1、贵州省兴仁市凤凰中学2020届高三物理上学期第三次月考试题（含解析）一选择题 1.关于速度与加速度，以下说法正确的是（）A. 物体速度越大，加速度一定越大B. 物体的速度变化越快，加速度一定越大C. 物体加速度不断减小，速度一定越来越小D. 物体在某时刻速度为零，其加速度也一定为零【答案】B【解析】根据加速度定义式：可知，速度大，速度变化量不一定大，加速度不一定大，故A错误；加速度反映速度变化的快慢，速度变化越快，加速度越大，故B正确；物体是加速还是减速是看加速度的方向与速度的方向相同还是相反，相同就加速，反之就减速，与加速度增大还是减小无关，故C错误；速度为零，加速度不一定为零，如自由落体运
2、动初始时刻，故D错误。所以B正确，ACD错误。2.A、B两辆车同时同地在平直公路上开始运动，它们的速度一时间图像如图所示，则（ ）A. 两车运动方向相反B. 2s末两车相遇C. 2s内A车始终在B车前方D. 2s末两车相距2m【答案】D【解析】【详解】AA、B两车的图像都为正，即两车的运动方向相同，故A项错误；BCD2s内A车的位移为：B车的位移为：由于开始时两车同时同地出发，所以2s末两车相距2m，且B车在A车前，故BC项错误，D项正确。3.如图所示，轻绳OA一端固定在天花板上，另一端系一光滑的圆环，一根系着物体的轻绳穿过圆环后，另一端固定在墙上B点，且OB处于水平现将A点缓慢沿天花板水平向
3、右移动，且OB段的轻绳始终保持水平，则OA、OB段轻绳所受拉力的大小FTA、FTB的变化情况是()A. FTA增大，FTB不变B. FTA、FTB均不变C. FTA不变，FTB增大D. FTA、FTB均减小【答案】B【解析】【详解】因为圆环光滑，则OC、OB段轻绳所受拉力的大小FTC、FTB始终相等，且等于物体的重力又因为OB段轻绳始终保持水平，OC段轻绳始终保持竖直，所以A点缓慢右移时，圆环也随之右移，角不变，由平衡条件可知OA段绳上所受的拉力不变故B项正确.4.如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦
4、，以下说法中正确的是A. 斜面和挡板对球的弹力的合力等于maB. 斜面对球不仅有弹力，而且该弹力是一个定值C. 若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零D. 若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零【答案】B【解析】【详解】以小球为研究对象，分析受力情况，如图：重力mg、竖直挡板对球的弹力F2和斜面的弹力F1设斜面的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得竖直方向：水平方向：由看出，斜面的弹力大小不变，与加速度无关，不可能为零由看出，若加速度足够小时， ;根据牛顿第二定律知道，重力、斜面和挡板对球的弹力三个力的合力等于；若F增大，a增大，斜面的弹力F1大小不变。【点睛】本题运用正交分解法，根据牛顿第
5、二定律研究物体的受力情况，要正确作出物体的受力图，抓住竖直方向没有加速度。5.如图所示，质量为m的小球固定在杆的一端，在竖直面内绕杆的另一端做圆周运动，当小球运动到最高点时，瞬时速度v=，R是球心到O点的距离，不计空气阻力，则当球运动到最低点时对杆的作用力是（ ）A. 7mg的压力B. 7mg的拉力C. 8mg的压力D. 8mg的拉力【答案】D【解析】【分析】由题意可知考查竖直面上的圆周运动，根据动能定理、牛顿第二定律计算可得。【详解】设小球到达最低点时速度v1，从最高点到最低点，由动能定理可得在最低点由牛顿第二定律可得联立可得FN=8mg，根据力的相互性，球对杆的作用力大小为8mg，方向竖直
6、向下。由以上分析可得D正确，ABC错误，故选择D。【点睛】由动能定理可求得小球运动到最低点时的速度，再根据牛顿第二定律联立可得。6.沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度一时间图线如图所示、已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05s，510s，1015s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）A. F2F3B. F1 F3D. F1=F3【答案】AB【解析】【分析】由题意可知考查力和运动的关系，根据牛顿第二定律分析计算可得。【详解】在05s，物体向下做匀加速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律可得可求得510s，物体向下做匀速运动，由平衡条件可得 可求得10
