【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2021届高三上学期第三次月考（11月）物理试题答案.docx，共(9)页，115.546 KB，由小赞的店铺上传

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衡阳市八中2021届高三第三次月考物理答案命题人：刘重情审题人：刘小翠一、单项选择题：本题共8小题，每题3分，共24分题号12345678答案ACBDDCBC二、多项选择题：本题共4小题，每题4分，共16分。每小题全部选对得4分，选对但不全的2分，有错选的得0分题号9101112答案A

CDBCBDACD三、非选择题：（共60分）13.（10分）（每空2分）(1)ACD(2)2.40；(3)0.576;0.588；在误差允许范围内，𝑚1、𝑚2组成的系统机械能守恒。14.（14分）（每空2分）(1)A；(2)没有考虑动滑轮的重力。15（9分）【答案】设绳子的拉力为T，

B的质量为M；对AB整体受力分析，由平衡条件得：2𝑇−(𝑀+𝑚)𝑔sin𝜃=0①；2分对A受力分析，若AB之间达到最大静摩擦力且沿斜面向上，由平衡条件得：𝑇+𝜇𝑚𝑔cos𝜃−𝑚𝑔sin𝜃=0②；2分若AB之间达

到最大静摩擦力且沿斜面向下，由平衡条件得：𝑇−𝜇𝑚𝑔cos𝜃−𝑚𝑔sin𝜃=0③；2分由①②式得：M=4m/3；由①③式得：M=2m/3；2分综上B的质量M应满足：2m/3≤M≤4m/31分16.（11分）(1)卡车和A的加速度相等。由图知绳的拉力的水平分力使A产生了加速度，故

有：56𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑚⋅12𝑔解得：cos𝛼=35得：sin𝛼=453分设地面对A的支持力为𝐹𝑁，则有：𝐹𝑁=𝑚𝑔−56𝑚𝑔⋅sin𝛼=13𝑚𝑔由牛顿第三定律得：A对地面的压力为13𝑚𝑔3分(2)设地面对A支持力为零

时，物体的临界加速度为𝑎0，则有：𝑎0=𝑔⋅cot𝜃=34𝑔，2分故当𝑎2=𝑔>𝑎0时，物体已飘起。此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力为：𝐹2=√(𝑚𝑔)2+(𝑚𝑔)2=√2𝑚𝑔，方向斜向左上方

45°。3分答：(1)𝐴对地面的压力为13𝑚𝑔；(2)绳的拉力为√2𝑚𝑔。17.（10分）（1）2110/2ppmghmvvms==（）()4/pApmvmmvvms=+=共共5分（2）x0.120.2Amgmxmk===（弹性势能

不变）1分2211-2()()22ApApApApmmvmmv+−+共（m+m）gx=2分23/Apvms=2分18.（16分）解析：(1)由y＝59x2得：A点坐标(1.20m,0.80m)由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA＝12gt2代入数据

，求得t＝0.4s，v0＝3m/s。3分(2)由速度关系，可得θ＝53°1分在E点，由牛顿第二定律得3mg＋mg＝mvE2RVE=4m/s2分OE过程由动能定理得：mghA－mgR(1－cos53°)＝12mvE2－12mv022分联立解得v0＝3.2m/s。1分(3)CD与水平面的夹角也为α

＝30°设3次通过E点的初速度最小值为v1。由动能定理得mghA－mgR(1－cos53°)－2μmgxCDcos30°＝0－12mv12解得v1＝11.2m/s2分设3次通过E点的初速度最大值为v2。由动能定理得mghA－mgR(1－cos53°)－4μmgxCDcos30°＝0－12mv22

解得v2＝35.2m/s2分考虑2次经过E点后不从O点离开(返回到o的速度为0)，有－2μmgxCDcos30°＝0－12mv32解得v3＝26m/s故11.2m/s＜v0＜26m/s。3分答案：(1)3m/s(2)3.2m/s(3)1

1.2m/s＜v0＜26m/s1【解析】树叶下落过程中，重力做的功Wmgh=树叶飘落过程中空气阻力不可忽略，故其下落时间比自由落体运动下落时间大，根据212hgt=，树叶下落的时间2htg则重力的平均功率22.510W2WmghPthg

