【文档说明】河北省石家庄市辛集市第一中学2019-2020学年高二三月月考第三次考试物理试卷（一）含答案.doc，共(20)页，777.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、单选题每题(4分）1．（2020·四川省宜宾市第四中学校高一月考）两倾斜的平行杆上分别套着a、b两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a的悬线与杆垂直，b的悬线沿竖直方向，下

列说法正确的是A．a环与杆有摩擦力B．d球处于失重状态C．杆对a、b环的弹力大小相等D．细线对c、d球的弹力大小可能相等2．（2020·全国高一开学考试）如图所示，质量为M的斜面体ABC静置于粗糙水平地面上，AB

面光滑，质量为m的物体从AB面顶端A点由静止释放，运动至斜面底端，斜面体始终保持静止，重力加速度为g，则在此过程中（）A．斜面体受到的摩擦力为0B．地面对斜面体的支持力大于()Mmg+C．地面对斜面体的摩擦力水平向右D．若AB面粗糙，在A点给物体一个初速度，物体沿

斜面向下做匀速直线运动，在匀速运动过程中，地面对斜面体的摩擦力为03．（2019·河北高一期末）如图所示，质量为m1和m2的两物块放在不光滑的水平地面上，用轻质弹簧将两物块连接在一起．当用水平力F作用在m

1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′．则下列关系正确的是A．F′＝2FB．x′＝2xC．F′>2FD．x′<2x4．（2019·安徽省砀山县金山中学高三月考）如图所示，

质量8kgM=的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力8NF=，当小车速度达到1.5m/s时，在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量2kgm=的物体，物体与小车间的动摩擦因数0.2=，小车足够长.从物体放上小车开始经过1.5st=的时间内，物体相对地面的位移为（g取210m/s）（

）A．1mB．1.5mC．2.1mD．3.6m5．（2019·重庆巴蜀中学高三）如图所示，水平面上放有一水平支架，轻杆固定在支架上。质量为m的小球固定在轻杆末端，轻杆倾斜部分与竖直部分夹角为θ且为一定值。当支架在水平面上以加速度a向右匀加速运动时，小球受到轻杆的

弹力大小为（重力加速度为g）（）A．22mga+B．22cosmga+C．cosmgD．sinma6．（2020·山东枣庄八中高一月考）在距河面高度h＝20m的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始时绳与水面的

夹角为30°，人以恒定的速率v＝3m/s拉绳，使小船靠岸，那么()A．5s时绳与水面的夹角为60°B．5s后小船前进了15mC．5s时小船的速率为4m/sD．5s时小船到岸边的距离为15m7．（2020·云南省下关第一中学高一期末）如图所示，套在竖

直细杆上的轻环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则（）A．刚开始时B的速度为cosvB．A匀速上

升时，重物B也匀速下降C．重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力D．A运动到位置N时，B的速度最大8．（2020·浙江高三月考）如图所示，在固定的斜面上A、B、C、D四点，AB=BC=CD。三个相同的小球分别从A、B、C

三点以v1、v2、v3的水平速度抛出，不计空气阻力，它们同时落在斜面的D点，则下列判断正确的是（）A．A球最后才抛出B．C球的初速度最大C．A球离斜面最远距离是C球的三倍D．三个小球落在斜面上速度方向与斜面成30斜向右下方9．（2020·全国高一课时练习）如图所

示，放于竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，质量为m的带孔小球穿于环上，同时有一长为R的细绳一端系于球上，另一端系于圆环最低点，绳能承受的最大拉力为2mg．重力加速度的大小为g，当圆环以角速度ω绕竖直直径转动时，下列说法错误的是()A．圆环角速度ω小于gR时，小球受到2个力的作用B．圆环角

速度ω等于2gR时，细绳恰好伸直C．圆环角速度ω等于2gR时，细绳将断裂D．圆环角速度ω大于6gR时，小球受到2个力的作用10．（2020·全国高一课时练习）假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0;在赤道的大小为g;地球

