湖南省長沙市第一中學2020屆高三物理上學期第三次月考試題含解析湖南省長沙市第一中學2020屆高三物理上學期第三次月考試題含解析PAGE26-湖南省長沙市第一中學2020屆高三物理上學期第三次月考試題含解析湖南省長沙市第一中學2020屆高三物理上學期第三次月考試題（含解析）一、選擇題（本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~8題只有一項符合題目要求，第9~12題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1.以下說法中正確的是（）A。利用洗衣機能把衣服甩干，是因為衣服中的水受到離心力而做離心運動B。開普勒總結出了行星運行的規律，發現萬有引力定律C。所有繞地球做勻速圓周運動的衛星的圓心一定和地心重合D.繞地球做圓周運動周期是24h的衛星一定是同步衛星【答案】C【解析】【詳解】A.利用洗衣機能把衣服甩干，是因為衣服中的水受到的力小于水做圓周運動所需要的向心力，而做離心運動，故A錯誤;B。開普勒總結出了行星運行的規律，牛頓發現了萬有引力定律，故B錯誤；C.所有繞地球做勻速圓周運動的衛星都是受到的萬有引力提供向心力，萬有引力方向指向地心,所以勻速圓周運動的圓心一定和地心重合,故C正確；D.地球同步衛星運行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道即與赤道平面重合、運行周期與地球自轉一周的時間相等即為一天，但繞地球轉動周期是24h的衛星不一定是同步衛星，還必須在赤道平面，故D錯誤．2。如圖所示為某質點的速度-時間圖象，則下列說法中正確的是(）A.在0～6s內,質點做勻變速直線運動 B。在t=12s末，質點的加速度為—1m/s2C。在6～10s內，質點處于靜止狀態 D。在4s末，質點運動方向改變【答案】B【解析】在0～4s內，質點的加速度為=1。5（m/s2），在4—6s內質點的加速度為：=-1（m/s2），兩段時間內的加速度不同，所以在0~6s內，質點做非勻變速直線運動，故A錯誤；在t=12s末,質點的加速度為a==—1（m/s2)，故B正確．

在6s~10s內，質點以4m/s的速度做勻速運動，故C錯誤；在0-14s內,質點的速度都為正，一直沿正方向運動，故在4s末速度方向沒有改變，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查學生對v—t圖象的認識，記住圖象的斜率表示加速度，圖象與時間軸圍成的面積表示這段時間內物體通過的位移．3。如圖所示，質量相同的三個小球從足夠長的斜面上同一點O分別以初速度v1、v2、v3水平拋出,落在斜面上的位置分別為A、B、C，已知OA=AB=BC，空氣阻力不計,則（）A.v1:v2：v3=1：2：3B。落到斜面時的速度方向不同C。落到斜面時的動能之比為1：2：3D。落到斜面時的動能增量之比為1:4:9【答案】C【解析】【詳解】A、設物體的初速度為v0,斜面的傾角為α,斜面落點到O點的長度為L．則小球落在斜面上時,有，得,則有，α、g一定，則得到；由于OA=AB=BC，則OA：OB：OC=1:2：3,由上式得；故A錯誤．B、設小球落到斜面上時速度與水平方向的夾角為θ,則有,與初速度無關，則知落到斜面時的速度方向相同;故B錯誤．C、小球落在斜面上速度平方為，落到斜面時的動能為，所以落到斜面時的動能之比為1：2：3，故C正確．D、根據動能定理得，飛行過程中動能增量，得飛行過程中動能增量之比為1：2:3；故D錯誤．故選C。【點睛】三個小球做平拋運動,運用運動的分解法，得出斜面的長度與初速度、運動時間的關系，本題中斜面的傾角反映了位移與水平方向的夾角，關鍵確定兩個方向的位移關系得出時間表達式．4。跨過定滑輪的繩的一端掛一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如圖所示，已知人的質量為70kg，吊板的質量為10kg,繩及定滑輪的質量、滑輪的摩擦均可不計，取重力加速度g=10m/s2，當人以440N的力拉繩時,人與吊板的加速度a的大小和人對吊板的壓力F的大小分別為

