【物理】江西省宜春市上高二中2020届高三上学期第三次月考试题（解析版）
江西省宜春市上高二中 2020 届高三上学期
第三次月考试题
一、 选择题（1-7 为单选题，8-12 为多选，每题 4 分，共 48 分）
1.如图所示，质量 m＝0.5kg 的木块放在倾角 ＝30°的斜面上，受平行于斜面的两个拉力 F1
和 F2 作用处于静止状态，其中 F1＝10N，F2＝2N．若撤去 F1，则木块沿斜面方向受到的合
力大小为
A. 10N B. 4.5N C. 5.5N D. 0
【答案】D
【详解】对木块进行受力分析，物块受到重力、支持力两个拉力，根据力的分解重力沿斜面
向下的分力为
mgsin30°=2.5N
由于 F2+mgsin30°
cos (sin cos )kE mgh mg s mgsµ θ θ µ θ= − = −
0a =
v at=
2 2 2v a t=
2v
0a =
θ θ
A. 两个过程中，轻绳的张力均变大
B. ,
C. 第一个过程中,拉力 F1 在逐渐变大,且最大值一定大于 F2
D. 第二个过程中,重力和水平恒力 F2 的合力的功率先增大后减小
【答案】C
【详解】A．第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力：
所以轻绳的张力变大；第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为“等效重
力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和 F2 方向在同一直线上
时，小球处于“等效最低点”，等效最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子
张力先增大，后减小，故 A 错误．
B．第一次运动到 Q 点时，受力平衡，根据几何关系可知:
第二次运动到 Q 点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力：
故 B 错误．
C．第一次小球缓慢移动，因此小球一直处于平衡状态，解得：
绳中张力：
随着 α 的逐渐增大，力 F1、T1 逐渐增大，当 α＝θ 时最大；
在第二次运动过程中，根据动能定理有：
1 cos
mgT θ= 2 sinT mg θ=
cos
mgT θ=
1 cos
mgT θ=
2
(1 cos )cos sin cos sinsin
mgT mg F mg mg
θθ θ θ θθ
−= + = + ⋅ =
1 tanF mg α=
1
mgT cosα=
2(1 cos ) sin 0mgl F lθ θ− − + =
解得：
故 C 正确．
D．在第二个过程刚开始时，v=0．由：
P=F 合 v 合 cosθ
知开始时 P=0，而当球运动到等效最低点时，cosθ=0 所以 P=0 由此可知重力和水平恒力的
合力的功率先增大再减小，再增大再减小．故 D 错误．
8.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一字宙速度 ，而使物体脱离星球引力所需要的最
小发射速度称为第二宇宙速度 与 的关系是 = ，已知某星球半径是地球半径
R 的 ，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度 g 的 ，地球的平均密度为 ，不计其
他星球的影响，则
A. 该星球上 第一宇宙速度为
B. 该星球上的第二宇宙速度为
C. 该星球的平均密度为
D. 该星球的质量为
【答案】BC
【详解】A．根据第一宇宙速度
故 A 错误；
B．根据题意，第二宇宙速度
故 B 正确；
的
2 1
1 cos tansin 2F mg mg F
θ θ
θ
−= = <
1v
2 2v v， 1v 2v 12v
1
3
1
6
ρ
3
3
gR
3
gR
2
ρ
38
81
Rπ ρ
'
1
2
6 3 6
gRg Rv g R= = =′ ′
' '
2 12 3
gRv v= =
C．根据公式
且
故
所以
故 C 正确；
D．根据公式
，故 D 错误.
9.质量为 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质木架上的 A 点和 C 点，如图所示，当轻杆
绕轴 BC 以角速度 ω 匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳 a 在竖直方向，绳 b
在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳 b 被烧断的同时杆子停止转动，则( )
A. 小球仍在水平面内做匀速圆周运动
B. 在绳被烧断瞬间，a 绳中张力突然增大
C. 若角速度 ω 较小，小球在平行于平面 ABC 的竖直平面内摆动
D. 若角速度 ω 较大，小球可在垂直于平面 ABC 的竖直平面内做圆周运动
【答案】BD
【详解】A．b 绳未断时， a 绳拉力为小球重力 mg，Lb 为 b 的长度，小球速度为：
2gR GM=
34 R3M ρ π=
3
4
g
GR
ρ π=
1 1
6 3 2
ρρ ρ÷′ = =
3 3
34 4 2
3 2 3 3 81
R RM R
ρ π ρρ π π ′ = = × =
′ ′
2
bv L ω=
b 绳断时，由于惯性，球具有水平向外的速度受竖直向下的重力和竖直向上的 a 绳的拉力而
在竖直面内做圆周运动，故 A 错误；
B．由牛顿运动定律有：
可知当 b 绳断时，绳 a 的拉力大于小球重力，B 正确；
C．当 较小时，球在最低点速度较小，可能会存在：
不能摆到与 A 点等高处，而在竖直面内来回摆动，水平方向没有力提供向心力，故不能在
平行于平面 ABC 的竖直平面内摆动，故 C 错误.