7、15s，物体向下做匀加速运动，由v-t图象可知和第一阶段加速度大小相等，由牛顿第二定律可得可求得比较F1、F2、F3，可知F3 F2 F1，AB正确，CD错误，故选AB。【点睛】物体第一阶段向下做匀加速运动，第三阶段做匀减速运动，根据牛顿第二定律列式，第二阶段做匀速直线运动，根据平衡条件列式，联立求解可得。7.如图所示，质量为m2的物体B放在车厢的水平底板上，用竖直细绳通过光滑定滑轮与质量为m1的物体A相连车厢正沿水平直轨道向右行驶，两物体与车相对静止，此时与物体A相连的细绳与竖直方向成角，由此可知( )A. 车厢的加速度大小为gtanB. 绳对物体A的拉力大小为m1gcosC. 底板对物体B
8、的支持力大小为(m2m1)gD. 底板对物体B的摩擦力大小为m2gtan【答案】AD【解析】【详解】A以物体A为研究对象，受力如图1所示，由牛顿第二定律得：m1gtan=m1a，解得：a=gtan，则车厢的加速度也为gtan，故A正确；B如图1所示，绳子拉力：，故B错误；C对物体B研究，受力如图2所示，在竖直方向上，由平衡条件得：N=m2g-T=m2g-，故C错误；D由图2所示，由牛顿第二定律得：f=m2a=m2gtan，故D正确。8.如图所示，长木板OA倾角30，在O点正上方的P处水平抛出一个小球，结果小球恰好垂直打在板面上距离O点为L的B点。重力加速度大小为g，空气阻力不计。下列说法正确的
9、是（）A. 小球在空中运动的时间为B. 小球被抛出时的速度大小为C. 小球打到B点前瞬间的速度大小为D. O、P两点间的距离为【答案】BD【解析】【详解】AB.将球垂直撞在斜面上B点的速度进行分解，如图所示：由图可知30，60，由几何知识得水平位移为：xLcos30v0t，小球撞在斜面上时速度与水平方向的夹角：tan60联立解得v0，t，故A错误，B正确；C.小球打到B点前瞬间的速度大小为：v故C错误；D.OP间距离为：OPLsin30故D正确。二.实验题 9.为了探究弹力F与弹簧伸长量x的关系，李强同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图所示的图象，从图象上看，该同学
10、没能完全按实验要求做，使图象上端成为曲线，图象上端成为曲线是因为_。甲、乙两根弹簧的劲度系数分别为：_N/m、_N/m。若要制作一个精确度较高的弹簧测力计，应选弹簧_（填“甲”或“乙”）。【答案】 (1). 超过弹簧的弹性限度； (2). 66.7； (3). 200； (4). 甲；【解析】【详解】根据胡克定律，在弹性限度内，弹簧的弹力与行变量成正比，故Fx图是直线，向上弯曲的原因是超出了弹性限度，注意该图象中纵坐标为伸长量，横坐标为拉力，斜率的倒数为劲度系数，由此可求出kA=66.7N/m，kB=200N/m，由于甲的劲度系数小，因此其精度高故答案为：超过弹簧的弹性限度，66.7，200，
11、甲【点评】本题考查了弹簧弹力F和弹簧伸长量x的关系的基础知识，比较简单，是一道考查基础知识的好题10.为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：（1）以下实验操作正确的是_A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B.调节滑轮的高度，使细线与木板平行C.先接通电源后释放小车D.实验中小车的加速度越大越好（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，己知相邻计数点间的时间间隔为，且间距已量出分别，则小车的加速度a=_ （结果保留两位有效数字）.（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受拉力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种
12、情况下分别做了实验，得到了两条图线，如图丙所示，图线_是在轨道倾斜情况下得到的（填“或“”）；小车及车中袪码的总质量_kg（结果保留两位有效数字）.【答案】 (1). (1) BC； (2). (2) 0.34 ； (3). (3)， (4). 0.67【解析】【详解】（1）1A.平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力。所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动.故A错误.B.为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行.故B正确.C.使用打点计时器时，为了有效利用纸带，应先
13、接通电源后释放小车.故C正确.D.试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量.故D错误.（2）2由匀变速运动的规律得：s4-s1=3a1T2s5-s2=3a2T2s6-s3=3a3T2联立并代入数据解得：（3）3 由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高。所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的。4根据F=ma得a-F图象的斜率由a-F图象得图象斜率k=1.5，所以m=067kg三、计算题11.一质量m0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角=37足够长的斜