（

）A.a=1。0m/s2,F=260N B.a=1。0m/s2,F=330NC.a=3。0m/s2，F=110N D.a=3。0m/s2，F=50N【答案】B【解析】【詳解】CD.以整體為研究對象,整體受重力、兩根繩子拉力(T）;由牛頓第二定律可知：整體的加速度;選項CD不符合題意AB.以人為研究對象,由牛頓第二定律可知：，解得人受吊板的支持力；由牛頓第三定律可知人對吊板的壓力為330N,選項A不符合題意;選項B符合題意5。如圖，一長為的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質量為的小球．一水平向右的拉力作用于桿的中點，使桿以角速度勻速轉動，當桿與水平方向成60°時,拉力的功率為A。 B。 C。 D。【答案】C【解析】【詳解】試題分析：先求拉力F的大小．根據力矩平衡，，解得；再求速度;再求力與速度的夾角θ=30°，所以功率．考點：力矩的平衡條件；線速度、角速度和周期、轉速；功率、平均功率和瞬時功率【名師點睛】本題主要考查了力矩的平衡條件、線速度、角速度和周期、轉速、功率、平均功率和瞬時功率．屬于難度較大的題目．本題要先根據力矩平衡條件求出拉力F的大小，再根據瞬時功率表達式求拉力的功率．6.字宙中，兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬有引力作用，分別圍繞其連線上的某一點做周期相同的勻速圓周運動，稱之為雙星系統．由恒星A與恒星B組成的雙星系統繞其連線上的O點做勻速圓周運動，如圖所示．已知它們的運行周期為T，恒星A的質量為M，恒星B的質量為3M，引力常量為G，則下列判斷正確的是（）A。兩顆恒星相距B.恒星A與恒星B的向心力之比為3︰1C。恒星A與恒星B的線速度之比為1︰3D。恒星A與恒星B的軌道半徑之比為︰1【答案】A【解析】【分析】兩恒星體做勻速圓周運動的向心力來源于兩恒星之間的萬有引力，所以向心力大小相等，列式可得半徑之比；根據牛頓第二定律列式可求解兩顆恒星相距的距離;恒星A與恒星B的角速度相等，從而可求解線速度之比.【詳解】兩恒星體做勻速圓周運動的向心力來源于兩恒星之間的萬有引力，所以向心力大小相等，即，解得恒星A與恒星B的軌道半徑之比為rA:rB=3:1,故選項BD錯誤；設兩恒星相距為L，則rA+rB=L,根據牛頓第二定律：，解得，選項A正確;由可得恒星A與恒星B的線速度之比為3：1，選項D錯誤;故選A.7.如圖所示，質量為m，帶電量為q的微粒，以初速度從A點豎直向上射入空氣中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率，方向與電場的方向一致，則A、B兩點的電勢差為()A。 B。 C. D。【答案】C【解析】【詳解】粒子從A到B，在水平方向上只受到電場力，根據運動學公式:為A到B沿電場線方向的距離,電場力提供加速度：聯立方程:勻強電場中電勢差與電場強度的關系：代入方程整理得:則有：ABD錯誤,C正確.故選C8。如圖甲所示,平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數為k。一端固定在傾角為θ的斜面底端，弓一端與物塊A連接；兩物塊A,B質量均為m,初始時均靜止。現用平行于斜面向上的力F拉動物塊B，使B做加速度為a的勻加速運動，A,B兩物塊在開始階段時間內的v-t關系分別對應圖乙中A，B圖線(t1時刻A、B的圖線相切,t2時刻對應A圖線的最高點）,重力加速度為g,則（）A.t2時刻，彈簧形變量為0B。t1時刻，彈簧形變量為C。過程中，拉力F逐漸增大D。過程中，拉力F做的功比彈簧彈力做的功少【答案】D【解析】【詳解】A．由圖知，時刻A的加速度為零，速度最大,根據牛頓第二定律和胡克定律得則得A錯誤；B．由圖讀出,時刻A、B開始分離,對A根據牛頓第二定律解得B錯誤；C．