湖南省茶陵县第三中学2020届高三第三次月考物理试题

2020届高三第三次月考试题

物理试卷

一、选择题

1.如图所示，一物体自某点（图中未标出）开始作匀减速直线运动，依次经过最后的A，B，C，D四点，最后停在D点，已知A，B的间距为6m,B,C的间距为3m, 且物体通过AB段与BC所用的时间相等, 则C,D间的距离等于(  )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】设经过AB和BC的时间均为t，则物体的加速度 ；B点的速度，则，则CD=，故选B.

2.如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细绳相连，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦）．现用水平向右的力F作用于物体B上，将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止。在此过程中

A. 水平力F可能变小

B. 斜面体所受地面支持力可能变大

C. 物体A所受斜面体的摩擦力可能变大

D. 地面对斜面体的摩擦力可能不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．对物体B受力分析如图，由平衡条件可得：

将物体B缓慢拉高一定的距离，θ增大，水平力F增大，绳中拉力T增大；故A项错误。

BD．对整体(斜面体、物体A、物体B)受力分析，据平衡条件可得：

则斜面体所受地面的支持力不变，地面对斜面体的摩擦力增大；故BD两项错误；

C．若起始时，，对物体A受力分析，由平衡条件可得：

绳中拉力T增大，物体A所受斜面体的摩擦力增大；

若起始时，，对物体A受力分析，由平衡条件可得：

θ增大，绳中拉力T增大，物体A所受斜面体的摩擦力可能先减小到零后再反向增大；

故C项正确。

3.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的外力F作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为m)的轻绳恰好水平。则外力F的大小为(  )

A. 4.5mg B. 2mg

C. 2mg D. 0.5mg

【答案】A

【解析】

【详解】以小球为研究对象，分析受力情况可知：重力mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则mg和T的合力定沿斜面向下。如图，

由牛顿第二定律得：=ma，解得a=2g，再对整体根据牛顿第二定律可得：F+（2m+m）gsin30°=3ma；解得F=4.5mg； 故选A。

【点睛】本题是小球受到两个力，运用合成法进行处理，也可以采用正交分解法进行研究．还要注意正确选择研究对象，做好受力分析，才能准确利用牛顿第二定律求解，注意在求拉力时需要用整体法进行分析．

4.a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连。当用大小为F的恒力沿水平方向拉着 a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1;当用恒力F竖直向上拉着 a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2 ；当用恒力F倾斜向上向上拉着 a，使a、b一起沿粗糙斜面向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x3，如图所示。则（  ）

A. x1= x2= x3 B. x1 >x3= x2

C. 若m1>m2，则 x1>x3= x2 D. 若m1<m2，则 x1＜x3= x2

【答案】A

【解析】

【详解】通过整体法求出加速度，再利用隔离法求出弹簧的弹力，从而求出弹簧的伸长量。对右图，运用整体法，由牛顿第二定律得整体的加速度为： ；对b物体有：T1=m2a1；得；对中间图： 运用整体法，由牛顿第二定律得，整体的加速度为：；对b物体有：T2-m2g=m2a2得：；对左图，整体的加速度： ，对物体b： ，解得；则T1=T2=T3，根据胡克定律可知，x1= x2= x3，故A正确，BCD错误。故选A。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律和胡克定律的基本运用，掌握整体法和隔离法的灵活运用．
解答此题注意应用整体与隔离法，一般在用隔离法时优先从受力最少的物体开始分析，如果不能得出答案再分析其他物体．

5.2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581c。这颗围绕红矮星Gliese581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的1.5倍 ，质量约为地球的5倍，绕红矮星Gliese581运行的周期约为13天。假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正确是：（  ）

A. 飞船在Gliese581c表面附近运行的周期约为13天

B. 飞船在Gliese581c表面附近运行时的速度大于7.9km/s

C. Gliese581c的平均密度比地球平均密度小

D. 人在Gliese581c上所受重力比在地球上所受重力小

【答案】B

【解析】

【详解】飞船绕行星运动时由万有引力提供向心力。则有：得：，所以在Gliese581c表面附近运行的周期与地球表面运行的周期之比为：；由于地球表面运行的周期小于1天，所以飞船在Gliese581c表面附近运行的周期小于13天。故A错误。由万有引力提供向心力得：
，所以飞船在行星表面做圆周运动时的速度大于 7.9km/s，故B正确。行星的密度，故C错误。在Gliese581c表面，物体受到的万有引力等于重力。所以有G=mg′；忽略地球自转，物体受到的万有引力等于重力。所以有整理得，所以在Gliese581c上的重力大于在地球上所受的重力。故D错误。故选B。

【点睛】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．

6.如图所示，质量为m的物体受到竖直向上的拉力F,从静止开始向上直线运动, 设拉力的功率恒为P, 经时间t速度为v, 上升高度为h, F做功为WF,下列各式一定正确的是,(不计阻力, 重力加速度为g)(   )

A. WF=Fh B. Pt-mgh=mv2/2 C. Fh-mgh=mv2/2 D. v=p/(mg)

【答案】B

【解析】

【详解】物体以恒定的功率上升时，由P=Fv可知，随v的增大，F减小，则拉力的功不能通过WF=Fh求解，选项AC错误；根据动能定理：Pt-mgh=mv2/2，选项B正确；当物体匀速上升时F=mg，此时P=mgv，即v=P/(mg)，因速度v不一定是匀速上升的速度，可知选项D错误；故选B.