14、面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机做出了小物块上滑过程的v-t图象，如图所示.（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37=0.6，cos37=0.8，g=10 m/s2）求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数（2）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回 斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置.【答案】（1）=0. 5（2）【解析】【详解】（1） 由图象可知，滑块的加速度a=m/s2=10 m/s2 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsin+mgcos=ma代入数据解得=0.5（2） 滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大
15、静摩擦力，能再下滑由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s=5 m滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsin-mgcos=ma2，a2=2 m/s2 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v=m/s 本题考查速度速度时间图像和牛顿第二定律的应用，由图像的斜率可求得加速度大小，再由牛顿第二定律列式可求得动摩擦因数大小，由匀变速直线运动公式可求得上升的最大距离，下滑过程中由重力沿斜面向下的分力和滑动摩擦力提供加速度，再由位移与速度的关系求得末速度大小12.如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置两个质量均为m的小球a、b以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为3
16、mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，求(1）a通过最高点时的速度(2）b通过最高点时的速度(3）a、b两球落地点间的距离【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】（1）设a球到达最高点时的速度为va，根据向心力公式有：即解得（2）设b球到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有即解得（3）两小球脱离轨道后均做平抛运动，设所用时间为t，则竖直方向水平方向，解得，故a、b两球落地点间的距离为13.关于一定质量的理想气体，下列叙述正确的是()A. 气体体积增大时，其内能一定减少B. 外界对气体做功，气体内能可能减少C. 气体从外界吸收热量，其内能一定增加D. 气体温度升高，
17、其分子平均动能一定增加E. 气体温度升高，气体可能向外界放热【答案】BDE【解析】【详解】A. 理想气体的内能只包含分子动能，不包含分子势能，故体积增大，若温度不变，则内能不变，故A错误；B.根据热力学第一定律可知，外界对气体做功，同时气体对外界传热，则气体内能可能减少，故B正确。C. 气体从外界吸收热量，同时对外做功，其内能不一定增加，可能减小，故C错误。D. 温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，其分子平均动能一定增加，故D正确。E. 气体温度升高，气体温度高于外界温度，气体可能向外界放热，故E正确。14.如图所示，面积的轻活塞A将一定质量的气体封闭在导热性能良好的汽缸B内，汽缸开口向上竖直放置，高度足够大在活塞上放一重物，质量为，静止时活塞到缸底的距离为，摩擦不计，大气压强为，温度为，g取若保持温度不变，将重物去掉，求活塞A移动的距离；若加热汽缸B，使封闭气体温度升高到，求活塞A移动的距离【答案】(1) (2) 【解析】以封闭气体为研究对象初态压强初状态体积末状态压强气体发生等温变化，由玻意耳定律得解得活塞移动距离加热气缸，气体做等压变化，由查理定律得解得活塞移动距离点睛：根据平衡条件分别求出重物去掉前后气体的压强，气体发生等温变化，由玻意耳定律可求重物去掉后的气柱的长度，可求活塞移动距离；加热气缸，气体压强不变，由查理定律可求重物加热后的气柱的长度，可求活塞移动距离。