高三物理第三次月考试题新人教版

屯溪一中～第一学期高三年级第三次月考

物 理 试 卷

一、单选题（12?3=36分，每小题只有一个选项符合题意，将答案填写在答题卷的表格中） 1．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ．若此人

所受重力为G ，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为( )

A ．G

B ．G sin θ

C ．G cos θ

D ．G tan θ 【答案】

【解析】人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力；

根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G 。 故选A 。

【考点】力的合成

2．如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，

车厢在液压机的作用下，θ角逐渐缓慢增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说法不正确的是 ( )

A ．货物受到的摩擦力增大

B ．货物受到的支持力变小

C ．货物受到的支持力对货物做正功

D ．货物受到的摩擦力对货物做负功 【答案】

【解析】AB 、货物处于平衡状态，则有：mgsin f N mgcos θθ==，，θ增大时，f 增大，N 减小，故AB 正确；

C 、货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，做正功，故C 正确；

D 、摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，故D 错误。 故选D 。

【考点】功；滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力

3．一个质量为2kg 的物体，在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15N 和20N 的两个力而其余力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是( )

A ．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s 2

B ．一定做匀变速运动，加速度大小可能是15m/s 2

C ．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2m/s 2

D ．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是5m/s 2

【答案】

【解析】根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15N 和20N 的两个力后，物体的合力大小范围为5N F 35N ≤≤合，物体的加速度范围为：222.5m /s a 17.5m /s ≤≤；

A 、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上或与速度方向相同时，物体做曲线运动或匀减速直线运动，故A 错误；

B 、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于15m/s 2

，故B 正确；

C 、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C 正确；

D 、由于撤去两个力后其余力保持不变，恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D 错误。 故选B 。

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用

4．如图，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，这一现象表明 ( )

A ．乘客一定处在超重状态

B ．电梯一定是在下降

C ．电梯一定是在上升

D ．电梯的加速度方向一定是向下 【答案】A

【解析】弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量大了，说明弹簧弹力变大了，所以加速度向上，但是不能判断速度方向； 故选A 。

【考点】牛顿第二定律；超重失重

5．如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动（俯视为逆时针）．某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F 的方向的四种表示（俯视图）中，正确的是 ( )

【答案】C

【解析】圆盘转速不断增大，说明橡皮做的是加速圆周运动，运动过程中有两个加速度，即向心加速度和切向加速度，向心加速度指向圆心，切向加速度沿轨迹切线，所以和加速度方向和图C 相同，故橡皮块所受合力F 的方向和图C 相同。 故选C 。

【考点】圆周运动；加速度；矢量的合成

6．一质量为M 的人手握长为l 轻绳(不可伸长)一端，绳的另一端栓一质量为m 的小球，今使小球在竖直平面内做圆周运动，若小球刚好能经过圆周的最高点，则在小球运动过程中，下面说法正确的是 ( )

A ．人对地面的最小压力等于Mg

B ．人对地面的最小压力大于Mg

C ．人对地面的最大压力等于（M +m ）g

D ．人对地面的最大压力大于（M +m ）g 【答案】D

【解析】AB 、在上半个圆周内运动时（除去最高点），轻绳对小球和人都有拉力，其中对人的拉力斜向上，所以人对地面的压力小于Mg ，故AB 错误；

CD 、小球运动到最低点时，对整体()N M m g ma -+=，得()N ma M m g =++，由牛顿第三定律可知人对地面的最大压力大于（M +m ）g ，故C 错误D 正确； 故选D 。

【考点】圆周运动；向心力；牛顿第二定律

7．2012年12月27日，我国自行研制的“北斗导航卫星系统”（BDS ）正式组网投入商用．2012年9月采用一箭双星的方式发射了该系统中的两颗圆轨道半径均为21332km 的“北斗-M5”和“北斗M-6”卫星，其轨道如图所示。关于这两颗卫星，下列说法正确的是 ( )

A ．两颗卫星的向心加速度相同

B ．两颗卫星的速率均小于7.9 m/s

C ．北斗-M6的速率大于同步卫星的速率

D ．北斗-M5的运行周期大于地球自转周期 【答案】C 【解析】 A 、根据2

Mm

G

ma r =知，轨道半径相等，则向心加速度大小相等，故A 错误；

B 、根据v =

半径，是做匀速圆周运动的最大速度，所以两颗卫星的速度均小于7.9km/s ，故B 错误； C 、北斗-M6的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则线速度大于同步卫星的速率，故C 正确；

