【文档说明】湖南省邵东县创新实验学校2020届高三上学期第五次月考物理试题【精准解析】.doc，共(19)页，920.000 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度高三月考物理试题一．选择题1.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，60MOP=．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为1E；若将N点的点电荷移至P点，则

O点电场强度的大小变为2E．则1E与2E之比为（）A.1:2B.2:1C.2:3D.4:3【答案】B【解析】【详解】两个点电荷分别在M点和N点时，每个点电荷在O点产生的电场强度的大小相等、方向相同，所以1MNEEE+=，得12MNEEE==．

将N点处的点电荷移至P点时，假设M点的电荷为正电荷，则O点的电场强度如图所示．M点和P点的点电荷在O点产生的电场强度的大小仍相等，夹角为120，所以O点电场强度122MEEE==，即与1221EE=，B正确．2.某汽车在平直公路上以功率P、速度

v0匀速行驶时，牵引力为F0．在t1时刻，司机减小油门，使汽车的功率减为P/2，此后保持该功率继续行驶，t2时刻，汽车又恢复到匀速运动状态．下面是有关汽车牵引力F、速度v在此过程中随时间t变化的图像，其中正确的是()A.B.C.D.【答案】A【解

析】【详解】由题，汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡．当司机减小油门，使汽车的功率减为P2时，根据P=Fv得知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为012FF=，而阻力没有变化，则汽车开始做减速运动，由于功率保持为P2，随着速度的减小

，牵引力逐渐增大，根据牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，做加速度减小的减速运动；当汽车再次匀速运动时，牵引力与阻力再次平衡，大小为0F；由P=Fv得知，此时汽车的速度为原来的一半．AB．汽车功率变化后，做加速度减小的减速直至

匀速；故A正确，B错误．CD．汽车功率变化后，牵引力突然减小到原来的一半，然后牵引力逐渐增大(速度减小的越来越慢，牵引力增加的越来越慢)，最终牵引力还原；故CD错误．3.质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正

碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为A.0.8B.3C.4D.5【答案】B【解析】【详解】设碰撞后两者的动量都为p，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有：22kpmE=碰撞过程动能不增加，有：222(2)222pp

pMMm+解得：3Mm故选B．4.2019年4月11日21时黑洞视界望远镜合作组织(ETE)宣布了近邻巨椭圆星系M87中心捕获的首张黑洞图像，提供了黑洞存在的直接“视觉”证据，验证了1915年爱因斯坦的伟大预言．一种理论认为，整个宇宙很可能是个黑洞，如今可观

测宇宙的范围膨胀到了半径465亿光年的规模，也就是说，我们的宇宙就像一个直径930亿光年的球体．黑洞的质量M和半径R的关系满足史瓦西半径公式2M2cRG=(其中c为光速，其值为c=3×108m/s，G为引力常量，其值为6．67×10-11

N·m2/kg2)则，由此可估算出宇宙的总质量的数量级约为A.1054kgB.1044kgC.1034kgD.1024kg【答案】A【解析】【详解】宇宙的半径882693010365243600310m4.410m2r==根据半

径公式2M2cRG=可得宇宙的质量()2826254113104.410cRMkg0.310kg2G26.6710−===故宇宙质量的数量级为5410kg，故A正确；BCD错误；故选A5.如图所示，可看

作点电荷的带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，都用绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处，静止时A紧靠竖直墙壁，A、B相距为d．为使平衡时AB间距离变为2d，可采用以下哪些方法A.将小球B的质量变为原来的八分之一B.将小球B的质量增加到原来的8倍C.将小球A、B的电荷

量都增为原来的二倍，同时将小球B的质量加倍D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍【答案】A【解析】【详解】如图所示，B受重力、绳子的拉力和库仑力：根据三角形相似原理有：BmgFLd=①库仑力：122qqFkd=②由①②得：123BkqqLdmg=AB.

