辽宁省沈阳铁路实验中学2020届高三上学期10月月考物理试题
沈阳铁路实验中学2019-2020学年度上学期10月月考试题
高三物理
一、选择题（共14小题，每小题4分，共56分。第1~8题只有一项符合题目要求，第9~14题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的不得分。）
1.如图所示两个物体与圆盘保持相对静止，随圆盘一起作匀速圆周运动，则A、B分别受到几个力的作用（ ）
A. 3个5个
B. 3个4个
C. 4个5个
D. 4个6个
【答案】A
【解析】
【详解】A物体在水平面内做匀速圆周运动，一定受到重力和B对A的支持力作用，物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，且静摩擦力提供向心力。A共受到3个力的作用；B物体也在水平面内做匀速圆周运动，一定受到重力和圆盘的支持力作用，同时B受到A对B的压力；物体在转动过程中，有背离圆心的运动趋势，因此受到指向圆心的静摩擦力，同时B也受到A对B的静摩擦力，两个静摩擦力的合力提供向心力，所以B受5个力的作用。
A. 3个5个与分析相符，故A项正确；
B. 3个4个与分析不相符，故B项错误；
C. 4个5个与分析不相符，故C项错误；
D. 4个6个与分析不相符，故D项错误。
2.在地面上以初速度竖直向上抛出一小球，经过时间小球落回抛出点，其速率为，已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，则小球在空中运动时速率
随时间的变化规律可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析：小球上升过程中，由牛顿第二定律，故随速度的减小，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；当物体下降过程中，由牛顿第二定律，则随速度逐渐增大，加速度逐渐减小，v-t线切线的斜率逐渐减小；由于有阻力作用，故回到地面的速度将小于初速度v0，故选项A正确；故选A。
考点：牛顿第二定律的应用.
3.某同学玩飞镖游戏，先后将两只飞镖由同一位置水平投出，已知飞镖投出的初速度，不计空气阻力，则两支飞镖插在竖直靶上的状态（侧视图）可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
两只飞镖a、b都做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则有，据题它们的水平位移大小相等，，所以运动时间关系为，由知
，所以插在竖直靶上时a镖在b的上面；设飞镖插在竖直靶上前瞬间速度与竖直方向的夹角为，则，因为，所以有，C正确．
【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移．
4.2019年1月3日上午，嫦娥4号顺利着陆月球背面，成为人类首颗成功软着陆月球背面的探测器(如图所示)。地球和月球的半径之比为=a，表面重力加速度之比为=b，则地球和月球的密度之比为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据以及联立解得密度表达式即可进行求解.
【详解】根据以及联立解得，可得，故选B.
5.载物电梯以v0速度匀速上升，货物的质量为m，某时刻起电梯以大小是a（a
v1；卫星在Ⅰ、Ⅲ轨道上做圆周运动时，由可知，在Ⅰ轨道上的速度大于在Ⅲ轨道上的速度，即v1>v4；在Q点时由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时要加速，即v4>v3，则v2>v1>v4>v3，则选项D正确；故选BCD.
12.某工地上，工人将放在地面上一重10 N的箱子吊起。箱子在绳的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0〜5 m过程的图线为曲线，5 m〜15 m过程的图线为直线。根据图象可知
A. 0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小
B. 0〜15 m过程中箱子的动能一直增加
C. 在位移为15m时，拉力F = 20 N
D. 在位移为15m时，拉力F = 10 N
【答案】AD
【解析】
【详解】A．据功能关系，物体机械能的变化等于重力以外其它力做的功；据可知，机械能E与其位移x的关系图象切线斜率表示箱子所受拉力；由图象得，0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小．故A项正确．
BCD．由图象得，0〜5 m过程中箱子所受拉力逐渐减小，5〜15 m过程中箱子所受拉力；0〜5 m过程中箱子所受的拉力大于重力，箱子的动能增加；5〜15 m过程中箱子所受的拉力等于重力，箱子的动能不变．故BC两项错误，D项正确．
13.将质量为 m 的物体A 以速率 v0水平抛出，经过时间 t 后，物 体下落了一段距离，速率仍为v0，方向却与初速度相反，如图所 示。在这一运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. 风对物体做功为零
B. 风对物体做负功
C. 物体机械能减少
D. 风对物体的冲量大小大于 2mv0
【答案】BD
【解析】
物体被抛出后，重力对其做正功，但是其动能没有增加，说明风对物体做负功，选项A错误，B正确；由于不知道风的方向，所以无法计算物体下落的高度，也就无法计算重力和风对物体所做的功，选项C错误；重力的冲量竖直向下，大小为mgt，合力的冲量为2mv0，根据矢量的合成可知，风对物体的冲量大小大于2mv0，选项D正确；综上本题选BD.