自转的周期为T;引力常量为G.据此可求得地球的第一宇宙速度为()A．02Tggg−（）B．002Tggg−（）C．002Tggg−（）D．02Tggg（）−11．（2020·河北沧州市一中高三月考）据报道

，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600N的人在这个行星表面的重量将变为960N．由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为（）A．0.5B．2C．3.2D．412．（2020·浙江高三）如图所示

为三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动的示意图，其中b、c是地球同步卫星，a在半径为r的轨道上，此时a、b恰好相距最近，已知地球质量为M，半径为R，地球自转的角速度为，引力常量为G，则（）A．卫星b加速一段时间后就可能追上卫星cB．卫星b

和c的机械能相等C．到卫星a和b下一次相距最近，还需经过时间t=32GMr−D．卫星a减速一段时间后就可能追上卫星c13．（2019·重庆巴蜀中学高三）如图所示，传送带以恒定速率逆时针运行，将一小物体从顶端A无初速释放，物体与传送带之间的动摩擦因数tan，已知物体到达底端B前已与传

送带共速，下列法中正确的是（）A．物体与传送带共速前摩擦力对物体做正功，共速后摩擦力对物体不做功B．物体与传送带共速前摩擦力对物体做的功等于物体动能的增加量C．物体与传送带共速前物体和传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量D．物体从A到B

过程中物体与传送带间的摩擦生热等于物体机械能的增加量二、多选题（每题6分）14．（2020·全国高一课时练习）如图所示，AC和BC是两个固定的斜面，斜面的顶端A、B在同一竖直线上。甲、乙两个小物块分别从斜面AC和BC顶端由静止下滑，质量分别为()1212mmmm、，与斜面间的动摩擦因数均为，若

甲、乙滑至底端C时的动能分别为1kE、2kE，速度大小分别为1v、2v。甲、乙下滑至底端C的过程中克服摩擦力做的功分别为1W、2W，所需时间分别为1t、2t则（）A．12vvB．12kkEEC．12WWD．1t与2t大小关系不确定B．15．（20

20·全国高一课时练习）2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用

牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（）A．质量之积B．质量之和C．速率之和D．各自的自转角速度16．（2020·全国高一课时练习）如图甲所示，将质量为m的小球以速度竖直向上抛出，小球上升的最大

高度为h．若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度0v从半径均为R=h/2的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示．小球视为质点，在不计空气阻力的情况下，下列判断正确的

是A．质量为2m、4m的小球不能到达最大高度hB．质量为3m、5m的小球能到达最大高度hC．质量为2m的小球不能到达最大高度hD．质量为4m的小球能到达最大高度h三．计算题（15分）17．（2020·山西大同一中高三月考）如图所

示，倾角为37°足够长的传送带顺时针转动速度为v0=2m/s，左边是光滑竖直半圆轨道，半径R=0.8m，中间是光滑的水平面AB（足够长），AB与传送带在A点由一段圆弧连接。用轻质细线连接甲、乙两物体，两物体中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连。甲的质量为m1=3kg，乙的质量为m2=1

kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上。现固定甲物体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为s=8m。传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，甲、乙两物体可看作质点。（sin37°=0.6，cos

37°=0.8）(1)求物体乙刚滑上传送带时的速度；(2)若固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道，求甲物体通过D点时对轨道的压力大小；(3)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后，试通过计算判断甲物体进人半圆轨道后是否会脱离圆弧轨道。18．（15分）（2020·新疆乌市一中高三

）质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上．质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示．已知M:m=3:1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为µ，圆弧轨道的半径为R．（1

）求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小和方向；（2）求水平轨道的长度；（3）若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件．参考答案1．C【解析】【详解】对c球单独进行受力分析，受力分析图如下，c球受重力和绳的拉力F，

物体沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力1=mgsina=maa=ginaF，因a和c球相对静止，因此c球的加速度也为gsina，将a和c球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的