由123BkqqLdmg=知，将小球B的质量变为原来的18，则距离变为原来的2倍，故A正确，B错误；C.由123BkqqLdmg=知，将小球A、B的电荷量都增为原来的2倍，同时将小球B的质量变加倍，则距离为原来的32倍，故C错误．D.由123BkqqLdmg

=知，将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍，由距离变为原来的12倍，故D错误．6.已知电荷q均匀分布在半球面AB上，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，如右图所示，M是位于CD轴线上球面外侧，且OM＝ON＝L＝2R．已

知M点的场强为E，则N点的场强为（）A.EB.2kqLC.2kqL－ED.22kqR－E【答案】D【解析】试题分析：利用等效法这样分析．均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边

．M点的场强()22qEkER=+，()22qEEkR=−为带负电的半球在M点产生的场强，所以，N点正电半球产生的电场强度相当于负电半球在M点产生的电场强度，而与M点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，方向相反，故N点电场强度为()22qEkER=−，D正确．考点：考

查了电场强度7.如图所示，A、B、C三个完全相同的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0.下述正确的是A.A和C将同时滑到斜面底端B.B比C更早滑到斜面底端C.滑到斜面底端时，三者

损失的机械能一样多D.滑到斜面底端时，B的动能最大【答案】D【解析】【详解】A.AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，而沿斜面向下的力都是重力沿斜面

向下的分力，根据牛顿第二定律可知，C的加速度大于A的加速度，所以C先到达斜面底端．故A错误．B.B比C的加速度小，初速度比C大，沿斜面向下的位移相等，所以无法比较两者运动的时间，故B错误；C.滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，

故C错误；D.重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，故D正确．8.如图，物体静止于光滑斜面底端，某时刻在平行于斜面的拉力作用下沿斜面向上运动，其机械能E随位移x变化的图像如图所示，图中o--x1段为曲线，x1--x

2段为直线，以斜面底面为零重力势能面，下列说法正确的是A.物体加速度先减小后不变B.拉力的功率先减小后不变C.物体动能一定增加D.物体可能先加速后减速运动【答案】D【解析】【详解】ACD.根据功能关系原理知：△E=F△x可知E-x图线的斜率表示拉力的大小，所以在o—x1段斜率减小，拉

力减小，根据牛顿第二定律，可知物体做加速度减小的加速运动，动能增加；在x1—x2段为直线，斜率不变，拉力不变，则此时可能拉力小于重力沿斜面向下的分力，则物体做加速度不变的减速运动，动能减小；也可能拉力刚好与重力沿斜面向下的分力相等，此时加速度为零，物体在匀速直线运动，动

能不变，故AC错误，D正确；B.在o—x1段拉力在减小，速度在增大，无法判断此段拉力的功率变化情况；在x1—x2段拉力不变，由于不清楚物体的运动情况，无法判断此段拉力功率变化情况，故B错误．9.质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法中正确的有A.子弹

克服阻力做的功与木块获得的动能相等B.阻力对子弹做的功与子弹减少的动能相等C.子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D.系统增加的内能等于系统减少的机械能【答案】BD【解析】【详解】A.子弹克服阻力做功等于系统产生的内能和木块获得的

动能，故A错误；B.对子弹，其合外力为阻力，所以根据动能定理可知，阻力对子弹做的功与子弹减少的动能相等，故B正确；C.子弹克服阻力做功等于系统产生的内能和木块获得的动能，而子弹对木块做的功等于木块获得的动能，所以子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功，故C错误；D.由于子弹和木块的滑动摩

擦力对系统做负功，根据能量守恒，可知子弹和木块组成的系统减少的机械能等于系统增加的内能，故D正确．10.带有14光滑圆弧轨道、质量为m0的滑车静止置于光滑水平面上,如图所示．一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并脱离

滑车时,以下说法可能正确的是A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动C.小球可能做自由落体运动D.若小球初速度v0足够大，以致小球能从滑道右端冲出滑车，则小球再也落不进滑车【答案】BC【解析】【详解】ABC.小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，选取

小球的速度v0方向为正方向，由动量守恒定律得：0102mvmvmv=+由系统的机械能守恒得：2220102111222mvmvmv=+联立解得：0100mmvvmm−=+如果010mmv，，则小球离开滑车向左做平抛

运动；如果010mmv==，，即小球离开小车的速度是0，小球将做自由落体运动；如果010mmv，，小球离开小车向右做平抛运动，故A错误，BC正确；D.小球离开四分之一圆弧轨道，在水平方向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上．故D错误．11.设地球的质量为M，半径为R，自转角速度为ω，

万有引力常量为G，同步卫星离地心高度为r，地表重力加速度为g，则关于同步卫星的速度v的表达式不．正确的是()A.v=rωB.GMvR=C.3vGMw=D.gvRr=【答案】B【解析】【分析】根据线速度与角速度的关系，万有引力提供向心力、万有引力等于重力，抓住同步卫星的角速度与地