D 、因为北斗-M6的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据T =北斗-M6的周

期小于同步卫星的周期，即小于地球自转的周期，故D 错误。 故选C 。

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用

8．如图所示，“嫦娥一号”探月卫星进入月球轨道后，首先在椭圆轨

道Ⅰ上运动，P 、Q 两点是轨道Ⅰ的近月点和远月点，Ⅱ是卫星绕月做圆周运动的轨道，轨道Ⅰ和Ⅱ在P 点相切，关于该探月卫星的运动，下列说法正确的是( ) A ．卫星在轨道Ⅰ上运动周期大于在轨道Ⅱ上运动的周期 B ．卫星由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须要在P 点加速 C ．卫星在轨道Ⅰ上运动时，P 点的速度小于Q 点的速度

D ．卫星在轨道Ⅰ上运动时，P 点的加速度小于Q 点的加速度

【答案】A 【解析】

A 、根据开普勒第三定律得，3

2a k T

＝，知卫星在轨道Ⅱ上运动的半径小于在轨道I 运动的半

长轴，则卫星在轨道Ⅱ上运动的周期比沿轨道I 运动的周期短，故A 正确；

B 、卫星由轨道Ⅰ到达P 点时必须减速，使其受到的万有引力大于需要的向心力，而做近心运动，使轨道半径降低，从而进入轨道Ⅱ，故B 错误；

C 、根据开普勒第二定律得“嫦娥一号”在P 点的线速度大于Q 点的线速度，故C 错误；

D 、卫星在轨道Ⅱ上P 点的所受的万有引力等于在轨道I 运动到P 点的万有引力，根据牛顿第二定律，知加速度相等，故D 错误。 故选A 。

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用

9．如图所示，将一质量为m 的小球从空中O 点以速度v 0水平抛出，

飞行一段时间后，小球经过空间P 点时动能为k E ，不计空气阻力，则下列结论不正确的是 ( )

A ．小球经过P 点时竖直分速度为

2

02v m

E k - B ．从O 点到P 点，小球的高度下降 g

v mg E k 22

- C ．从O 点到P 点过程中，小球运动的平均速度为

m

E v k

220

+ D ．从O 点到P 点过程中，小球运动的平均速度为 m

E

v k 24320+ 【答案】C 【解析】

A 、由212k E mv =

得22k E v m

=，

所以竖直分速度为v ⊥==故A 正确；

B 、竖直分速度为v ⊥==由2

2v gh ⊥=得2

02K v E h mg g

=-，故B 正确；

CD 、竖直方向由v gt ⊥=得，运动的时间t =

所以水平方向的位移0x v t ==

S =

平均速度为___

S v t ==C 错误D 正确； 故选C 。

【考点】平抛运动

10．如图所示，一个小物体A 沿高为h 、倾角为θ的光滑斜面

以初速度v 0顶端滑到底端，而相同的物体B 以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，不计空气阻力，则下列判断正确的是( ) A ．两物体落地时速度相同

B ．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同

C ．两物体落地时，重力的瞬时功率相同

D ．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同 【答案】B

【解析】A 、两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，根据机械能守恒可知两物体落地时速率相同，故A 错误；

B 、重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，所以B 正确；

C 、由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，所以C 错误；

D 、平均功率等于做功的大小与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，所以D 错误。 故选B 。

【考点】功率、平均功率和瞬时功率；自由落体运动

11．有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑

向b 点，如图所示．如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( ) A ．木块的加速度不变 B ．木块所受的合外力为零 C ．木块所受的力都不对其做功

D ．木块所受的合外力不为零，但合外力对木块做的功为零 【答案】D 【解析】

A 、加速度是矢量，木块的加速度指向圆心，方向发生变化，故A 错误；

B 、做匀速圆周运动，需要向心加速度，所以合外力不为零，故B 错误；

C 、重力做正功，摩擦力做负功，故C 错误；

D 、物块速率保持不变，由动能定理可知，合外力做功为零，故D 正确。 故选D 。

【考点】匀速圆周运动；动能定理

12．如图所示，中间有孔的物块A 套在竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，所有摩擦均不计．则关于拉力F 及拉力F 的功率P ，下列说法正确的是( )

