【物理】湖南省邵东县第十中学2020届高三上学期第三次月考试题（解析版）

【物理】湖南省邵东县第十中学2020届高三上学期第三次月考试题（解析版）

湖南省邵东县第十中学 2020 届高三上学期 第三次月考试题 一、选择题 （本题共计 15 小题 ，每题 4 分 ，共计 60 分 ） 1.下列说法中正确的是（ ） A. 超重时物体的重力增加 B. 物体惯性随速度的增大而增大 C. 力是维持物体速度的原因 D. 性质不相同的两个力不可能是一对 相互作用力 【答案】D 【解析】 【详解】A. 超重是物体对接触面的压力大于物体的真实重力，物体的重力并没有增加，故 A 错误． B.惯性只与质量有关，与运动状态无关，故 B 错误． C.力不是维持物体速度的原因，是改变速度的原因，故 C 错误． D.相互作用力的性质一定相同，故 D 正确． 2.太阳内部核反应 主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为 ，已知 和 的质量分别为 和 ， 1u=931MeV/c2，c 为光速．在 4 个 转变成 1 个 的过程中，释放的能量约为 A. 8 MeV B. 16 MeV C. 26 MeV D. 52 MeV 【答案】C 【详解】由 知 ， = ，忽略电子质量，则： ，故 C 选项符合题意； 3.物块在轻绳的拉动下沿倾角为 30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行．已知物块 与斜面之间的动摩擦因数为 ，重力加速度取 10m/s2．若轻绳能承受的最大张力为 1 500 N， 则物块的质量最大为 的 1 4 0 1 2 14 H He+2 e+2v→ 1 1H 4 2 He P 1.0078um = 4.0026umα = 1 1H 4 2 He 2E mC∆ = ∆ ( ) 24 2p eE m m m cα∆ = × − − ⋅ 2 Em c ∆∆ = 6 19 16 931 10 1.6 10 J 9 10 −× × × × 27 311.7 10 kg 0.9 10 kg− −≈ × × ( ) 24 1.0078 4.00 26MeV26E u u c ≈∆ = × − ⋅ 3 3 A. 150kg B. kg C. 200 kg D. kg 【答案】A 【解析】 【详解】 T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：m=150kg，故 A 选项符合题意 4.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载入潜水器，它是目前世界上下潜能力最强的 潜水器．假设某次海试活动中，“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮，从上浮速度为 v 时开始 计时，此后“蛟龙号”匀减速上浮，经过时间 t，上浮到海面，速度恰好减为零．则“蚊龙号” 在 时刻距离海平面的深度为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】蛟龙号上浮时的加速度大小为： 根据逆向思维，可知蛟龙号在 t0 时刻距离海平面的深度为： ； . 100 3 200 3 0 0( )t t t< 2 vt 2 0 2 vt t 0 0 1 2 tvt t  −   ( )2 0 2 v t t t − va t = 2 2 2 0 0 0 ( )1 1 ( )2 22 v t tvh a t t t tt t −= − = × × − =（ ） A． ，与结论不相符，选项 A 错误； B． ，与结论不相符，选项 B 错误； C． ，与结论不相符，选项 C 错误； D． ，与结论相符，选项 D 正确； 5.两物体同时从同一位置出发，二者的速度随时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 时，两物体相遇 B. 相遇前，两物体在 时两物体间距离最大 C. 时，两物体相距 D. 时，两物体相距 【答案】D 【解析】 A．v-t 图像与坐标轴所围面积等于位移，由图可知，t=2s 时，两物体位移不相等，没有相 遇，故 A 错误； B．相遇前，两物体速度相等时距离最大，在 t =2s 时两物体间距离最大，故 B 错误； C．根据 v-t 图像与坐标轴所围面积等于位移，t=1s 时，两物体相距 1.5m，故 C 错误； D．t =3s 时，两物体相距 ，故 D 正确． 故选：D． 6.如图所示，A、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为 30°的光滑斜面 上．A、B 两小球的质量分别为 、 ，重力加速度为 g，若不计弹簧质量，在线被剪断 瞬间，A、B 两球的加速度分别为( ) 2 vt 2 0 2 vt t 0 0 1 2 tvt t  −   ( )2 0 2 v t t t − 2t s= 1t s= 1t s= 0.5m 3t s= 1.5m 1 1 13 3 2 4 1 2 1.52 2 2 m× × − × × + × × = Am Bm A. 