内蒙古赤峰二中2020届高三物理上学期第三次月考试题（通用）.doc

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1、内蒙古赤峰二中内蒙古赤峰二中 20202020 届高三物理上学期第三次月考试题届高三物理上学期第三次月考试题一、选择题（共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分，其中 1-9 小题单选，10-12 小题多选。多选题全部选对得 4 分，选对但不全得 2 分，有选错或不选得 0 分）1.下列关于物理学史和物理研究方法的叙述中,正确的是A.用质点来代替实际物体的研究方法叫微元法B.利用 v-t 图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是理想模型法C.伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律D.探究力和加速度的关系时用到了等效替代的方法【答案】C【解析】【详解】用质点来代替实际物体的研究方法

2、叫理想模型法，选项 A 错误；利用 v-t 图象推导匀变速直线运动位移公式的方法是微元法，选项 B 错误；伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，选项 C 正确；探究力和加速度的关系时用到了控制变量的方法，选项 D 错误；故选 C.2.如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象，Oa 段为过原点的倾斜直线，ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc 段是与 ab 段相切的水平直线。汽车的质量为 m，受到的阻力恒为 f，则下列说法中正确的是A.t1t2时间内汽车的平均速度为(v1v2)B.t1t2时间内牵引力做功等于C.汽车的额定功率等于 f v1D.汽车的额定功率等于 f v

3、2【答案】D【解析】【详解】A、t1t2时间内的速度时间图像不是直线，不是匀变速直线运动，所以汽车的平均速度不是(v1v2)，分析可知平均速度大于(v1v2)。所以 A 错。B、t1 t2时 间 内 阻 力 还 要 做 功，由 动 能 定 理，解 得，所以 B 错。CD、当汽车的速度大于 时，汽车匀速运动了，牵引力 F 等于阻力 f，所以汽车的额定功率，所以 C 错，D 对。【点睛】本题考查了汽车以恒定的加速度启动的问题，此种启动注意以下问题（1）匀加速运动结束的条件是汽车的功率达到额定功率（2）变加速运动结束的条件汽车的牵引力大于阻力（3）汽车在各个阶段受力以及运动情况。3.如图所示，A、B

4、 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的 v-t 图象，根据图象可以判断出（）A.在 t=4s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度B.在 t=4.5s 时，两球相距最远C.在 t=6s 时，甲球的速率小于乙球的速率D.在 t=8s 时，两球相遇【答案】D【解析】4.两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点并在同一水平面内做匀速圆周运动则它们的()A.运动的线速度大小相等B.运动的角速度大小相等C.向心加速度大小相等D.运动周期不相等【答案】B【解析】【分析】两个小球均做匀速圆周运动，对它们受力分析，找出向心力来源，可先求出角速度，再由角速度与线速度、周期、向心加速度的关系公式求解。【详

5、解】对其中一个小球受力分析，如图，受重力，绳子的拉力，由于小球做匀速圆周运动，故合力提供向心力；将重力与拉力合成，合力指向圆心，由几何关系得，合力：F=mgtan；由向心力公式得到，F=m2r；设绳子与悬挂点间的高度差为 h，由几何关系，得：r=htan；由三式得，与绳子的长度和转动半径无关，又由知，周期相同；由 v=wr，两球转动半径不等，则线速度大小不等，由 a=2r，两球转动半径不等，向心加速度不同故应选：B。【点睛】本题关键要对球受力分析，找向心力来源，求角速度；同时要灵活应用角速度与线速度、周期、向心加速度之间的关系公式。5.如图甲所示，质量相等的三个物块 A、B、C，A 与天花板之