從開始到時刻,A與B整體做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律，有解得由于x逐漸減小，故F逐漸增加，從時刻到時刻，B物體做勻加速運動，根據牛頓第二定律可知解得拉力恒定，C錯誤；D．時刻A、B分離臨界,則A、B間彈力零，此時二者加速度相同，從開始到時刻，對B動能定理對A動能定理解得D正確。故選D9。質量為m的汽車在平直路面上啟動，啟動過程的速度圖象如圖所示，從t1時刻起汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力恒為Ff，則A。0～t1時間內,汽車的牽引力等于B.t1～t2時間內,汽車的功率等于C.汽車運動的最大速度等于D.t1～t2時間內，汽車的平均速度小于【答案】BC【解析】【詳解】A。由題圖可知，0～t1階段，汽車做勻加速直線運動,，F1—Ff=ma，聯立得，，故A錯誤；B。在t1時刻汽車達到額定功率：P=F1v1=(m+Ff)v1，t1~t2時間內,汽車保持額定功率不變，故B正確；C.t2時刻，速度達到最大值v2，此時刻F2=Ff，P=F2v2，，故C正確;D。由v-t圖線與橫軸所圍面積表示位移的大小可知,t1～t2時間內，汽車的平均速度大于，故D錯誤．10.質量為m的小球A以速度在光滑水平面上運動，與質量為2m的靜止小球B發生對心碰撞，則碰撞后A球的速度大小和B球的速度大小可能為A.， B.，C.， D.,【答案】AC【解析】【詳解】兩球碰撞過程，系統不受外力，故碰撞過程系統總動量守恒：mv0=mvA+2mvB，ABCD均滿足；考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D不滿足，ABC滿足;根據能量守恒定律，碰撞后的系統總動能應該小于或等于碰撞前的系統總動能，B選項碰撞前總動能為，B選項碰撞后總動能為，B不滿足，AC滿足；故AC正確，BD錯誤．故選AC．11。如圖，質量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持以速度v勻速運動，物體與傳送帶間的動摩擦因數為μ，物體最后能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程下列說法正確的是（）A.傳送帶克服摩擦力做功為mv2B.傳送帶克服摩擦力做功為C.電動機多做的功為D。物體與傳送帶間因摩擦產生的內能為【答案】AD【解析】【詳解】CD．電動機多做的功轉化成了物體的動能和內能,物體在這個過程中獲得動能就是設物體的運動時間為t,物體位移為傳送帶的位移為相對位移為系統產生的內能為所以電動機多做的功為C錯誤D正確;AB．傳送帶克服摩擦力做的功就是電動機多做的功,所以由CD的分析可知,傳送帶克服摩擦力做功為，B錯誤A正確。故選AD。12.如圖所示，一個電容為C，電量為Q的平行板電容器豎直放置，兩板間的電場可視為勻強電場，將一個質量為m，電荷量為﹣q的帶電小球(可視為質點），不可伸長的絕緣細線懸掛于兩板間O點．現將小球拉至水平位置M點，由靜止釋放，當小球延圓弧向下擺動60度到達N點時，速度恰好為零．則(A.電容器的左極板帶負電B.繩子的最大拉力為2mgC。電容器兩極板間的距離為D.如果讓電容器的帶電量減半，小球仍從M點有靜止釋放，到達N點時速度仍為0【答案】AC【解析】【詳解】A．小球從M到N的過程中，動能變化為零，根據動能定理，合力做功0，而重力做正功，則電場力對小球做負功，即電場力方向向右，由于小球帶負電，故場強方向向左，所以左極板帶負電，右極板帶正電．故A正確；BC．設兩板間電勢差為U、場強為E,由和得E=對球,從M到N由動能定理有mgLsin60°﹣qEcos60°=0﹣0所以有Eq=mgtanθ=mg解得則重力與電場力的合力大小為2mg；方向沿與水平方向成30°角，此時繩子的拉力F﹣2mg=m因速度不為零；故拉力一定大于2mg；故B錯誤，C正確；D．