都等于 B. 和 0 C. 和 0 D. 0 和 【答案】D 【解析】 【分析】 试题分析：据题意，线被剪断前，A、B 均处于平衡状态，设弹簧对 A 的弹力为 TA，对 A 有：mAgsin30°=TA，对 B 有：TA+mBgsin30°=T；剪断线后，由于弹簧具有瞬间保持弹力原 值的特性，所以 A 物体受力情况依然为 mAgsin30°=TA，所以 aA=0，而 B 物体细线拉力突变 为 0 ，但弹力保持原值，所以有 TA+mBgsin30°=maB，则 aB= ，所以 D 选项正 确． 考点：本题考查物体的平衡条件和弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性． 7.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，该平面内有 AM、BM、CM 三条光滑固定 轨道，其中 A、C 两点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分别为此圆与 y、x 轴的 切点．B 点在 y 轴上且∠BMO＝60°，O′为圆心．现将 a、b、c 三个小球分别从 A、B、C 点 同时由静止释放，它们将沿轨道运动到 M 点，如所用时间分别为 tA、tB、tC，则 tA、tB、tC 大小关系是(　　) A. tA＜tC＜tB B. tA＝tC＜tB 2 g 2 g 2 A B B m m gm + 2 A B B m m gm + 2 A B B m m gm + C. tA＝tC＝tB D. 由于 C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系 【答案】B 【解析】 对于 AM 段，位移 x1＝ R，加速度 ，根据 x＝ at2 得， ．对于 BM 段，位移 x2=2R，加速度 a2＝gsin60°＝ g，由 x2＝ at2 得， ．对于 CM 段，设 CM 与竖直方向夹角为 θ，同理可解得 ．故选 B． 8.如图所示，木块 A 叠放在木块 B 的上表面，木块 B 上表面水平，B 的下表面与斜面间无 摩擦，A 与 B 保持相对静止一起沿斜面下滑过程中，斜面体 C 保持不动，下列判断正确的 是( ) A. A 木块受到的摩擦力水平向右 B. A 对 B 的作用力方向竖直向下 C. C 与水平地面之间没有摩擦力 D. C 对地面的压力小于 A、B、C 重力之和 【答案】D 【解析】 对 AB 整体研究，根据牛顿第二定律可得：a=gsinθ，把加速度分解，水平方向： ax=gsinθcosθ，竖直方向 ，隔离 A 物体有：F 静 A=mAax=mAgsinθcosθ，方向向左， 故 A 错误；A 对 B 的压力竖直向下， A 对 B 的摩擦力水平向右，A 对 B 的作用力即为 A 对 B 的摩擦力和压力的合力，根据平行四边形定则可知指向右下方，故 B 错误；选整体分析， 由于 A、B 有向左的加速度 ax，地面对 C 的摩擦力方向向左，故 C 错误；由于 AB 整具有向 2 1 45 2 2 mgsina gm °＝ ＝ 1 2 1 1 1 2 4x Rt a g ＝ ＝ 3 2 1 2 2 2 2 2 8 3 x Rt a g =＝ 3 3 3 2 2 2 cos 4 cos x R Rt a g g ＝ ＝ θ θ ⋅ = 2sinya g θ= 下的加速度 ，处于失重状态，所以地面对 C 的支持力小于 A、B、C 重力之和， 故 D 正确．所以 D 正确，ABC 错误． 9. 如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为 O．人沿水平方向拉着 OB 绳，物体 和人均处于静止状态．若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是 （ ） A. OA 绳中的拉力先减小后增大 B. OB 绳中的拉力不变 C. 人对地面的压力逐渐减小 D. 地面给人的摩擦力逐渐增大 【答案】D 【解析】 解：将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离， 则 OA 与竖直方向夹角变大， OA 的拉力由图中 1 位置变到 2 位置，可见 OA 绳子拉力变大，OB 绳拉力逐渐变大； OA 拉力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大； 人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变； 故选 D． 【点评】本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法． 10.