D．当 较大时，球在最低点速度较大,如果：
可在竖直面内做完整的圆周运动，故 D 正确．
10.如图所示,刚性板放在竖直墙壁和挡板 K 之间,竖直墙壁和水平面光滑,物体 P、Q 静止叠
放在板上,此时物体 P 的上表面水平．若将 K 往右缓慢移动一小段距离后固定,整个装置在新
的位置仍保持静止,与原来的相比( )
A. 板对 P 的作用力不变
B. P 对板的压力变小
C. P 对 Q 的支持力减小
D. 水平地面受到的弹力变小
【答案】AC
2
a
a
vF mg m L
− =
ω
2 av gL≤
ω
5 av gL≥
【详解】
AB．设板与水平地面的夹角为 α，以 PQ 整体为研究对象，分析受力情况如图 1：总重力 、
板的支持力 和摩擦力 ，板对 P 的作用力是支持力 和摩擦力 的合力.由平衡条件分
析可以知道板对 P 的作用力大小与总重力大小平衡，保持不变.又因为：
α 减小， 增大.故 A 正确、B 错误.
C．以 Q 为研究对象，Q 原来不受摩擦力，当将 K 往右缓慢移动一小段距离后，Q 受力情况
如图 2，Q 受到摩擦力，则 Q 受到的摩擦力将增大.支持力：
原来支持力等于重力,故支持力减小了；所以 C 正确.
D．以板、P、Q 整体为研究对象，受力情况如图 3，则有水平地面 弹力 ，则水平
地面受到的弹力将保持不变.故 D 错误.
11.如图所示，一辆小车在水平路面上运动，车内一小球被两根轻绳 OA、OB 系住并相对小
车静止，其中 OA 水平，OB 与竖直方向的夹角为 α，现将 OA 剪断，小车的运动情况不变，
且小球仍相对小车静止．则下列说法正确的是（ ）
A. 小车可能做匀速直线运动
B. 小车一定做匀变速直线运动
C. 轻绳 OB 上的拉力可能变小
D. 轻绳 OB 上拉力一定不变
【答案】BD
的
PQG
1N 1f 1N 1f
1 cosPQN G α=
1N
2 cosQN G α=
N G=
【详解】将轻绳 OA 剪断，小车的运动情况不变，且小球仍相对小车静止，可知剪断 OA 之
前，OA 的拉力为零，小球受的合力为：
加速度恒定为：
细绳的拉力为：
不变，则小车一定做匀变速直线运动，可能向右做匀加速直线运动，也可能向左做匀减速运
动，故选 BD.
12.将小球以大小为 v0 的初速度竖直向上抛出，经过时间 t 后返回到抛出点，已知小球运动
过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，重力加速度大小为 g，则小球( )
A. 上升过程的时间等于下降过程的时间
B. 克服空气阻力做的功上升过程等于下降过程
C. 返回抛出点时的速度大小为
D. 所受空气阻力的冲量上升过程等于下降过程
【答案】CD
【详解】A．小球运动过程中受到空气阻力与其速率成正比，即：
则上升过程中加速度大小为：
下降过程中加速度大小 ：
即：
上升与下降过程中位移大小相等，根据：
为
tanF mg θ=
tana g θ=
cos
mgT θ=
0gt v−
f kv=
mg kva m
+=上
mg kva m
−=下
a a>上 下
可知：
故 A 错误.
B．由：
可知上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以：
由克服阻力做功：
上升和下降位移相等，所以：
故 B 错误.
CD．小球运动的 v-t 图像如图所示，由于位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因
为：
则 f-t 图像的两阴影部分的面积也相等，由：
可知上升和下降过程的冲量大小相等；取竖直向上为正方向，设返回抛出点的速度大小为
v，则根据动量定理有：
解得：
故 C 正确，D 正确.