7.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列叙述错误的是(  )

A. 下滑过程中，环受到的合力先减小后增大

B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为

C. 从C到A过程，弹簧对环做功

D. 环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度

【答案】D

【解析】

【详解】圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，则合力先减小后增大，故A正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式：mgh+Wf-W弹=0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-mv2；解得：Wf=-mv2，所以产生的热量为mv2，故B正确；在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式：-mgh+W弹+Wf=0-mv2，h=Lsinα，解得：W弹=mgLsinα-mv2，故C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式mgh′+W′f-W′弹=mvB2-0；研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式-mgh′+W′f+W′弹=0-mvB′2，由于W′f＜0，所以mvB2＜mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误；此题选择错误的选项，故选D。

【点睛】能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用．

8.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点是圆心O的正下方。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中错误的是(  )

A. m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定

B. 当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍

C. 在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒

D. m1可能沿碗面上升到B点

【答案】D

【解析】

【详解】m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定。故A正确。设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：v1cos45°=v2，则 ，故B正确。在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒。故C正确。在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得：，结合，解得：v1＜；若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度m1才能沿碗面上升到B点，现由于m1上升的过程中绳子对它做负功，所以m1不可能沿碗面上升到B点。故D错误。此题选择错误的选项，故选D。

【点睛】解决本题的关键是要明确系统的机械能是守恒的，两球沿绳子方向的分速度大小相等，要注意对其中一个球来说，机械能并不守恒。

9.下列对物体运动性质的描述错误的是(   )

A. 物体做直线运动，加速度减小，速度一定减小

B. 物体做曲线运动，速度变化，加速度一定变化

C. 匀变速直线运动的速度方向是恒定不变的

D. 物体速度为零时加速度可能不为零

【答案】ABC

【解析】

【详解】物体做直线运动，当加速度与速度同向时，加速度减小，速度变大，选项A错误；物体做曲线运动，速度变化，加速度不一定变化，例如平抛运动，选项B错误；匀变速直线运动的速度方向不一定是恒定不变的，例如做匀减速直线运动的物体，选项C错误；物体速度为零时加速度可能不为零，例如上抛运动的物体到达最高点时，选项D正确；此题选择错误的选项，故选ABC.

10.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m = 0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量∆x的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g = 10 m/s2，则下列说法中正确的是(    )

A. 该弹簧的劲度系数为20 N/m

B. 当∆x = 0.3 m时，小球处于超重状态

C. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大

D. 小球刚接触弹簧时速度最大

【答案】ABC

【解析】

分析】

由图象可知，当△x=0.1m时，小球的速度最大，加速度为零，此时重力等于弹簧对它的弹力，根据k△x=mg求出k，再求出最低点的弹力，根据牛顿第二定律求解在最低点的加速度，与刚开始接触时比较得出什么时候加速度最大，小球和弹簧组成的系统机械能守恒。

【详解】由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力。所以可得：k△x=mg，解得：，故A正确；当△x=0.3m时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故B正确；图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故C正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后速度减小，故D错误；故选ABC。

【点睛】解答本题要求同学们能正确分析小球的运动情况，能根据机械能守恒的条件以及牛顿第二定律解题，知道从接触弹簧到压缩至最短的过程中，弹簧弹力一直做增大，弹簧的弹性势能一直增大。

11.如图所示，可看作质点的物体从光滑斜面的顶端a以某初速度水平抛出，落在斜面底端b，运动时间为t，合外力做功为W1，合外力的冲量大小为I1。若物体从a点由静止释放， 沿斜面下滑，物体经过时间2t到达b，合外力做功为W2，合外力的冲量大小为I2，不计空气阻力。下列判断正确的是(  )