6、间、B 与 C 之间均用轻弹簧相连，A 与 B 之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断 A、B 间的细绳，则此瞬时 A、B、C 的加速度分别为（取向下为正）（）A.g、2g、0B.2g、2g、0C.0、2g、0D.2g、g、g【答案】B【解析】【分析】剪断细线前对 A、B 和 C 整体物体分别受力分析，根据平衡条件求出细线的弹力，断开细线后，再分别对 A、B 和 C 整体受力分析，求解出合力并运用牛顿第二定律求解加速度。【详解】剪断细线前，对 BC 整体受力分析，受到总重力和细线的拉力而平衡，故T=2mg；再对物体 A 受力分析，受到重力、细线拉力和弹簧的拉力；剪断细线后，重力和弹簧的弹力不变

7、，细线的拉力减为零，故物体 B 受到的力的合力等于 2mg，向下，物体 A 受到的合力为 2mg，向上，物体 C 受到的力不变，合力为零，故物体 B 有向下的 2g 的加速度，物体 A 具有 2g 的向上的加速度，物体 C 的加速度为零；故选：B。【点睛】本题是力学中的瞬时问题，关键是先根据平衡条件求出各个力，然后根据牛顿第二定律列式求解加速度；同时要注意轻弹簧的弹力与行变量成正比，来不及突变，而细线的弹力是有微小形变产生的，故可以突变。6.我国嫦娥三号探测器已实现月球软着陆和月面巡视勘察，嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示假设嫦娥三号在环月圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则（）

8、A.嫦娥三号在环月椭圆轨道上 P 点的速度大于 Q 点的速度B.嫦娥三号由环月圆轨道变轨进入环月椭圆轨道时，应让发动机点火使其加速C.嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道经过 P 点时的加速度相等D.若已知嫦娥三号环月圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度【答案】C【解析】【分析】已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，但是不知道的月球的半径，无法计算出月球的密度根据卫星变轨原理分析轨道变化时卫星是加速还是减速在同一椭圆轨道上根据引力做功的正负判断速度的变化和势能的变化。【详解】A 项：嫦娥三号在环月段椭圆轨道上 P 点向 Q 点运动

9、中，距离月球越来越近，月球对其引力做正功，故速度增大，即嫦娥三号在环月段椭圆轨道上 P 点的速度小于 Q 点的速度，故 A 错误；B 项：嫦娥三号在环月段圆轨道上 P 点减速，使万有引力大于向心力做近心运动，才能进入进入环月段椭圆轨道，故 B 错误；C 项：根据牛顿第二定律得：所以嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道经过 P 点时的加速度相等，故 C 正确；D 项：根据万有引力提供向心力，可以解出月球的质量，由于不知道月球的半径，无法知道月球的体积，故无法计算月球的密度，故 D 错误。故应选：C。【点睛】本题要掌握卫星的变轨原理，嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入环月段椭圆轨道

10、需要做近心运动，使得在 P 点所受万有引力大于圆周运动向心力，因为同在 P 点万有引力不变，故嫦娥三号只有通过减速减小向心力而做近心运动进入椭圆轨道。7.如图所示，质量为 M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A 位置现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为（）A.，I=2mv0B.，I=0C.，D.，I=2mv0【答案】A【解析】【分析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解，子弹和木块的共同速度；然后系

11、统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，根据动量定理可求得此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小。【详解】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到 A 位置时速度大小不变，即当木块回到 A 位置时的速度大小子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I=-（M+m）v-mv0=-2mv0所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 2mv0故应选：A。【点睛】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大

12、于外力，故动量守恒。8.如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环。细绳 a 的一端固定在圆环的 A 点，细绳 b 的一端固定在小球上，两绳的联结点 O 悬挂着一重物，O点正好处于圆心。现将小球从 B 点缓慢移到 B点，在这一过程中，小球和重物均保持静止。则在此过程中绳的拉力（）A.一直增大B.一直减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】A【解析】对联结点 O 进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：可知小球从 B 点缓慢移到 B点过程中，绳 a 的拉力 逐渐变大，故 A 正确，BCD 错误。9.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

13、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=x3B.x1x3=x2C.若 m1m2，则 x1x3=x2D.若 m1m2，则 x1x3=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=m2