情况下加速度为gsina，因此a球和杆的摩擦力为零，故A错误；对球d单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B错；细线对c球的拉力coscT

mga=，对d球的拉力dTmg=，因此不相等，故D错误；对a和c整体受力分析有()cosnaacFmmga=+，对b和d整体受力分析()cosnbbdFmmga=+，因a和b一样的环，b和d一样的球，因此受力相等，故C正确。2．D【解析】【详解】AC．斜面的AB面光滑，则物体与斜面体之间无摩擦力，

物体将做匀加速直线运动，对物体和斜面受力分析，如图所示物体对斜面体有斜向右下方的正压力N，则斜面体保持静止一定受地面水平向左的静摩擦力，故AC错误；B．对斜面体由平衡条件竖直方向有=cosNMgN+地对物体在垂直斜面方向有cosNmg=由

牛顿第三定律NN=联立可得2=cos()NMgmgMgmg++地故B错误；D．在物块在斜面上匀速下滑和斜面体保持静止的整体分析可知，整体在水平方向无外力，故地面的摩擦力为零，故D正确。故选D。3．D【解析】【详解】拉力为F时，

对两个物体整体，由牛顿第二定律得：F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a①；假设弹簧弹力为F1，对质量为m2的物体，有：F1-μm2g=m2a②；拉力为F’时，a’=2a，对两个物体整体而言，由牛顿第二定律得：

F’-μ（m1+m2）g=（m1+m2）2a③；假设弹簧弹力为F1′，对质量为m2的物体，有：F1′-μm2g=2m2a′④；由①③两式可解得：F’＜2F⑤；故AC错误；由②④⑤三式可解得，F1′＜2F1；由胡克定律公式得，F1=

kx，F1′=kx′，因而有x′＜2x，故B错误，D正确．故选D．4．C【解析】【详解】当在车的右端放上物体时，对物块：由牛顿第二定律1mgma=解得：212m/saμg==对小车：2FmgMa−=解得：220.5m/sF

mgaM−==设经过时间0t，物体和车的速度相等，即12vv=物体的速度110vat=车的速度2020vvat=+01.5m/sv=联立解得01ts=12m/sv=前1s物块相对地面的位移为2110112satm==当物块与小车共速后，由牛顿第二定律()FMma

=+解得：20.8m/sa=则后t=0.5s物块相对地面的位移为22111.12svtatm=+=则物体从放上小车开始经t=1.5s的时间，则物体相对地面的位移为()1211.1m=2.1msss=+=+C

正确，ABD错误；故选B.【点睛】分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上相对静止时，速度相同，可以求出时间；滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度

相等时一起向右做匀速运动，求出物块的位移即可．5．A【解析】【详解】AB.当支架在水平面上以加速度a向右匀加速运动时，小球与支架具有相同的运动。受力如图：根据牛顿第二定律有：xFma=yFmg=所以有：222222()()xyFFFmamgmag=+=+=+选项A正确，BCD错误。

故选A。6．D【解析】【详解】A．人以恒定的速率v＝3m/s拉绳，所以5s后滑轮左侧绳子伸长15m，右侧缩短15m，设5s后绳子与水平方向的夹角为，根据几何关系可得：1530hhsinsin−=，解的=53°．故A项错误．B．由几何关系得

，5s后小船前进的距离为：()20315m3053hhtantan−=−．故B项错误．C．5s后绳子与水平方向的夹角为53°，将船速分解为沿绳和垂直于绳方向可得，53Cvcosv=，则：5s时小

船的速率：3m/s=5m/sco53s53Cvvcos==．故C项错误．D．由几何关系得，5s时小船到岸边的距离为15m53htan=，D正确．7．C【解析】【详解】A.对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是abvv、，其中av就是B的速率（同一根绳子，大

小相同），故刚开始上升时B的速度cosBvv=，故A不符合题意；B.由于A匀速上升，在增大，所以Bv在减小，故B不符合题意；C.B做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故C符合题意；D.当运动至定滑轮的连线处于水平位置时90=，所以0Bv=，故D不