14.如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v0，已知重力加速度为g，则（ ）
A. 当v0较小时，小球可能会离开圆轨道
B. 若则小球会在B、D间脱离圆轨道
C. 只要，小球就能做完整的圆周运动
D. 只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与v0无关
【答案】CD
【解析】
试题分析：B、因弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大小为F=k（L-R）=kR=mg，方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，故AB错误． C、小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：，所以只要，小球就能做完整的圆周运动， C均正确．D、在最低点时，设小球受到的支持力为N，有，解得①，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N′，设此时的速度为v,由机械能守恒有②，此时合外力提供向心力，有③，联立②③解得：④,联立①④得压力差为△N=6mg与初速度无关，故D正确．故选CD．
考点：考查向心力、牛顿第二定律、机械能守恒定律．
【名师点睛】该题涉及到的考点较多，解答中要注意一下几点：1、正确的对物体进行受力分析，计算出沿半径方向上的合外力，利用向心力公式进行列式．2、注意临界状态的判断，知道临界状态下受力特点和运动的特点．3、熟练的判断机械能守恒的条件，能利用机械能守恒进行列式求解．
二、计算题（本题共4小题，共44分。要求写出必要的文字说明、主要的计算公式及步骤和结果，有数据计算的要写清单位。只写最后结果的不得分。）
15.某物体沿着一条直线做匀减速运动，途经三点，最终停止在点。之间的距离为，之间的距离为，物体通过与两段距离所用时间都为。求:
（1）物体经过点时的速度;
（2）物体经过段的平均速度。
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】（1）设物体在A点时的速度为段中间时刻的速度
BC段中间时刻速度
解得物块的加速度大小为
（2）物体运动到C点时的速度
解得
物体经过CD段运动的平均速度
16.如图所示，轻质绝缘细线的上端固定在天花板上，下端拴着一个质量为m的带电小球，细线长为L，当空间中加上一个水平向右的匀强电场时，小球由静止开始从A点向左边摆动，经过B点之后到达最高点C。小球经过B点时，细线与竖直方向夹角为37°角，到达C点时，细线与竖直方向成74°角，sin37°=0.6,cos37°=0.8,当地重力加速度为g，求：
(1)小球经过B点时，细线的拉力是多少？
(2)若保持电场强度的大小不变，将其方向变为竖直向下，让小球从B点由静止释放，小球经过A点时，细线的拉力是多少？
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)将小球受到的电场力和重力的合力看成等效重力，由几何关系可知，A、C两点关于B点对称，所以B点是等效最低点，此时细线与等效重力共线。由平行四边形定则得
小球从A点运动到B点时，由动能定理得
小球处在B点时，由牛顿第二定律得
联立以上各式得
(2)当电场强度的方向变成竖直向下以后，小球受到的电场力方向为竖直向上，小球从B点运动到A点时，由动能定理得
小球处在A点时，由牛顿第二定律得
联立各式解得
答：(1)(2)
17.如图所示，倾角 θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径和质量不计的光滑定滑轮 D，质量均为m=1kg 的物体A和B用一劲度系数k=240N/m 的轻弹簧连接，物体 B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板 P 挡住。用一不可伸长的轻绳使物体 A 跨过定滑轮与质量为 M 的小环 C 连接，小环 C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环 C 位 于 Q 处，绳与细杆的夹角 α=53°，且物体 B 对挡板 P 的压力恰好为零。图中 SD 水平且长度 为 d=0.2m，位置 R 与位置 Q 关于位置 S 对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行。现 让环 C 从位置 R 由静止释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10m/s2。
求：⑴小环 C 的质量 M；
⑵小环 C 通过位置 S 时的动能 Ek及环从位置 R 运动到位置 S 的过程中轻绳对环做的功 WT；
⑶小环 C 运动到位置 Q 的速率 v.
【答案】(1) 0.72 kg(2) 0.3J(3) 2m/s
【解析】
【详解】（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力。支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为：T=2mgsinθ=2×10×sin37°=12N
以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉力和杆的弹力处于平衡状态，如图，则：
T•cos53°=Mg
代入数据得：M=0.72kg
（2）由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长状态；产生B沿斜面方向的受力：
F1=mgsinθ=1×10×sin37°=6N
弹簧的伸长量：△x1= =0.025m
当小环 C 通过位置 S 时A下降的距离为：
此时弹簧的压缩量为：△x2=xA﹣△x1=0.025m
由速度分解可知此时A的速度为零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒有：
Mgdcotα+mgxAsinθ=Ek
代入数据解得：Ek=1.38J
环从位置 R 运动到位置 S 的过程中，由动能定理可知：WT+Mgdcotα=Ek
代入数据解得：WT=0.3J
（3）环从位置 R 运动到位置 Q 的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守恒
对环在Q点的速度进行分解如下图，则：vA=vcosα
两式联立可得：v=2m/s
【点睛】该题中，第一问相对比较简单，解答的关键是第二问，在解答的过程中一定要先得出弹簧的弹性势能没有变化的结论，否则解答的过程不能算是完整的．
18.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1kg、mB＝4kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，A获得动能为EkA＝10J，沿与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与A初始位置左侧地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，A初始位置与墙壁间的地面光滑。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞的时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B的速度大小；
(2)求A、B第一次碰撞后瞬间A的速度；
(3)A和B是否发生了第二次碰撞？
【答案】(1) (2) ，方向向右(3) A、B发生了第二次碰撞
【解析】
【详解】(1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为、，以向右为正方向，由动量守恒定律可知
解得:
(2)假设A和B碰撞前，其中一个物块已经停止，此物块应该为物块B，设从弹簧释放到B停止用时为t，B向左运动的路程为sB，则有
解得:
在时间t内，A向右运动与墙发生弹性碰撞，再回初始位置用时
，
A第一次与B碰撞前B已经停止运动，上述假设成立。设A与B第一次碰撞前瞬间的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
解得：
即A、B第一次碰撞后瞬间A的速度大小为，方向向右
(3)设A、B第一次碰撞后B做匀减速运动位移后停止运动，则
若A与B没有发生第二次碰撞，则A在粗糙水平面上运动的路程
即A、B发生了第二次碰撞。