14、a1；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10.如图所示，水平转台上有一质量为 m 的物块，用长为 L 的细绳将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为角，此时绳中张力为零，物块与转台间动摩擦

15、因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则（）A.至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为B.至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为C.至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功为D.当物体的角速度为时，物块与转台间无相互作用力【答案】AC【解析】【分析】对物体受力分析，当绳中刚出现拉力，物块所受的静摩擦力达到最大值，由合力提供物块圆周运动的向心力，由向心力公式求出此时物块的速度，根据动能定理可求得转台对物块做的功。再用同样的方法求至转台对物块支持力为零时，转台对物块做的功。【详解】A、B 项：对物体受力分析，当绳中刚出现拉力时，由牛顿第二定律水平方向有：竖直方向有N=

16、mg根据动能定理知转台对物块做的功为：其中 r=Lsin且有 f=N联立解得至绳中出现拉力时，转台对物块做的功为：，故 A 正确，B 错误；C 项：当转台对物块支持力为零时，由牛顿第二定律有：转台对物块做的功为：，故 C 正确；D 项：由 B 项分析知：，此时角速度为：，所以当物块的角速度增大到，物块与转台间恰好无相互作用，因此，当物体的角速度为时，物块与转台间有相互作用，故 D 错误。故应选：AC。【点睛】此题考查牛顿运动定律和功能关系在圆周运动中的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，静摩擦力为最大静摩擦力。11.如图所示，一竖直面内有 OA.OB.OC 三个倾角不相同的斜面，它们的

17、底端都相交于 O 点，竖直的虚线圆与水平面相切与 O 点，虚线 PQ 水平，虚线 MN 竖直。现将一系列完全相同的滑块（可视为质点）分别从这些斜面上的某点同时由静止释放，下列判断正确的是A.若各斜面均光滑，滑块释放时分别处在同一水平虚线 PQ 与各斜面的交点上，则这些滑块到达 O 点的速率相等B.若各斜面均光滑，滑块释放时分别处在虚线圆与各斜面的交点上，则这些滑块达到 O 点的速率相等C.若各斜面均光滑，滑块释放时分别处在虚线圆与各斜面的交点上，则这些滑块到达 O 点的时间相等D.若各斜面与这些滑块间的动摩擦因数相等，滑块释放时分别处于同一竖直虚线 MN与各斜面的交点上，则滑到 O 点的过程中

18、，各滑块损失的机械能相等【答案】ACD【解析】试题分析：若各斜面光滑，各释放点处在同一水平线上，则h相同，根据，则到达 O 点的速率相等，A 正确 B 错误；以 O 点为最低点的虚线圆是等时圆，可知滑块从虚线圆和各斜面的交点运动到 O 点的时间相等，C 正确；若各释放点处在同一竖直线上，则各滑块滑到 O 点的过程中滑块滑动的水平距离 x 相同，滑块损失的机械能等于克服摩擦力做功，所以损失的机械能相等，D 正确；考点：考查了机械能守恒定律，功能关系【名师点睛】力做功相同，小球的重力势能改变量就相同，动能增加量相同；根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动

19、时间；滑块损失的机械能为克服摩擦力做功12.质量为 m=1.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中并从物块中穿过（不计子弹穿过物块的时间），如图甲所示。地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知传送带的速度保持不变，g 取 10m/s2在这一个过程中下列判断正确的是A.传送带速度大小 2 m/s，方向向左B.物块与传送带间的动摩擦因数为 0.2C.传送带对物块做的功为-6 JD.物块在传送带上留下的痕迹长度为 3 m【答案】ACD【解析】【详解】A、从速度时间图像看出，物块被击穿后，先向左减速到，以后随传送带一起做匀速运动，所以传送带