符合题意。8．C【解析】【详解】A．设球在竖直方向下降的距离为h，三球水平抛出后，均做平抛运动，据212hgt=可得，球在空中飞行的时间2htg=所以A球在空中飞行时间最长，三球同时落在斜面的D点，所以A球最先抛出，故A项错误；B．设球飞行的水平距离为

x，三球水平抛出后，球在水平方向做匀速直线运动，则球的初速度03tan302hxghvtt===C球竖直下降的高度最小，则C球的初速度最小，故B项错误；C．将球的运动分解成垂直于斜面和平行于斜面可得，球在垂直斜面方向的初速度和加速度分别为0sin30vv⊥=，cos30ag⊥=当球离斜面距离

最远时，球垂直于斜面的分速度为零，球距离斜面的最远距离2220sin30322cos308vvdhag⊥⊥===A球在竖直方向下降的距离是C球的三倍，则A球离斜面最远距离是C球的三倍，故C项正确；D．三球水平抛出，

最终落在斜面上，则2012tan30gtvt=设球落在斜面上速度方向与水平面成角，则00tanyvgtvv==解得2tan2tan3033==所以球落在斜面上速度方向与水平面夹角不是60，即球落在斜面上速度方向与斜面不是成3

0斜向右下方，故D项错误。9．C【解析】【详解】A、B、设角速度ω在0～ω1范围时绳处于松弛状态，球受到重力与环的弹力两个力的作用，弹力与竖直方向夹角为θ，则有mgtanθ＝mRsinθ·ω2，即cosgR=，当

绳恰好伸直时，θ＝60°，对应12gR=，A、B正确.设在ω1＜ω＜ω2时绳中有张力且小于2mg，此时有FNcos60°＝mg＋FTcos60°，FNsin60°＋FTsin60°＝mω2Rsin60°，当FT取

最大值2mg时代入可得26gR=，即当6gR时绳将断裂，小球又只受到重力、环的弹力两个力的作用，C错误，D正确.本题选错误的故选C.【点睛】本题主要考查了圆周运动向心力公式的应用以及同学们受力分析的能力，要求同学们能找出临界状态并结合

几何关系解题.10．C【解析】【详解】在地球两极重力等于万有引力，则02MmGmgR=；在赤道处，重力等于万有引力与向心力的差值，则222()MmGmRmgRT−=；绕地表飞行的卫星：22MmvGmRR=。联立解得：0

0()2Tvggg=−。故C项正确，ABD三项错误。11．B【解析】试题分析：设地球质量为M，半径为R，则行星质量为6.4M，半径为r，该人的质量为m．则该人在行星表面上：26.4960MmGNr=，该人在地球表面上：2600MmGNR=．联立两个方程式，可以

得到：2rR=．故选项A正确．考点：万有引力定律的应用12．C【解析】【详解】A.卫星b加速后将做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星c，选项A错误；B.卫星的机械能等于其动能与势能之和，因不知道卫星的质量，故不能确定卫星的机械能大小关系，选项B错误；C

.对卫星a，根据万有引力提供向心力有：22aMmGmrr=所以卫星a的角速度3aMGr=可知半径越大角速度越小，卫星a和b由相距最近至再次相距最近时，圆周运动转过的角度差为2π，所以可得经历的时间：3

2tGMr=−选项C正确；D.卫星a减速后将做近心运动，轨道半径减小，不可能追上卫星c，选项D错误；故选C。13．C【解析】【详解】A.物体与传送带共速前，物体受到的滑动摩擦力沿传送带向下，与速度方向相同，则摩擦力对物体做正功。共速后，物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，与速度方

向相反，对物体做负功，选项A错误；B.物体与传送带共速前，重力和摩擦力对物体做功之和等于物体动能的增加量，选项B错误；C.设传送带的速度为v，物体与传送带共速前，物体机械能的增加量为：2vtEmgcosxmgcos==物物体与传送带间的相对位移为：