A. I1：I2=1：1

B. W1：W2=1：1

C. 斜面与水平面的夹角为30°

D. 物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为60°

【答案】ABC

【解析】

【详解】物体两种状态从a到b，都只有重力做功，物体下落高度一致，故合外力做功相等，即W1=W2，故B正确；物体平抛落到b点的过程，运动时间为t，则斜面高度h＝gt2；物体沿斜面下滑，设斜面与水平面的夹角为θ，受重力、支持力作用，合外力为mgsinθ，运动时间为2t，故位移为，加速度为gsinθ，所以有：＝gsinθ(2t)2＝2gt2sinθ，所以，4sin2θ=1，即sinθ＝，得：θ=30°，故C正确；物体平抛落到b点的过程，只受重力作用，故合外力的冲量大小I1=mgt；物体沿斜面下滑，设斜面与水平面的夹角为θ，受重力、支持力作用，合外力为mgsinθ，故合外力的冲量大小为：I2=2mgtsinθ=2I1sinθ= I1，故B正确；物体平抛落到b点的过程，水平位移为x=v0t，竖直位移为h＝gt2，所以有：；那么物体在b点的水平速度为v0，竖直速度为gt，所以，物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为：arctan＝arctan(2tanθ)＝arctan，故D错误；故选ABC。

【点睛】物体运动学问题，一般先对物体进行受力分析，然后由牛顿第二定律，根据运动规律求得物体运动过程量；由动能定理求取物体某一时刻的状态量．

12.如图所示，小球甲、乙质量相等．小球甲从A点水平抛出的同时小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等、方向间夹角为60°.已知BC高度差为h，g取10 m/s2，不计阻力．由以上条件可知(　)

A. A,B两点的高度差为

B. A,B两点的水平距离为

C. 两球经过C点时重力的功率不相等

D. 要使两球在C点相遇，乙球释放时间要比甲球抛出时间提前

【答案】CD

【解析】

【分析】

根据速度时间公式，抓住速度大小相等，结合平行四边形定则分别求出甲乙运动的时间，从而得出甲乙两球到达C点的时间．根据速度位移公式求出乙球到达C点的速度，抓住两球在C点的速度大小相等，结合平行四边形定则求出甲乙两球做平抛运动的初速度．根据速度位移公式求出AC的高度差，从而得出AB的高度差．结合初速度和时间求出A、B两点的水平距离．

【详解】对乙球有；v=gt乙， ，所以 ；对甲有：vcos60°=gt甲，则，，则乙球释放时间要比甲球抛出时间提前．故D正确。乙球到达C点的速度，则甲球到达C点时竖直方向的分速度：vy＝vcos60°＝，根据重力的功率的表达式：P=mgvy可知，两球经过C点时重力的功率不相等。故C正确。AC两点的高度差，则A、B的高度差△h＝h−h′＝h−h/4=3h/4，故A错误。根据平行四边形定则知，甲球平抛运动的初速度，A、B的水平距离，故B错误。故选CD。

二、实验题

13.为测量滑块与木板之间的动摩擦因数．某同学设计实验装置如图，一端带有定滑轮，表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一滑块一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，接通打点计时器电源，释放滑块，在纸带上打出一系列的点．

(1)下图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：1、2、3、4、5、6、7是计数点，连续5个点为一个计数点，x1=3.19cm,x2=5.70cm,x3=8.21cm,x4=10.72cm,x5=13.20cm,x6=15.70cm．根据图中数据计算的加速度a=______m/s2，计数点6的瞬时速度v6=____m/s．（结果均保留三位有效数字）．

(2)为测量动摩擦因数，下列说法正确的是（      ）       

A.砝码和托盘的总质量应远小于滑块的质量    B.需要测出滑块的质量M

C.需要测出托盘和砝码的总质量m             D.需要测出木板的长度L

(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=_______（用(1)(2)中被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．

【答案】    (1). 2.5m/s2；    (2). 1.45m/s；    (3). BC；    (4).

【解析】

【详解】（1） 由△x=aT2即可算出加速度： ；

计数点6的瞬时速度

（2）根据牛顿第二定律mg-μMg=(M+m)a，解得 可知，还需测出滑块的质量M以及托盘和砝码的总质量m，所以选BC.
（3）滑块与木板间的动摩擦因数.

【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验操作步骤和数据处理以及注意事项；此题中必须要 先根据牛顿第二定律求得动摩擦因数的表达式，然后通过表达式确定要测量的物理量．

14.某实验小组，利用如图所示的装置验证机械能守恒定律。图中A、B是两个质量分别为m1、m2，且m1>m2的圆柱形小物体，分别系在一条跨过定滑轮的柔软细绳两端；C、D是置于A物体一侧，相距为h的两个沿A物体下落方向摆放的计时光电门，利用这两个光电门，可以分别测量物体A经过C、D位置时的时间间隔Δt1和Δt2。

(1)要利用此装置验证机械能守恒定律，除题中已知量m1、m2、h、Δt1和Δt2外，还需要测量的物理量是_______；

(2)已知当地的重力加速度为g，若系统的机械能守恒，则需满足的等式为______________；

(3)为了减小实验误差，提高测量精度，其中一项有效的措施是：保持C、D两光电门的竖直高度差h不变，将C、D一起上下移动。你认为__（填“向上”或“向下”）移动才能减小实验误差，提高测量精度。