如图所示，位于同一高度的小球 A、B 分别以 v1 和 v2 的速率水平抛出，都落在了倾角为 30° 的斜面上的 C 点，其中小球 B 恰好垂直打到斜面上，则 v1 与 v2 之比为 2sinya g θ= A. 1：1 B. 3：2 C. 2：1 D. 2：3 【答案】B 【解析】 【详解】小球 A 做平抛运动，根据分位移公式有： 联立解得： 小球 B 恰好垂直打在斜面上，则有： 解得： 综上可得： A．1：1，与计算不符，故 A 项错误； B．3：2，与计算相符，故 B 项正确； C．2：1，与计算不符，故 C 项错误； D．2：3，与计算不符，故 D 项错误． 11.如图所示，质量相等的 A、B 两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做 1x v t= 21 2y gt= tan30 y x ° = 1 3 2v gt= 2 2tan30 y v v v gt ° = = 2 3 3v gt= 1 2: 3: 2v v = 匀速圆周运动，则下列关系中正确的是（ ） A. 线速度的关系为 B. 运动周期的关系为 C. 它们受到的摩擦力大小关系为 D. 筒壁对它们的弹力大小关系为 【答案】C 【解析】 【详解】A. 由 v=ωr 知，ω 相同，则线速度与半径成正比，A 的半径大，则其线速度大， 故 A 错误． B. 由题分析可知，A、B 两物体的角速度相同，周期相同，故 B 错误． C. 两个物体竖直方向都没有加速度，受力平衡，所受的摩擦力都等于重力，而两个物体的 重力相等，所以可得摩擦力 ，故 C 正确． D. 两个物体都做匀速圆周运动，由圆筒 弹力提供向心力，则 N=mω2r m、ω 相等，N 与 r 成正比，所以可知 ，故 D 错误． 12.如图所示，用长为 x0 的细线拴住一个质量为 m 的小球，使小球在水平面内做匀速圆周运 动，细线与竖直方向的夹角为 ，重力加速度为 g，不计空气阻力．下列说法中正确的是 （ ） A. 向心力的大小等于 B. 向心力是细线对小球的拉力和小球所受重力的合力 C. 向心力的大小等于细线对小球的拉力 的 A Bv v< A BT T> A Bf f= A BN N< A Bf f= A BN N> θ tanmg θ D. 小球受到重力、线的拉力和向心力三个力 【答案】AB 【解析】 【详解】ABC. 小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析，如图 小球受重力、和绳子的拉力，它们的合力总是指向圆心提供向心力，且向心力的大小等于 故 AB 正确 C 错误． D.向心力不是实际受力，故 D 错误． 13.如图所示,物体 A 和 B 的质量均为 m,且分别与跨过定滑轮的轻绳连接(不计绳与滑轮、滑 轮与轴之间的摩擦),在用水平变力 F 拉物体 B 沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中( ) A. 物体 A 也做匀速直线运动 B. 绳子拉力始终大于物体 A 所受重力 C. 绳子对 A 物体的拉力逐渐增大 D. 绳子对 A 物体的拉力逐渐减小 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．把 B 的速度 vB 分解为垂直绳子的 v1 和沿绳子的 vA，则物体 A 和 B 的速度关 系为： tanF mg θ=合 cosB Av v α= 物体 B 沿水平方向向右做匀速直线运动，则 A 做变速运动，且随角度减小，速度逐渐增大， 做加速运动，则绳子的拉力始终大于物体 A 所受重力，A 错误，B 正确； CD．当物体 B 越往右运动，则在相等的时间内，A 物体的速度变化量越来越小，则加速度 越来越小，由牛顿第二定律有： 知绳子对 A 物体的拉力逐渐减小，C 错误，D 正确。 故选 BD。 14.如图所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的斜劈，其斜面倾角为 θ，一质量为 m 的物体 放在其光滑斜面上，现用一水平力 F 推斜劈，恰使物体 m 与斜劈间无相对滑动，则斜劈对 物块 m 的弹力大小为( ) A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 对（M+m）进行受力分析， 由牛顿第二定律可知：F=（M+m）a 得 a= 对 m 进行受力分析， 则有重力与支持力的合力是水平方向，所以用平行四边形定则将两力合成． 由三角函数关系可得：F 支= 或者 F 支= ， 故 B、D 正确 T mg ma− = cosmg θ cos mg θ ( )cos mF M m θ+ ( )sin mF M m θ+ / cosmg θ ( )sin mF M m θ+ 15.如图所示，足够长的传送带以速度 v1 匀速运动，小物块 P 放在传送带的底端，t=0 时刻 小物块 P 在传送带底端具有速度 v2．下列描述小物块 P 的速度随时间变化的图象可能正确 的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】A.若 v2＞v1：物体冲上传送带后所受的滑动摩擦力沿斜面向下，做匀减速运动，当 其速度与传送带相同时，若最大静摩擦力 f≥重力沿斜面向下的分力，则物体与传送带一起 匀速运动，则 A 图是可能的，故 A 正确． B.