21
2x at=
t t< 下上
xv t
=
f f> 下上
W fx=
ffW W> 下上
f kv=
I ft=
0mgt mv mv− = − −
0v gt v= −
二、实验题（每空 2 分，共 14 分）
13.在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块 A 与金属板 B
间的动摩擦因数．已知铁块 A 的质量 mA=0.5 kg，金属板 B 的质量 mB=1 kg．用水平力 F 向
左拉金属板 B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则 A，B 间
的摩擦力 Ff=______N，A，B 间的动摩擦因数 μ=____．（g 取 10 m/s2）．该同学还将纸带连
接在金属板 B 的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中
各计数点间的时间间隔为 0.1 s，可求得拉金属板的水平力 F=________N
【答案】2.50 0.50 4.50
【详解】A 处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff=F=2.50N．根据 Ff=μmAg，解得：
μ=0.50．由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据△x=aT2，其中△x=2cm=0.02m，
T=0.1s，所以解得：a=2.0m/s2．根据牛顿第二定律得：F-Ff=mBa，代入数据解得
F=4.50N．
14.如图甲所示，某组同学借用“探究 a 与 F 和 m 之间的定量关系”的相关实验思想、原理及
操作，进行“研究合外力做功和动能变化瞬关系”的实验：
①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘；通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，
根据打出的纸带判断小车是否做____运动．
②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图乙所示的纸带．纸带上口为小车运动起始时
刻所打的点，选取时间间隔为 0. 1s 的相邻计数点 A、B、C、D、E、F、G 实验时小车所受
拉力为 0. 2N，小车的质量为 0.2 kg.请计算小车所受合外力做的功 W__和小车动能的变化
__．补填表中空格（结果保留至小数点后第四位）．分析上述数据可知：在实验误差允
许的范围内 W＝ ，与理论推导结果一致．
③实验前已测得托盘质量为 7. 7×10 -3kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为
_____kg（g 取 9.8 m/s2，结果保留至小数点后第三位）．
【答案】①匀速直线 ②0.1115 0.1105 ③0.015
【详解】[1]若已平衡摩擦力，则小车在木板上做匀速直线运动．
[2]从纸带上的 O 点到 F 点，
W＝F· ＝0.2×0.557 5 J＝0.1115J
[3]打 F 点时速度
vF＝ ＝ m/s＝1.051m/s
ΔEk＝ M ＝ ×0.2×1.0512J≈0.1105J.
[4]打 B 点时小车的速度为
vB＝ ＝ m/s＝0.6555m/s
KE∆
KE∆
OF
2
EG
T
0.6677 0.4575
0.2
−
1
2
2
Fv 1
2
2
AC
T
0.2861 0.1550
0.2
−
所以小车的加速度
a＝ ＝ m/s2≈0.99m/s2
小车所受的拉力
F＝(m0＋m)(g－a)
所以盘中砝码的质量
m＝ －m0＝ kg－7.7×10－3kg≈0.015kg.
三、计算题（15 题 8 分，16 题 9 分，17 题 10 分，18 题 11 分，共 38 分）
15.如图所示的升降机中，用 OA、OB 两根绳子吊一个质量为 20kg 的重物，若 OA 与竖直方
向的夹角 θ＝37°，OA 垂直于 OB，且两绳所能承受的最大拉力均为 320N，试求：
（1）请判断，随着拉力增大，OA 绳先断还是 OB 绳先断.
（2）为使绳子不断，升降机竖直向上的加速度最大为多少？
【答案】（1）OA 绳先断 （2）a=10m/s2
【详解】(1)OA 垂直于 OB，分析物块受力有：
因为 θ＝37°，所以可知：
所以 OA 绳先断.
(2)分析知当 OA 绳拉力最大时，加速度最大
代入数据可得 a=10m/s2
答：(1)随着拉力增大，OA 绳先断.
(2)为使绳子不断，升降机竖直向上的加速度最大为 a=10m/s2.
16.长为 L=0.6m 的轻绳一端系于固定点 O，另一端系质量为 m=1kg 的小球，将小球从 O 点
正下方 处，以一定初速度水平向右抛出，经一定时间绳被拉直以后，小球将以 O 为支点
在竖直平面内摆动，已知绳刚被拉直时，绳与竖直线成 60°，g=10m/s2.如图所示，试求：
4
F Bv v
T
− 1.051 0.6555
4 0.1
−
×
F
g a−
0.2
9.8 0.99
−
sin cosOA OBT Tθ θ=
OA OBT T>
m
cos
T mg maθ − =
4
L
（1）小球水平抛出时的初速度 v0.
（2）在绳被拉紧的瞬间，支点 O 受到的绳的冲量 I.
【答案】（1）3m/s (2)
【详解】(1)小球被抛出后到绳拉紧前做平抛运动，绳拉紧时小球下落高度为：
水平位移：
平抛运动时间：
则小球抛出速度：
(2)绳拉紧前瞬间，小球竖直分速度 ：
根据水平速度与竖直速度的关系知小球合速度恰沿绳方向向外，绳拉紧时使小球速度减为 0，
绳对小球的冲量：
代入数据解得： ，负号表示方向沿 BO 方向；则绳对支点的冲量大小为 ，
方向沿 OB 方向.