由電量減半時,電壓減半，則極板間的場強減半；從M到N的過程中電場力做功變小，根據動能定理外力做功之和mgLsin60°﹣qEcos60°大于零,則小球從M點釋放后，還沒有到達N點時速度不會為零；故D錯誤；故選AC．點評：該題中帶電的小球在重力和電場力的復合場中做類單擺運動，需要正確對運動的過程和小球的受力減小分析．該題中需要注意的是：小球速度最大時重力、電場力、細繩上的拉力和F提供小球做圓周運動的向心力．二、實驗、探究題（本題共2小題，每空3分，共15分）13.如圖所示的實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素,其中電容器左側極板和靜電計外殼均接地，電容器右側極板與靜電計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開．（1）下列關于實驗中使用靜電計的說法正確的是__A.靜電計可以用電流表替代B.靜電計可以用電壓表替代C.使用靜電計的目的是觀察電容器電壓的變化情況D。使用靜電計的目的是測量電容器電量的變化情況(2)下列做法可使靜電計張角變小的有___A.將左極板緩慢左移

B。將左極板緩慢上移C。在兩極板間插入云母板（介電常數大于1）

D。在兩極板間插入較厚的金屬板【答案】（1)。C（2）。CD【解析】【詳解】（1）［1］AB.靜電計與電壓表、電流表的原理不同，不能替代；電流表、電壓表線圈中必須有電流通過時，指針才偏轉，故AB錯誤；C.靜電計可測量電勢差，根據指針張角的大小,觀察電容器電壓的變化情況，故C正確；D。靜電計無法判斷電量的變化情況，故D錯誤．（2）［2]A。根據電容的決定式，將左極板緩慢左移，板間距離d增大,則電容C減小，因為電容器帶電后與電源斷開,電量Q不變,根據定義式，可知電勢差U增大，指針張角變大，故A錯誤；B。由知，將左極板緩慢上移，正對面積S減小，則電容C減小,根據定義式，電量Q不變,可知電勢差U增大，指針張角變大，故B錯誤．C.在兩極板間插入云母板（介電常數大于1），根據電容的決定式，介電常數變大，則電容C增大，根據定義式，電量Q不變，可知電勢差U減小，指針張角變小，故C正確;D。在兩極板間插入較厚的金屬板,金屬板在勻強電場中靜電平衡，成為等勢體，相當于其板間距離d減少了，由電容的決定式知，電容C增大，根據定義式,電量Q不變，可知電勢差U減小,指針張角變小，故D正確．14。如圖甲所示的裝置叫做阿特伍德機,是英國數學家和物理學家阿特伍德(G·Atwood746—1807）創制的一和著名力學實驗裝置，用來研究勻變速直線運動的規律。某同學對該裝置加以改進后用來驗證機械能守恒定律和動量守恒定律，如圖乙所示.（已知當地的重力加速度為g）(1)該同學用游標卡尺測量遮光片的寬度如圖丙所示，則d=___________mm；然后將質量均為m（A的含擋光片和掛鉤、B的含掛鉤）的重物用繩連接后，跨放在定滑輪上，A置于桌面上處于靜止狀態，測量出擋光片中心到固定光電門中心的豎直距離h。(2）為了驗證動量守恒定律,該同學讓A在桌面上處丁靜止狀態，將乃從靜止位置豎直提升s后由自由下落，光電門記錄下擋光片擋光的時間為Δt(B未接觸桌面）,則驗證繩繃緊過程中系統治繩方向動量守恒定律的表達式為__________；如果該同學忘記將B下方的C取下（C的質量也為m），光電門記錄擋光片擋光的時間為△t′。完成測量后,騎證動量守恒定律的表達式為__________。(用題中所給物理量符號表示）【答案】(1）。5.00(2).(3)。【解析】【詳解】（1)[1]游標卡尺的精度為，主尺度數為,則讀數（2)[2］根據機械能守恒定律可知解得則可知,作用前的動量此后AB一起做勻速運動，運動速度作用后的動量故只要驗證(2)[3]若沒有摘去C，則三個物體速度相同后做加速運動，則根據機械能守恒定律可知解得則作用后的動量故應驗證的表達式為三、計算題（本大題共4小題，共47分）15。如圖所示，平行金屬板長為L,一個帶電為＋q、質量為m的粒子以初速度v0緊貼上板垂直射入電場,剛好從下板邊緣射出，末速度恰與下板成30°角，粒子重力不計,求：(1）粒子末速度大小；(2）電場強度；（3)兩極板間距離．