−==2.取小球为研究对象，由牛顿第二定律得：𝑚𝑔sin30°=𝑚𝑎，𝑚𝑔𝐹𝑇=tan30°，解得：𝑎=20𝑚/𝑠2，𝐹𝑇=5√3𝑁，小球与小车相对静止一起下滑，具有共同的加速度，则小

车的加速度大小也为20𝑚/𝑠23.【解析】设板与水平方向的夹角为θ，将速度进行分解如图所示，根据几何关系可得：v0＝vytanθ＝gt·tanθ①，水平方向有：x＝v0t，则t＝xv0②，将②代入①整理可得：v20＝gx·ta

nθ，让板绕A端顺时针转过一个角度到图上虚线的位置，θ减小，由图可知x减小、故初速度v0减小，即v＜v0，故B正确，A、C、D错误．设p到A的距离为H有：tan2tanxHx=−22tan12tanHx=−故x减小4.M点的小球受到重力和杆的支持力，在水平面内

做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，所以：𝐹𝑛=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛45∘=𝑚𝜔⋅𝑣𝑀，所以：𝑣𝑀=𝑔𝜔①同理，N点的小球受到重力和圆环的支持力，在水平面内做匀速圆周运动，合力的方向沿水平方向，设ON与竖直方向之间的夹角为𝜃，𝐹�

�′=𝑚𝑔𝑡𝑎𝑛𝜃=𝑚𝜔𝑣𝑁，又：𝐹𝑛′=𝑚𝜔2𝑟③𝑟=𝑅𝑠𝑖𝑛𝜃④联立②③④得：𝑣𝑁=1𝜔√𝑅2𝜔4−𝑔2⑤所以𝑣𝑀𝑣𝑁=𝑔√𝑅2𝜔4−𝑔2=√3，故设BC连线与水平面的夹角为

𝛼.当半圆环绕竖直对称轴以角速度𝜔做匀速转动时，对小环N，外界提供的向心力等于𝑚𝑁𝑔𝑡𝑎𝑛𝛼，由牛顿第二定律得：𝑚𝑁𝑔𝑡𝑎𝑛𝛼=𝑚𝑁𝜔2𝑟𝑁.当角速度增大时，小环所需要的向心力增大，而外界提供的向心力不变，造成外界提供的向心力不够提供小环N所需要的

向心力，小环将做离心运动，最终小环N将向到达C点。对于M环，由牛顿第二定律得：𝑚𝑀𝑔𝑡𝑎𝑛𝛽=𝑚𝑀𝜔2𝑟𝑀，𝛽是小环M所在处半径与竖直方向的夹角。当𝜔稍微增大时，小环M所需要的向心力

增大，小环M将做离心运动，向A点靠近稍许。5.从M点到N点的运动过程中物块的速度变化量为2υυ=如图所示，故恒力F的大小为方向与成30°B．由前面分析可知，恒力F与速度方向夹角先大于90°，后小于90°，故恒力F先做负功，再做正功，故B错误；C．从M点到N点的运动过程

中物块的动能增加为()22211322kEmυmυmυ=−=D．将初速度分解到F方向和垂直于F方向，当沿F方向分速度减小到0时，物体速度最小，故最小速度为min3sin602==7.【详解】在0~t时间内X公转的角

度设为θ，则Z绕X转过的角度为2π+θX公转的周期2Tt=Z绕X运行的周期22Tt=+得tTTtT=−设Y的质量为M，X的质量为m，由Y对X的万有引力提供向心力有222()MmGmrTr=解得232224rtTM

GtT−=（）选项B正确，BCD错误。8.【解答】A.在B点小圆环速度恰好为零，此时对小圆环受力分析，受到水平向右的细绳拉力，轨道对小圆环水平向左的弹力，两者为平衡力，竖直方向只受小圆环的重力，则由牛顿第二定律知，

在B点小圆环的加速度为g，故A错误；B.对系统受力分析知，在运动过程中只有重力做功，细绳的拉力属于内力，系统的机械能守恒，所以当小圆环从B点下滑返回后，重力势能和动能相互转化，由机械能守恒定律知小圆环到