答:(1)小球水平抛出的初速度为 3m/s.
(2)在绳被拉紧的瞬间，支点 O 受到的冲量为大小为 ，方向沿绳向外.
2 3N s⋅
cos60 4 4
L Lh L °= − =
3sin 60 2
Lx L °= =
2
2
h Lt g g
= =
0
6sin 60 6 10 0.6 m/s=3m/s2 2
gLLv t
° × ×= = =
2y
gLv gt= =
2 2
00 2yI mv m v v m gL= − = − + = −
2 3 N s− ⋅ 2 3 N s⋅
2 3 N s⋅
17.如图所示,半径 r= m 的两圆柱体 A 和 B,转动轴互相平行且在同一水平面内,轴心间的距
离为 s=3.2 m.两圆柱体 A 和 B 均被电动机带动以 6 rad/s 的角速度同方向转动,质量均匀分布
的长木板无初速度地水平放置在 A 和 B 上,其重心恰好在 B 的上方.从木板开始运动计时,圆
柱体转动两周,木板恰好不受摩擦力的作用,且仍沿水平方向运动.设木板与两圆柱体间的动
摩擦因数相同.重力加速度取 g=10.0 m/s2,取 π≈3.0.求:
(1) 圆柱体边缘上某点的向心加速度.
(2) 圆柱体 A、B 与木板间的动摩擦因数.
(3) 从开始运动到重心恰在 A 的上方所需的时间.
【答案】(1) 12.0 m/s2(2) 0.1(3) 2.6 s
【详解】(1)根据向心加速度的公式可知：a 轮＝ω2r＝12.0m/s2
(2)木板的速度等于圆柱体轮缘的线速度时，木板不受摩擦力． 则：v=rω=2.0m/s
圆柱体转动两周的时间：
所以加速度：
由：
所以：
(1)木板在两圆柱体间加速过程所通过的位移为 S1．则：v2=2as1
所以：
因 s1＜s，所以木板在两圆柱体间的运动先是作匀加速直线运动，后作匀速直线运动．可见，
从开始运动到重心恰在 A 的上方所需的时间应是两部分之和．
【点睛】解决本题的关键能通过物体的受力判断出物体的运动情况，然后结合牛顿第二定律
和运动学公式进行求解．
18.如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆 ABCD 的光滑，内圆
1
3
1
42 2st T
π
ω= = =
2
1
1.0m/sva t
= =
mga gm
µ µ= =
1 0.110
a
g
µ = = =
2
1 2.0m2
vs a
= =
1
1 2 1 2.6ss st t t t v
−= + = + =
A′B′C′D′的上半部分 B′C′D′粗糙，下半部分 B′A′D′光滑．一质量 m=0.1kg 的小球从轨道的最
低点 A，以初速度 v0 向右运动，球的尺寸略小于两圆间距，球运动的半径 R=0.2m，取
g=10m/s2．
（1）若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度 v0 至少为多少？
（2）若 v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力 N=1N，则在这段
时间内摩擦力对小球做的功是多少？
（3）若 v0=3m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点 A 时受到的支持力为多少？小球
在整个运动过程中减少的机械能是多少？
【答案】（1） （2） （3） ,
【详解】(1)设此情形下小球到达最高点的最小速度为 vC，则有
代入数据解得：
(2)设此时小球到达最高点的速度为 ，克服摩擦力做的功为 W，则
代入数据解得：
(3)经足够长时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动，设小球经过最低点的速度为 vA，受
到的支持力为 NA，则有：
10m/s 0.05J− 3N 0.25J
2
Cmvmg R
=
2 2
0
1 1 22 2 Cmv mv mgR= +
0 10m/sv =
′Cv
2
Cmvmg N R
= ′−
2 2
0
1 12 2 2fmgR W mv mv′− + = −
0.05JfW = −
代入数据解得 ；设小球在整个运动过程中减少的机械能为 ，由功能关系有：
代入数据解得： .
答：（1）若要使小球始终紧贴外圆做完整的圆周运动，初速度 v0 至少为 .
（2）若 v0=3m/s，经过一段时间小球到达最高点，内轨道对小球的支持力 N=1N，则在这段
时间内摩擦力对小球做的功是 .
（3）若 v0=3m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点 A 时受到的支持力为 ；小球在
整个运动过程中减少的机械能是 .
21
2 AmgR mv=
2
A
A
mvN mg R
− =
3NAN = E∆
2 2
0
1 1
2 2AE mv mv∆ + =
0.25JE∆ =
10m/s
0.05J−
3N
0.25J