若 v2＞v1：物体先做匀减速运动，与传送带共速后，最大静摩擦力 f＜重力沿斜面向下的分 力，滑动摩擦力沿斜面向上，物体继续向上做匀减速运动，加速度减小，速度减小零，向下 做匀加速运动，根据牛顿第二定律知 mgsinθ-μmgcosθ=ma 知共速后加速度大小不变，则 B 图是可能的，故 B 正确． C. 若 v2＜v1：物体先做匀加速运动，与传送带共速后，最大静摩擦力 f≥重力沿斜面向下的 分力，物体与传送带一起匀速运动，则 C 图是可能的，故 C 正确． D. 若 v2＞v1：物体先做匀减速运动，与传送带共速后，最大静摩擦力 f＜重力沿斜面向下的分 力，加速度将减小，则该图不可能，故 D 错误． 二、填空题（每空 2 分，共 16 分） 16.一同学用精度为 0.05mm 游标卡尺测一根金属管的深度 h 时，游标卡尺上的游标尺和主 尺的相对位置如图甲所示，则这根金属管的深度 h=______cm 【答案】3.060 【解析】 【详解】[1]主尺读数为：3cm，游标尺上第 12 个刻度与主尺对齐，因此读数为： 12×0.05mm=0.60mm=0.060cm 故最后读数为： 3+0.060=3.060cm 17.如图，一群处于 n＝5 能级的氢原子在向 n＝1 的能级跃迁的过程中，放出____种频率不 同的光子；放出的光子的最小能量为 ____eV. 【答案】10 0.31 【解析】 【详解】[1]根据 ，可知，放出 10 种频率不同的光子，从能级 5 跃迁到能级 1 放出 的光子能量最大，从能级 5 跃迁到能级 4 放出的光子能量最小，即 ． 2 5 10C = min 0.54 ( 0.85) 0.31eVE = − − − = 18. 如图所示，是探究某根弹簧的伸长量 X 与所受拉力 F 之间的关系图： （1）弹簧的劲度系数是 N/m （2）若弹簧原长 l0=10cm，当弹簧所受 F=150N 的拉力作用时（在弹性限度内），弹簧长度 为 l= cm． 【答案】（1）1000．（2）25 【解析】 【详解】解：（1）图象斜率 大小表示劲度系数大小， 故有 k= =1000N/m． （2）根据 F=kx，得当弹簧所受 F=150N 的拉力作用时伸长的长度为 x= m=0.15m=15cm 则弹簧长度为 l=x+l0=25cm 故答案为（1）1000．（2）25． 考点：胡克定律． 分析：本题考查了有关弹簧弹力与形变量之间关系的基础知识，利用胡克定律结合数学知识 即可正确求解． 点评：胡克定律的应用注意形变量 x 既可以是弹簧的伸长量，也可以是弹簧的压缩量；还要 注意胡克定律适用的条件为在弹性限度内． 19.为了探究质量一定时加速度与力的关系．一同学设计了如图甲所示的实验装置．其中 为带滑轮的小车的质量， 为砂和砂桶的质量．（滑轮质量不计） 的 2 2 4 10 4 10 10 F x − ×= × × 150 1000 F k = M m （1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是_______． A.用天平测出砂和砂桶的质量 B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力 C.小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的 示数 D.改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带 E.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量 远小于小车的质量 （2）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有两个点没有画出）， 已知打点计时器采用的是频率为 的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________ （结果保留两位有效数字）． （3）以弹簧测力计 示数 为横坐标，加速度为纵坐标，画出的 图象是一条直线， 图线与横轴的夹角为 ，求得图线的斜率为 ，则小车的质量为______ A. B. C. D. ． 【答案】 (1). BD (2). 1.3 (3). D 【解析】 【详解】(1)[1] AE.本实验中细线的拉力由弹簧测力计直接测出，不需要用天平测出砂和砂 桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M，故 AE 错误． B.先拿下砂桶，然后将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故 B 正确； C.打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力 和质量的关系，要同时记录弹簧测力计的示数，故 C 错误； D.