20、的速度方向向左，其速度大小为，所以A 正确。B、从速度时间图像看出物块在滑动摩擦力的作用下做减速运动的加速度为，由牛顿第二定律，可得物块与传送带间的动摩擦因数。所以 B 错。C、由动能定理可得，传送带对物块做的功，所以 C 正确。D、从速度时间图像看出物块相对传送带的位移为。所以 D 正确。【点睛】本题要能从速度时间图像分析物块的运动情况，这是解题的关键。二、填空题（每空 2 分，计 16 分）13.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（GAtwood 17461807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒

21、定律，如图乙所示（1）实验时，该同学进行了如下步骤：将质量均为 M（A 的含挡光片、B 的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态 测量出_（填“A 的上表面”、“A 的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离 h在 B 的下端挂上质量为 m 的物块 C，让系统中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为t测出挡光片的宽度 d，计算有关物理量，验证守恒定律（2）如果系统（重物 A、B 以及物块 C）的机械能守恒，应满足的关系式为_（已知重力加速度为 g）（3）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物 A、B 以及物块 C）的机械能守恒，不断增大物块 C 的质

22、量 m，重物 B 的加速度 a 也将不断增大，a 随 m 增大会趋于一个什么值？a 的值会趋于_【答案】(1).挡光片中心(2).(3).a=g【解析】【详解】(1)(2)需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离，系统的末速度为：则系统重力势能的减小量Ep=mgh，系统动能的增加量为：若系统机械能守恒，则有：；(3)根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为 mg，则系统加速度为：，当 m 不断增大，则 a 趋向于 g。【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，知道误差产生的原因，掌握整体法在牛顿第二定律中的运用。14.如图 所示装置，可以进行以下实验A“研究匀变速直线运动

23、”B“验证牛顿第二定律”C“研究合外力做功和小车动能变化关系(1)在 A、B、C 这三个实验中，_需要平衡摩擦阻力。(2)已知小车的质量为 M，盘和砝码的总质量为 m，且将 mg 视为细绳对小车的拉力。为此需要满足 mM。前述 A、B、C 三个实验中,_不需要满足此要求。(3)接通打点计时器电源，由静止释放小车，打出若干条纸带，从中挑选一条点迹清晰的纸带，如图 所示。纸带上打出相邻两个点之间的时间间隔为 T，O 点是打点计时器打出的第一个点，从 O 点到 A、B、C、D、E、F 点的距离依次为 s1、s2、s3、s4、s5、s6。但 OA 之间可能还有一些点没打上，打 F 点时小车已经撞上木板

24、末端的挡板，A 到 E 各点正常。由纸带可以求得小车加速度的表达式为_。(4)如果用此装置做“研究合外力做功和物体动能变化关系这个实验，由此可求得纸带上由 O 点到 D 点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W=_，该小车动能改变量的表达式Ek=_。【答案】(1).BC(2).A(3).(4).mgs4(5).2【解析】【详解】(1)(2)由于“验证牛顿第二定律”和“研究合外力做功和小车动能变化关系时将 mg 视为细绳对小车的拉力即为小车的合外力，所以这两个实验都要先平衡摩擦力，再满足；在 A、B、C 这三个实验中，B、C 需要平衡摩擦阻力；A、B、C 三个实验中，A 不需要满

25、足 mmg，加速度方向竖直向上，学生做匀减速直线运动，所以第 1s 末，这名学生达到最大速度=2.4m/s 4 分（2）设这名学生第 1s 内加速下滑的距离为 x1，第 15s 内减速下滑的距离为 x2，则有所以 5s 内该学生下滑的距离=6.0m 4 分【解析】试题分析：（1）因为杆顶端所受拉力大小与杆对这名学生拉力的大小相等，所以传感器显示的力大小即为杆对这名学生的拉力由图象可知，01s 内，杆对学生的拉力 F1=380N；第 5s 后，杆内学生的拉力 F3=500N，此时学生处于静止状态设学生在 01s 内的加速度为 a，取向下为正方向，由牛顿第二定律知，在 01s 内：mg-F1=ma