球自转的角速度相等进行分析求解．【详解】A项：因为同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，则同步卫星的线速度v=ωr．故A正确；B、C项：根据万有引力提供向心力，有：22MmvGmrr=，解得：GMvr=由上式得：2GMvr=，则有：3GMvvGMr==，则有：3vGM

=故B错误，C正确；D项：因为GM=gR2，所以v＝2GMgRgRrrr==，故D正确．本题选不正确的，故选B．【点睛】解决本题的关键知道同步卫星的角速度与地球自转的角速度相等，以及掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这连个理论，并能灵活运用．12.如图所示，轻质

弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°，OA=OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长．小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速

度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是A.小球可以返回到出发点A处B.弹簧具有的最大弹性势能为22mvC.撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置D.aA－aC＝g【答案】BD【解析】【详解】AB.设小球从A运动

到B的过程克服摩擦力做功为fW，AB间的竖直高度为h，小球的质量为m，弹簧具有的最大弹性势能为pE．根据能量守恒定律，对于小球A到B的过程有：212pfmghEmvW+=+A到C的过程有：22pfpmghEWE+=+解得：2

12fpWmghEmv==，小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，由能量守恒定律得：22pfpEWmghE=++该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A处．故A错误，B正确．C.设从A运动到C摩擦力的平均值为f，AB=s，由：fWmgh=得：sin30fsmgs=解得：sin3

0fmg=在B点，摩擦力cos30fmg=，由于弹簧对小球有拉力（除B点外），小球对杆的压力大于cos30mg，所以：cos30fmg可得：sin30cos30mgmg因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．故C错误．D.根据牛顿第二定律得，在A点有：cos30sin30AFmg

fma+−=在C点有：cos30sin30CFfmgma−−=两式相减得：ACaag−=故D正确．二.填空题13.如图，用光电门等器材验证机械能守恒定律．直径为d、质量为m的金属小球由A处静止释放，下落过程中经过A处正下方的

B处固定的光电门，测得A、B的距离为H（H≫d），光电门测出小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g，则（1）多次改变高度H，重复上述实验，作出21t随H的变化图像如图所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球直径d满足以下表达式_______

___________时，可判断小球下落过程中机械能守恒；（2）实验中发现动能增加量ΔEk总是小于重力势能减少量ΔEp，若增加下落高度，则ΔEp－ΔEk将__________（选填“增加”、“减小”或“不变”）．【答案】(1).02201

2gHtd=(2).增加【解析】【详解】（1）[1]若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有：2012BmgHmv=经过B点的速度为：0Bdvt=联立解得：20012dgHt=变形得：022012gHtd=（2）[2]由于该过程中有阻力做功，而高度越

高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则pkEE−将增加．14.恢复系数是反映碰撞时物体形变恢复能力的参数，它只与碰撞物体的材料有关，两物体碰撞后的恢复系数为1212uuevv−=−，其中v1、v2分别为质量为m1和m2的物体碰撞前的速度，u1、u2分别为质量为m1和m2的物体碰撞

后的速度．某同学利用如图所示的实验装置测定质量为m1和m2的物体碰撞后的恢复系数．实验步骤如下：①将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中质量为m1和m2的两球与木条的撞击点；②将木条竖直

放在轨道末端右侧并与轨道接触，让质量为m1的入射球从斜轨上A点由静止释放，摘击点为B′；③将木条向右平移到图中所示位置，质量为m1的入射球仍从斜轨上的A点由静止释放，确定撞击点；④质量为m2（m1>m2）的球静止放置在水平槽的末端，将质量为m1的入射球再从斜轨上A点由静止释放，确定两球

相撞后的撞击点；⑤目测得B′与撞击点N、P、M的高度差分别为h1、h2、h3．（1）利用实验中测量的数据表示两小球碰撞后的恢复系数为e=___________________．（2）若再利用天平测量出两小球的质量为m1、m2，则满足_____

________________表示两小球碰撞前后动量守恒；若满足_____________________表示两小球碰撞前后机械能守恒．【答案】(1).21311()hhh−(2).112231mmmhhh=+(3).112231mmm

hhh=+【解析】【详解】（1）[1]由图可知，两小球打在竖直板上，则可知，三次碰撞中水平位移相等，则可知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小，则由碰撞规律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小

，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，则可知，在不放小球m2时，小球m1从斜轨顶端A点由静止释放，m1的落点在图中的P点，而碰后被碰球落到N点；根据平抛运动规律可知，下落时间为：2htg=则平抛的速度为：2xgvxth==同理可得：112231,,222gggvxvxvxhhh==