要改变砂和砂桶质量，从而改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随 F 变化关系， 故 D 正确； 的 m M 50Hz F a F− θ k 2tanθ 1 tanθ k 2 k (2)[2] 由于两计数点间还有二个点没有画出，故相邻计数点的时间间隔为 T=0.06s 由△x=aT2 可得： (3)[3] 由 2F=ma 得 对 a-F 图来说，图象的斜率 得： 故 D 正确 ABC 错误． 三、 解答题 （本题共计 3 小题 ，共计 24 分 ） 20.如图所示，在光滑的水平面上，一个质量为 3m 的小球 A，以速度 v 跟质量为 2m 的静止 的小球 B 发生碰撞． （1）若 A、B 两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后小球 B 的速度？ （2）若 A、B 两球发生的是弹性碰撞，求碰撞后小球 B 的速度？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【详解】（1）若为完全非弹性碰撞，碰撞后两小球粘在一起具有相同的速度 由动量守恒定律得： （2）若为弹性碰撞，则碰撞前后两小球的总动能不变，则有 2 2 2 (2.8 3.3 3.8) (1.4 1.9 2.3) 10 1.3m / s(3 0.06)a −+ + − + += × =× 2Fa m = 2k m = 2m k = 得： 21.足够长光滑斜面 BC 的倾角 ，小物块与水平面间的动摩擦因数 ，水平面 与斜面之间的 B 点有一小段弧形连接，一质量 m=2kg 的小物块静止于 A 点．在 AB 段对小 物块施加与水平方向成 的恒力 F 作用，如图甲所示，小物块在 AB 段运动的速度-时 间图象如图乙所示，到达 B 点后迅速撤去恒力 F．已知 ， ． （1）求小物块所受到的恒力 F 的大小； （2）小物块从 B 点沿斜面向上运动之后返回，小物块能否返回到 A 点？若能，计算小物块 通过 A 点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离 A 点的距离． 【答案】(1)11N(2) 不能回到 A 点，停止运动时，离 A 点的距离为：3.6m 【解析】 【详解】(1) 由图（b）可知，AB 段加速度： 根据牛顿第二定律，有： 解得： (2) 因为斜面光滑，根据对称性可知，小滑块返回 B 点的速度与从 A 到 B 时速度大小相等， 方向相反，根据图像可知 小物块从 B 向 A 运动过程中，有 53α = ° 0.5µ = 53α = ° sin53 0.8° = cos53 0.6° = 2 2 1 2.0 0 m/s 0.5m/s4.0 0 va v −= = =∆ −  cos - - sinF mg F maα µ α =（ ） 2 0.5 0.5 2 10 N 11Nsin 0.6 0.5 0.8 ma mgF cos µ α µ α + × + × ×= = =+ + × AB 1 4 2 4m2s = × × = μmg=ma3 解得 a3＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2 滑行的位移： 不能回到 A 点，停止运动时，离 A 点的距离为： △s=sAB-s=4.0-0.4=3.6m 22.如图所示，将质量 m=1kg 的小物块从 A 点水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧轨道．B、C 为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为 O，小物 块到达 O 点的速度大小 ，圆弧对应的圆心角 ，圆弧半径 R=1m，A 点距 水平面的高度 h=0.8m，小物块第一次到 C 点时的速度大小和到 B 点时的速度大小相等．小 物块离开 C 点后恰好能无碰撞地沿固定斜面滑至最高点 D，小物块与斜面间的动摩擦因数 ，取 ， ，g=10m/s2，求： （1）小物块从 A 点水平抛出时的速度大小及到达 B 点时的速度大小； （2）小物块经过 O 点时，轨道对它的支持力大小； （3）斜面上 C、D 间的距离． 【答案】(1)3m/s；5m/s(2)43N(3)1.25m 【解析】 【详解】(1) 对于小物块，由 A 到 B 做平抛运动，在 B 点竖直方向上有 在 B 点时有 2 2 3 2.0 m 0.4m<4m2 2 5 vs a = = =× 33m/sv = 106θ = ° 1 3 µ = sin53 0.8° = cos53 0.6° = 2 2yv gh= A tan 2 yv v θ = 解得 vA=3m/s 小物体在 B 点的速度为 (2) 在 O 点由牛顿第二定律得 解得 FN=43N (3) 物块沿斜面上滑时，有 物块到达 C 点的速度 vC=vB=5m/s 斜面上 C、D 间的距离 2 2 B A 5m/syv v v= + = 2 N vF mg m R − = sin53 cos53mg mg maµ°+ ° = 2 C 1.25m2 vx a = =