26、第 5s 后：mg-F3=0由可解得：a=24m/s2可知，这名学生在下滑的第 1 秒内做匀加速直线运动而由图象可知，第 15s 内，杆对学生的拉力 F2mg，加速度方向竖直向上，学生做匀减速直线运动，所以第 1s末，这名学生达到最大速度 v=at=24m/s（2）设这名学生第 1s 内加速下滑的距离为 x1，第 15s 内减速下滑的距离为 x2，则有所以 5s 内该学生下滑的距离 x=x1+x2=60m考点：牛顿第二定律的综合应用16.如图所示，竖直平面内的 3/4 圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆心距离为 R，A 端与圆心 O 等高，AD 为水平面，B 端在 O 的正下方，小

27、球自 A 点正上方由静止释放，自由下落至 A 点时进入管道(1)如果管道与小球接触的内侧壁(图中较小的 3/4 圆周)始终对小球没有弹力，小球释放点距离 A 点的最小 高度为多大?(2)如果小球到达 B 点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的 9 倍。求：a释放点距 A 点的竖直高度b落点 C 与 A 的水平距离【答案】（1）1.5R；（2）a.3R；b.（2-1）R；【解析】【详解】（1）如果管道与小球接触的内侧壁始终对小球没有弹力，则小球到达最高点时的最小速度满足：mg=m；从开始下落到到达管的最高点，由机械能守恒：解得：hA=1.5R，则小球释放点距离 A 点的最小高度为 1.5R.

28、（2）a.在 B 点，管壁对小球的弹力 F=9mg，小球做圆周运动，由牛顿第二定律可得：F-mg=m，从小球开始下落到达 B 点的过程中，由动能定理可得：mg（h+R）=mvB2-0，解得，h=3R；b.小球从 B 点到达管道最高点过程中，由动能定理可得：-2mgR=mv2-mvB2，小球离开管道后做平抛运动，在竖直方向上：R=gt2，在水平方向上：x=vt，解得：x=2R，落点 C 与 A 的水平距离为（2-1）R；【点睛】本题是一道力学综合题，应用牛顿第二定律、动能定理、平抛运动规律即可正确解题；要搞清物体在最高点对轨道内壁无压力的条件，挖掘隐含条件.17.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放

29、置一质量 m0.5kg 的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数 u0.5，且与台阶边缘 O 点的距离 s5m。在台阶右侧固定了一个以 O 点为圆心的圆弧形挡板，现用 F5N 的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板。（g 取 10m/s2）（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘 P 点，P 点的坐标为（1.6m，0.8m），求其离开 O 点时的速度大小；（2）为使小物块击中挡板，求拉力 F 作用的距离范围；（3）改变拉力 F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。（结果可保留根式）【答案】（1）4m/s（2）2.5mx3.3m（3）

30、J【解析】【分析】(1)根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，再结合水平位移和时间求出物块离开O 点的速度；(2)根据动能定理求出拉力 F 作用的距离；(3)根据平抛运动的知识，结合椭圆方程，根据动能定理求出击中挡板的小物块动能的最小值。【详解】(1)小物块从 O 到 P 做平抛运动水平方向 x=v0t竖直方向解得：v0=4m/s；(2)为使小物块击中档板，小物块必须能运动到 O 点，设拉力 F 作用的最短距离为x1，由动能定理得：Fx1-mgs=Ek-0=0解得：为使小物体不会飞出档板，小物块的平抛初速度不能超过 4m/s；设拉力 F 作用的最长距离为 x2，由动能定理可得：Fx2-mgs=解得：故为使物块击中档板，拉力 F 的作用距离范围为：2.5x3.3；(3)设小物块击中档板的任意点坐标为：（x，y）；则有：x=v0t由机械能守恒定律得：又 x2+y2=R2由 P 点坐标可求 R2=3.2化简得由数学方法可得：【点睛】本题综合了动能定理和平抛运动知识，综合性较强，难度中等，知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律并能熟练应用。