A. T变大，f变小

B. T变大，f应大

C. T变小，f变小

D. T变小，f变大

【答案】C

【解析】

试题分析：对整体分析明确加速度的变化，再选择c进行受力分析，由牛顿第二定律可得出物体受到的拉力的变化，再对b物体分析，根据牛顿第二定律可求得摩擦力变化．

粘上橡皮泥以后整体的质量增大，因为F不变，对整体有可知整体的加速度减小，将BC看做一个整体，对整体有，由于BC的质量不变，加速度减小，所以绳子的拉力T减小，隔离C，C在水平方向上只受到B给的静摩擦力，有，C的质量不变，加速度减小，所以静摩擦力f减小，故C正确

6.如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（      ）

A. （M＋2m）g B. （M＋3m）g

C. （M＋4m）g D. （M＋5m）g

【答案】D

【解析】

【详解】小环在最低点时，根据牛顿第二定律得：

可得：

小环从最高到最低，由动能定理，则有

对大环分析，有：

A.（M＋2m）g.故选项A不符合题意.   

B.（M＋3m）g.故选项B不符合题意.

C.（M＋4m）g.故选项C不符合题意.   

D.（M＋5m）g.故选项D符合题意.

7.如图，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O。一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于轨道上的C点。已知OC连线与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为（      ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由图，根据几何关系可知，AC水平方向的夹角为

根据位移间的关系可得：

可得：

A. .故选项A符合题意.

B. .故选项B不符合题意.   

C. .故选项C不符合题意.   

D. .故选项D不符合题意.

8.某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，每次测量中卫星的运动可近似看作圆周运动，某次测量卫星的轨道半径 rl，后来变为 r2， r1> r2，以Ek1 、E k2 表示卫星在这两个轨道上的动能，T1 、T2 表示卫星在这两个轨道上的周期则(    )

A. E k2>Ek1 、T2<Tl B. E k2<Ek1、 T2>Tl

C. E k2<Ek1、T2<Tl D. E k2>Ek1、T2>Tl

【答案】A

【解析】

【详解】因卫星受空气阻力，则速度变小，使得引力大于向心力从而做向心运动，则做圆周的半径变小；根据卫星所受万有引力提供向心力有：，解得，可得线速度变大，所以动能变大，周期变小；故A正确，B，C，D错误.故选A.

9.2018年12月8日我国成功发射了嫦娥四号探测器，它实现了人类首次月球背面着陆探测.12日16时39分，探测器在距月面129km处成功实施发动机点火，约5分钟后，探测器顺利进入距月面100km的圆形轨道，运行一段时间后择机着陆月球表面，下列说法正确的有 (　　)

A. 探测器发射速度大于7.9km/s

B. 探测器距月面129km处发动机点火加速

C. 从点火到进入圆轨道，探测器位移是29km

D. 若已知引力常量、圆形轨道半径及探测器其上运行周期，可估算月球质量

【答案】AD

【解析】

【分析】

第一宇宙速度是最小的发生速度；探测器要进入低轨道，必须要制动减速；根据判断选项D.

【详解】第一宇宙速度是最小的发生速度，即探测器发射速度必须要大于7.9km/s，选项A正确；探测器要进入低轨道，必须要制动减速，选项B错误；从点火到进入圆轨道，轨道的高度降低29m，而探测器位移要大于29km，选项C错误；根据可知，若已知引力常量G、圆形轨道半径r及探测器在其上运行周期T，可估算月球质量M，选项D正确；故选AD.

10.如图，PQ为圆竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑倾斜轨道，分别与圆相交于A、B、C三点(AQ＜BQ＜CQ)。现让三个小球（可视为质点）分别沿着AQ、BQ、CQ自轨道顶端由静止下滑到Q点，它们运动的时间和平均速度分别为t1、t2、t3；v1、v2、v3，则有（    ）

A. t3＞t2＞t1 B. t1＝t2＝t3 C. v3＞v2＞v1 D. v1＞v2＞v3

【答案】BC

【解析】

【详解】AB.设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d.根据牛顿第二定律得：

小球下落的加速度

斜面的长度为x=dsinθ

由运动学公式有：

得：

;

可见,小球下滑时间与斜面的倾角无关.则有：t1=t2=t3.故A项错误，B项正确.

CD.因CQ＞BQ＞AQ，根据平均速度公式,得v3＞v2＞v1；故C项正确，D项错误.

11.质量为m的汽车在平直公路上以初速度v0开始加速行驶，经时间t前进距离s后，速度达到最大值vm。设该过程中发动机的功率恒为P，汽车所受阻力恒为f，则在这段时间内发动机所做的功为（      ）

A. Pt B. fvmt

C. fs＋mvm2 D. mvm2－mv02＋fs

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.由于发动机功率恒定，则经过时间t，发动机所做的功为：

W=Pt

故选项A符合题意.
B.当速度达到最大值vm时，由

P=Fvm=fvm，

所以汽车的牵引力在这段时间内做功也等于

Pt=fvmt

故选项B符合题意.

CD. 汽车从速度v0到最大速度vm过程中，由动能定理可知：

解得：

故选项D符合题意，选项C不符合题意.