【答案】(1）（2)（3）【解析】【分析】粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成與分解可知粒子的末速度的大小將粒子的運動分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的勻加速直線運動，則由運動的合成與分解可求得電場強度；由動能定理可求得兩板間的距離．【詳解】（1)粒子離開電場時速度如圖所示：由圖可知：（2）粒子從射入電場到離開電場,由動能定理得：聯立以上解得：(3)帶電粒子做類平拋運動，在水平方向上：L=v0t粒子離開電場時,粒子豎直方向的分速度：vy=v0tan60°兩板間的距離：【點睛】:本題主要考查了帶電粒子在電場中的運動，若垂直電場線進入則做類平拋運動,要將運動分解為沿電場線和垂直于電場線兩個方向進行分析，利用直線運動的規律進行求解．16。香港迪士尼游樂園入口旁有一噴泉，在水泵作用下會從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的米老鼠模型托起，穩定地懸停在空中,伴隨著音樂旋律，米老鼠模型能夠上下運動，引人駐足，如圖所示．這一景觀可做如下簡化，假設水柱以一定的速度從噴口豎直向上噴出，水柱的流量為Q（流量定義：在單位時間內向上通過水柱橫截面的水的體積）,設同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到沖浪板的底部．水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變為零,在水平方向朝四周均勻散開．已知米老鼠模型和沖浪板的總質量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計．（1)求噴泉單位時間內噴出的水的質量；（2）由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時間很短，因此在分析水對沖浪板的作用力時可忽略這部分水所受的重力．試計算米老鼠模型在空中懸停時，水到達沖浪板底部的速度大小；(3）要使米老鼠模型在空中懸停的高度發生變化,需調整水泵對水做功的功率．水泵對水做功的功率定義為單位時間內從噴口噴出的水的動能．請根據第（2)問中的計算結果，推導沖浪板底部距離噴口的高度h與水泵對水做功的功率P0之間的關系式．【答案】（1);（2）；（3）．【解析】【詳解】(1）設很短時間內，從噴口噴出的水的體積為△V，質量為△m,水柱在噴口的初速度為v0，噴口的橫截面積為S．則解得單位時間內從噴口噴出的水的質量為（2)設米老鼠模型和沖浪板在空中懸停時，水柱頂部的水沖擊沖浪板底面速度由v變為0,時間這些水對板的作用力的大小為F′，板對水的作用力的大小為F，以向下為正方向,不考慮水柱頂部水的重力，根據動量定理有根據牛頓第三定律F=F′由于米老鼠模型在空中懸停，根據力平衡條件得聯立可解得（3）設米老鼠模型和沖浪板懸停時其底面距離噴口的高度為h，對于時間內噴出的水，根據機械能守恒定律(或運動學公式)得水泵對水做功的功率為聯立解得17。如圖所示，水平地面上靜止放置一輛長度為L=1。5m、質量mA=4kg的小車A，小車的上表面粗糙,小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計；小車左端固定一輕質彈簧，自然長度為L=0.5m,最右端靜置一質量mB=2kg的物塊B（可視為質點）；現對A施加一個水平向右F=20N的恒力，小車運動一段時間后,物塊B和彈簧接觸,同時撤掉恒力F，已知物塊B和小車間的動摩擦因數.不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，求:（1）水平向右的恒力F作用的時間t;（2）彈簧最大壓縮量d=0。3m時，彈簧的彈性時能Ep。【答案】(1）；（2）【解析】【詳解】(