22vvtxvtt=−=物体与传送带间的摩擦生热为：2vtQmgcosxmgcos==所以有Q=△E，选项C正确；D.物体从A到B过程中，只有物体与传送带共速前摩擦产生热量，共速后不产生热量，但共速后

物体的机械能在减少，所以物体从A到B过程中物体与传送带间的摩擦生热大于物体机械能的增加量，选项D错误。故选C。14．ACD【解析】【详解】A．设AC斜面的倾角为，BC斜面的倾角为，两斜面对应的水平位移均为x，甲从A滑到C克服摩擦力做功1111coscoscosfACxWmgxmg

mgx===根据动能定理2111112AOmghmgxmv−=可求122AOvghgx=−对乙同理可求222BOvghgx=−因为AOBOhh＞所以12vv，故A正确；B．根据动能公式211112kEmv=222212kEmv=因12mm，12vv，所以无法比

较1kE和2kE的大小，故B错误；C．克服摩擦力做功，甲有111cosfACWmgxmgx==乙有222cosfBCWmgxmgx==因12mm，所以12WW，故C正确；D．甲下滑的加速度1sincosagαμgα

=−乙下滑的加速度2sincosagg=−又，所以12aa，根据匀变速直线运动的位移公式2121,2xatxx=所以无法比较运动的时间大小关系，故D正确。故选ACD。15．BC【解析】本题考查天体运动、万有引力定律、牛顿运动定律及其相关的知识点．双中子星做匀

速圆周运动的频率f=12Hz（周期T=1/12s），由万有引力等于向心力，可得，G122mmr=m1r1（2πf）2，G122mmr=m2r2（2πf）2，r1+r2=r=40km，联立解得：（m1+m2）

=（2πf）2Gr3，选项B正确A错误；由v1=ωr1=2πfr1，v2=ωr2=2πfr2，联立解得：v1+v2=2πfr，选项C正确；不能得出各自自转的角速度，选项D错误．【点睛】此题以最新科学发现为情景，考查天体运动、

万有引力定律等．16．CD【解析】【详解】甲图将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h，此时速度为零；乙图将质量为2m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度不为零

，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；丙图将质量为3m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；丁图将质量为4m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度为

零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；戊图将质量为5m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；由以上分析可知，质量为m、4m的小球能达到最大高度h，质量为2m、3m、5m的小球不能达到最大高度h，故AB错误

，CD正确．1C2D3D4C5A6D7C8C9C10C11B12C13C14ACD15BC16CD17．(1)12m/s；(2)30N；(3)不会脱离(1)乙物体滑上传送带做匀减速运动，开始时21sincos10m/s

agg=+=共速之后的加速度22sin-cos2m/sagg==由运动公式222001222vvvsaa−=+解得v=12m/s(2)由机械能守恒定律可得弹簧压缩时的弹性势能2212PEm

v=固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧时的速度满足21112PEmv=物体甲到达D点的过程机械能守恒22111111222DmgRmvmv=−甲物体在D点有211DNDvmgFmR+=解得FND=30N(3)甲乙两物体均不固定，烧断细线后，根据能量守恒定律22112

21122PEmvmv=+由动量守恒1122mvmv=解得123m/sv=，263m/sv=之后甲物体沿轨道上滑，设上滑的最大高度为h，则211112mvmgh=解得0.6m<0.8mh=甲物体滑不到与圆心等高的位置就会返回，所以不会脱离圆弧轨

道。18．（1）13v，方向水平向右（2）2323gRvLg−=（3）20433vgRv−（1）对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有mvMV=滑块M的速度13mVvvM==，方向向右．（2）物块滑下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能

和内能，有221122mvMVmgLmgR++=解得2323gRvLg−=（3）物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大．若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度．对于M和m组成的系

统，水平方向动量守恒，有01()mvmMV=+相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有220111()22mvMmVmgLmgR−+=+解得:20433vgRv=−要使物块m不会越过滑块，其初速度20433vgRv−