=代入给出恢复系数表达式可得：21311()ehhh=−；（2）[2][3]若满足动量守恒，则一定有：11122mvmvmv+=代入（1）中所求速度可得表达式应为：112231mmmhhh=+若满足机械能守恒，则有：222111221122mvm

vmv=+代入求出的速度可得：112231mmmhhh=+三、计算题15.半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m、带正电的珠子，空间存在水平向右匀强电场，如图所示，珠子所受静电力是其重力34倍。将珠子从环上最低位置A点静止释放，则珠子所能获得最大动能Ek为多少?【

答案】4mgr【解析】【详解】受力平衡时，小球动能最大．受力平衡时之前合力做正功动能增加，受力平衡之后合力做负功动能减少．设小球受到合力与竖直方向夹角为θ时，重力与弹力的合力等于电场力，由三力平衡时的受力如图：34Ftanmg==得：θ=37°从运动至动能最大此过程重力做负功，电场力做正功

，支持力始终垂直于v，所以不做功，由动能定理得：Fd-mgH=Ek解得：Ek=0.75mgrsin37°-mgr（1-cos37°）=14mgr．16.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地

面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示（PQ与QI两直线相连接于Q点），QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8N），重力加速度g取

10m/s2，求：（1）小物块的质量m、圆轨道的半径R及轨道DC所对应的圆心角θ（2）小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ【答案】（1）m＝0.5kgR＝1mθ＝37°（2）μ＝0.3【解析】【详解】（1）由图线知：当H1=0时，N1=5N此时在最低点

有：N1=mg解得：m=0.5kg由图线知：当H2=0.2m时，N2=7N，此时小物块恰好由D点下滑根据机械能守恒得：22212mgHmv=在最低点，根据牛顿第二定律得：222vNmgmR−=联立解得：R=1m由几何关系得：2cos0.8RHR−==解得：37=（2

）小球从高为H处的斜面上滑到最低点过程．根据动能定理有：()21cos1cossin2HRmgHmgmv−−−=在最低点，根据牛顿第二定律得：2vNmgmR−=联立解得：()1coscos2cos11sinsinmgNHmgR−

=−++由图线知，截距为：()1coscos15.8sinmg−+=解得：0.3=17.如图所示，光滑水平面上有质量为m1的长木板，木板的右端离竖直挡板距离为L0，某时，可看作质点的小滑块以vo的水平速度从左端滑上长木板，小滑块的质量为m2

，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板与档板的碰撞是弹性的，L0足够大．（1）若m1：m2=2:1,要确保小滑块最终不从木板上掉下，求木板长度L的最小值（2）若m1：m2=1:2，小滑块最终不从木板上掉下，求从滑块滑

上木板到最后稳定的过程中，长木板所走过的路程S【答案】（1）201327vg（2）2004vLg+【解析】【详解】（1）若m1：m2=2:1，为L0足够大，所以木板先与小滑块达到共同速度，再与挡板相碰撞，设此时的共同速度为1v，根据动量守恒定律得：()2012

1mvmmv=+解得：013vv=木板与档板发弹性碰撞，木板的速度大小不变，方向反向，小滑块的速度不变，当它们再次达到共同速度时，小滑块恰好不从木板上掉下，设此时共同速度为2v，根据动量守恒定律有：()001212

233vvmmmmv−=+解得：029vv=根据能量守恒定律有：()222201221122mgLmvmmv=−+解得板长的最小值为：201327vLg=（2）若m1：m2=1:2，为L0足够大，所以木板先与小滑块达到共同速度，再与挡板相碰撞，设此时的共同速度为1v，根据动量

守恒定律得：()20121mvmmv+=解得：0123vv=木板与挡板碰撞后，速度大小不变，方向反向，向左减速动到零，设位移为1x，根据动能定理得：2211112mgxmv−=−解得：201213vxg=之后木板向右加速至小滑块共

速，设此时共同速度为2v，根据动量守恒定律有：()00211222233vvmmmmv−=+解得：0229vv=当木板与挡板碰撞后，速度大小不变，方向反向；向左减速动到零，设位移为2x，根据动能定理得：22212

12mgxmv−=−解得：202413vxg=以此类推，当木板第n次与挡板碰撞后，向左减速至零的位移为：20213nnvxg=所以木板的路程为：()120120211322113nnxSLxxxL−=++++=+

−因为2113，则有：()10120222113nxSLxxxL=++++=+−又：201213vxg=代入解得：2004vSLg=+