12.边长为的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【详解】A、线框匀速运动，则有外安，，，得到外力为外 ，，即有外，、、一定，所以外与成正比，故选项A错误；

B、根据可得外力的功率为外，所以外与成正比，故选项B正确；

CD、感应电动势，则感应电动势与成正比，故选项C正确，D错误。

二、实验题（每空2分,共18分。）

13.某物理兴趣小组在一次探究活动中，要测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，右端装有定滑轮；木板上有一滑块，其左端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，右端通过跨过定滑轮的细绳与托盘连接，打点计时器使用的交流电源频率为50 Hz，开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点．

（1）上图给出的是实验中获取纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点(图中未标出)，用刻度尺测量出计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a＝_____________________(保留三位有效数字)．

（2）请回答下列两个问题：

①为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，还需测量的物理量是___________填写字母代号)

A．木板的长度L

B．木板的质量m1

C．滑块的质量m2

D．托盘和砝码的总质量m3

E．滑块的运动时间t

②欲测量①中所选定的物理量，所需要的实验器材是________________．

（3）实验时，用托盘和砝码总重力来代替细绳对滑块的拉力，则滑块与木板之间的动摩擦因数μ＝ ____________________(用L、g、a、m1、m2、m3、t中所需字母表示)．与真实值相比，测量的动摩擦因数_______________(填“偏大”或“偏小”)．

【答案】    (1). 0.497m/s2    (2). CD    (3). 天平    (4).     (5). 偏大

【解析】

试题分析：（1）根据，可知加速度，代入数据得：a="0.497" m/s2；（2）①将托盘与木块做为一个系统，根据牛顿第二定律，，因此还要测量CD；②测量质量用天平测量；（3）若用托盘和砝码的总重力来代替细绳对滑块的拉力，则，可求出动摩擦因数， 真正的动摩擦因数，根据求出为，因此测量值偏大

考点：打点计时器测匀变速直线运动的加速度

14.为了测量某待测电阻Rx的阻值，某实验小组先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量，实验室提供的器材如下：

待测电阻：Rx

电压表：V1（量程3 V，内阻约为3kΩ）

电压表：V2（量程15 V，内阻约为15 kΩ）

电流表：A1（量程0.6 A，内阻约为5Ω）

电流表：A2（量程200 mA，内阻约为30Ω）

滑动变阻器：R（最大阻值10Ω，额定电流1 A）

直流电源：E（电动势为3 V，内阻可忽略）

单刀单掷开关一个，导线若干

（1）当用多用电表的欧姆×10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，应使选择开关拨到________（填“×100或×1”）倍率挡，重新欧姆调零后再测，此时多用电表指针位置如图（a）所示。

（2）在用伏安法测量Rx时，为使测量尽量精确，要求电表指针均达到半偏以上，电压表应选_________，电流表应选______________。（均填器材符号）

（3）图为该实验小组设计测量电阻Rx电路图的一部分，请在虚线框内将电路图补充完整____。

【答案】    (1). ×1    (2). V1    (3). A2    (4).

【解析】

【详解】第一空．欧姆×10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，说明Rx的阻值较小，应换用×1挡。

第二空．电源电动势为3 V，为使电表指针均达到半偏以上，电压表选择V1．

第三空．据图（a）知，待测电阻，则流过待测电阻的最大电流，为使电表指针均达到半偏以上，电流表选择A2．

第四空．电压表选择V1，电流表选择A2，则：；待测电阻，所以测量电路选用电流表的外接法，电路如图：

三、计算题：共34分。解答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，答案必须明确写出数值和单位。

15.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过7s后警车发动起来，并以2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在108 km/h以内．问：

(1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？

(2)警车发动后要多长时间才能追上货车？

【答案】(1)90m  (2)12.5s

【解析】

【详解】(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等.则有：

此时货车的位移为：

s货=(t0+t1)v1=(7+4)×10m=110m

警车的位移为：

所以两车间最大距离为：

△s=s货-s警=90m.

(2)vm=108km/h=30m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间为：

此时货车的位移为：

s′货=(t2+t0)v1=(12+7)×10m=190m

警车的位移为：

因为s′货＞s′警，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离为：

△s′=s′货-s′警=10m

警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t时间追赶上货车，则有：

所以警车发动后要经过t=t2+△t=12.5s才能追上货车.

16.如图所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与粗糙的水平面相切于A点，质量为m＝1 kg的小物体(可视为质点)在水平拉力F的作用下，从静止开始由C点运动到A点，物体从A点进入半圆轨道的同时撤去外力F，物体沿半圆轨道通过最高点B后做平抛运动，正好落在C点，已知xAC＝2 m，F＝15 N，g取10 m/s2，试求：

(1)物体在B点时的速度大小以及此时物体对轨道的弹力大小；

(2)物体从C到A的过程中，克服摩擦力做的功．

【答案】（1）5m/s；52.5N，（2）9.5J

【解析】

【详解】试题分析：（1）根据得，平抛运动的时间为：，

则B点的速度为：．

根据牛顿第二定律得，，解得：．

（2）对C到B的过程运用动能定理得：，代入数据解得．

17.光滑水平面上放着质量mA=0.5kg的物块A与质量mB=1kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=32J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5mB恰能到达最高点g=10m/s2．求：

（1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；

（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小和方向；

（3）绳拉断过程绳对A所做的功W．

【答案】（1） ;(2) , 方向向左  (3)

【解析】

【详解】（1）B恰好到最高点C则有：            

 从绳断后到最高点对B由动能定理：      

 联立解得：                                         

（2）在绳子被拉断前，弹簧的弹性势能转化为B的动能，设弹簧恢复原长时B的速度为v1则有能量守恒有：

解得 ：                                     

取向右为正，对B由动量定理可得：

代入数据可得： ，方向向左                                 

（3）设绳子拉断后A的速度为v2取向右为正，对A和B系统由动量守恒定律：

对A由动能定理：

代入数据解得：