【答案】    (1). 圆柱体A的高度L；    (2). ；    (3). 向下

【解析】

【详解】（1、2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，A通过C和D的瞬时速度分别为：v1＝，v2＝，则系统动能的增加量为(m1+m2)[( )2−()2]，系统重力势能的减小量为（m1-m2）gh，若机械能守恒，应满足的等式为：

（m1-m2）gh=(m1+m2)[( )2−()2]，故还需要测量的物理量是圆柱体A的高度L．
（3）保持C、D两光电门的竖直高度差h不变，将C、D一起向下移动，可以减小误差，因为越向下，通过光电门的时间越短，平均速度表示瞬时速度越准确．

【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，注意研究的对象是系统，抓住系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量列出表达式是关键，知道极短时间内的平均速度等于瞬时速度．

三、计算题

15.如图甲、乙质量均为1kg，水平面光滑，某时刻乙受水平恒力作用向右做加速度为a=2m/s2的匀加速直线运动，同时给甲一个水平向右的瞬时冲量I＝4N.s，两物体在t=3s时第二次相遇（两物体相遇时不会相撞）。求：

(1)甲、乙的初始距离；

(2)甲、乙两次相遇的位置之间的距离

【答案】(1)3m  (2)8m

【解析】

【详解】（1）甲受到一个冲量后匀速运动，速度为v1=I/m=4m/s；乙做匀加速运动，

则3s时甲的位移x1=v1t=12m

乙位移，

则甲、乙的初始距离∆x=x1-x2=3m；

（2）两物体相遇时满足： 即

解得t1=1s；t2=3s；

当t1=1s时可得第一次相遇点距离甲的初始位置的距离x3=3m；当t2=3s时第二次相遇点距离甲的初始位置的距离x1=12m；可知甲、乙两次相遇的位置之间的距离为8m.

16.如图，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R=0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数μ=0.25。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）滑块在C点的速度大小vC；

（2）滑块在B点的速度大小vB；

（3）A、B两点间的高度差h。

【答案】（1）2m/s（2）4.29m/s（3）1.38m

【解析】

 （1）由题意，在C处滑块仅在重力作用下做圆周运动，设滑块的质量为m，由牛顿定律：

解得：

（2）由几何关系，BC高度差H为：

滑块由B到C的运动过程中重力做功，机械能守恒，以B为势能零点：

带入数据：vB=4.29m/s

（3）滑块由A到B过程，由牛顿定律：

解得：

解得：a=4m/s2；

设AB间距为L,由运动公式：vB2=2aL

由几何关系：h=Lsin370

解得：

17.如图所示，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5 m。质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P。现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4 m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点。两球可视为质点，g＝10 m/s2，试求： 

(1)B球与A球相碰前的速度大小；

(2)A、B两球的质量之比m1∶m2。

【答案】(1) 6 m/s(2) 1∶5

【解析】

试题分析:

B球与A球碰前的速度为v1，碰后的速度为v2

B球摆下来的过程中机械能守恒，

解得m/s

碰后两球恰能运动到P点

得vp==

碰后两球机械能守恒

得v2=5m/s

两球碰撞过程中动量守恒

m2v1=(m1+m2)v2

解得m1:m2=1:5

考点： 机械能守恒定律，动量守恒定律。

18.如图，质量均为1kg的小球A、B（均可视为质点）静置于水平面上的C点，D点处有一固定的竖直光滑半圆轨道，轨道半径R＝8cm，CD间距离x0=4m。现用F＝9N的水平向右的力推A，在到达D点前某时刻撤去F，此后B恰能通过半圆轨道的最高点。已知A、B与水平面动摩擦因数分别为µ1＝0.2，µ2＝0.1。求：

①力F作用的时间。

②最终A、B两球间的距离（B落地后即静止）。

【答案】(1)t=1s  (2)x=0.09m

【解析】

【详解】①B恰能通过半圆轨道的最高点，则 ，解得v=

由最低点到最高点：，解得B在D点的速度vD=2m/s；

AB在力F作用下的加速度

撤去F后B的加速度为aB=-µ2g=-1m/s；

设F作用的时间为t，则

带入数据解得：t=1s 则力F作用的时间为1s.

②撤去F时AB距离D点的距离为： ，

此时AB的速度v1=a1t=3m/s；

撤去F后A的加速度为aA=-µ1g=-2m/s；

则A停止运动的位移

即A停止的位置距离D点0.25m；

B做平抛运动的水平位移，

则最终A、B两球间的距离0.25m-0.16m=0.09m.

【点睛】此题涉及到的物理过程比较复杂，关键是认真搞清物体运动的物理过程，根据不同的过程选择合适的规律列方程；知道小球恰能经过圆轨道最高点的条件.