达B点后还能再次滑回A点，故B正确；C.小圆环到达P点时，，轻绳与轨道相切，则小圆环在P点速度沿切线向上，则物体M的速度沿斜面向下，根据速度关联知识可得此时两者的速度大小相等，故C错误；D.小圆环从A点到B点的过程中，小圆环上升高度为：R，由几何知识知物体沿斜面

下滑的距离为：2𝑅−(√3𝑅−𝑅)，根据系统机械能守恒得：𝑚𝑔𝑅=𝑀𝑔[2𝑅−(√3𝑅−𝑅)]sin(30°)，解得：𝑚𝑀=3−√3210.解：A、因只有重力和弹簧弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必

大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故A正确；BD、小球从A至C，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，同理从C至B，在切向先做加速运动，再做减速运动，当切向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时

，速度最大，故BD错误；C、当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，有题意知，A、B相对于𝑂1𝑂2对称，显然，此位置在A、C与B、C之间各有一处，故C正确。故选：AC。.11..22k121122fWEmvmv==−克=3J设滑块向左运动的时间

t1，位移大小为x1，则221x2vg=2221121mg22vWfxmvg=−=−=−滑块向左运动过程中对传送带的位移大小2121211=vvvxvvggt==122212vvWfxmgmvvg=−=−=−设滑块向右匀加速运动的时间t2，位移大小为x3，则2132gvx=22

13311m22vWfxgmvg===滑块向右匀加速过程中传送带的位移大小4121112vvgxvtgv===滑块相对传送带的总路程2121243123()2sxxxxxvxxvg=++−=++=

+相滑块与传送带间摩擦产生的热量大小()21212Qfsmvv==+相=9J全过程中，电动机对传送带做的功421122()Wfxxmvmvv==++=6J12.第二次：等效重力求解当F为恒力时：𝑊2−𝑚𝑔𝐿

(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)=12𝑚𝑣2得𝑊2=𝑚𝑔𝐿(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)+12𝑚𝑣2．当使小球缓慢上升时：𝑊1−𝑚𝑔𝐿(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)=0，得𝑊1=𝑚𝑔𝐿(1−

𝑐𝑜𝑠𝜃)当F为恒力时，小球经过B点的速度𝑣>0，则有𝑊2>𝑊1，即𝑊2不比𝑊1小．小球从P点静止开始运动并恰好能到达Q点，故小球在Q点的速度为零，那么小球在径向的合外力为零，即𝑇=𝐹′𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑚𝑔𝑐�

�𝑠𝜃；小球从P点静止开始运动并恰好能到达Q点的运动过程中，只有重力和拉力做功，故由动能定理可得：𝑚𝑔𝐿(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)=𝐹′𝐿𝑠𝑖𝑛𝜃，所以，𝐹′=𝑚𝑔1−𝑐𝑜𝑠𝜃sin𝜃；所以，𝑇=𝑚𝑔(1−𝑐𝑜𝑠𝜃)+𝑚𝑔𝑐𝑜

𝑠𝜃=𝑚𝑔，故C正确；13.因为(𝑚2−𝑚1)𝑔ℎ=12(𝑚1+𝑚2)𝑣2，且(𝑚1+𝑚2)=2(𝑚2−𝑚1)，所以12𝑣2=𝑔2ℎ，则作出𝑣22−ℎ图像，若图像是一条过原点且斜率为�

�2的直线，则说明物体𝑚1、𝑚2组成的系统机械能守恒根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：𝑣5=𝑥462𝑇=0.216+0.2642×0.1

𝑚/𝑠=2.40𝑚/𝑠(3)物体的初速度为零，所以动能的增加量为：𝛥𝐸𝑘=12(𝑚1+𝑚2)𝑣52−0=0.576𝐽重力势能的减小量等于物体重力做功，故：𝛥𝐸𝑃=𝑊=(𝑚2−𝑚1)𝑔ℎ5=0.588𝐽；由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因

此在在误差允许的范围内，𝑚1、𝑚2组成的系统机械能守恒。14.设动滑轮与所挂钩码的总重是为𝐺总，则有，由于𝐺总不变，所以为定值。(2)由题意可知，该对角线的长度总比表示钩码重力的图示的线段明显要长，出现这一情况的原因：没有考虑动滑轮的重力；