A ．F 不变，P 减小

B ．F 增大，P 不变

C ．F 增大，P 增大

D ．F 增大，P 减小 【答案】B

【解析】设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A 做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：Fcos mg θ=，因为θ增大，则F 增大；物体A 沿绳子方向上的分速度1v vcos θ=，则拉力的功率1mg

P Fv vcos mgv cos θθ

==?＝，知拉力的功率不变；故B 正确。 故选B 。

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用

二、实验题（6+8=14分）

13．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为 mm ，用游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为 m ．

【答案】8.468，210060.2-?

【解析】螺旋测微器读数：整数（8mm ）＋精度（0.01mm ）×格数（46.8）＝8.468mm 游标卡尺读数整数（20mm ）＋精度（0.05mm ）×格数（12）＝20.60mm

【考点】长度的测量

14．利用如图所示装置可以研究自由落体运动：

（1）实验时调整好仪器，开始打点计时的时候，应先 ，然后 。 （2）为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有 （填入正确选项前的字母） A ．秒表 B ．天平 C ．刻度尺 D ．直流电源

（3）实验中用打点计时器打出一条纸带，在纸带上选取了点迹清晰、连续的3个点，用刻度尺测出相邻两点间的距离x 1和x 2，已知交流电频率为50 Hz ，当地的重力加速度为

9.81 m/s 2

．下列A 、B 、C 、D 四组数据中，正确的一组是 。 A ．51.0mm ，55.8mm B ．49.0mm ，52.9mm C ．45.1mm ，52.8mm D ．50.5mm ，51.7mm 【答案】（1）先开电源；再放纸带 （2） C （3）B 【解析】

（1）先开电源；再放纸带 （2）由212h gt =

得22h

g t

=，时间通过纸带能得出，h 通过测量两点之间的距离得到，所以还需要测长度的工具：刻度尺；故选C 。

（3）由2

s aT ?=得 3.924s mm ?=，只有B 组数据的s ?最接近3.924mm ，故选B 。 【考点】自由落体运动

三、计算题（12+12+12+14=50分）

15．如图甲所示，一固定的粗糙斜面的倾角为37°，一物块m =5kg 在斜面上，若用F =50N

的力沿斜面向上推物块，物块能沿斜面匀速上升，g =10m/s 2

，sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）求物块与斜面间的动摩擦因数μ； （2）若将F 改为水平向右推力F '（如图乙），则F '为多大时才能使物块沿斜面匀速运动。（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

【答案】5.0=μ 9.1F N '= 【解析】

（1）取平行于斜面为x 轴方向，垂直斜面为y 轴方向，根据平衡条件有： 0sin =--f G F θ、0cos =-θG N

而N f μ= 解得5.0=μ

（2）当物体匀速上滑时，根据平衡条件有：

0sin cos ='--'f G F θθ、0cos sin =-'-'θθG F N

而N f '='μ，解得100='F N

当物体匀速下滑时，0cos sin ='-'-f F G θθ

解得100

9.111

F N N '=

= 【考点】共点力平衡；摩擦力；力的合成与分解

16．宇航员到了某星球后做了如下实验：如图所示，在光滑的圆锥顶用长为L 的细线悬挂一质量为m 的小球，圆锥顶角2θ。当圆锥和球一起以周期T 匀速转动时，球恰好对锥面无压力．已知星球的半径为R ，万有引力常量为G ．求： （1）线的拉力；

（2）该星球表面的重力加速度； （3）该星球的第一宇宙速度； （4）该星球的密度． 【答案】L T m F 2

24π= θπcos 422L T

g =星

θπcos 2RL T v =

2

cos 3GRT L θ

πρ=

【解析】

（1）小球做圆周运动：向心力 r T m F 2

24sin πθ=

半径 θsin L r = 解得线的拉力 L T

m F 2

24π=

（2）星mg F =θcos

解得该星球表面的重力加速度 θπcos 422

L T

g =星

（3）星球的第一宇宙速度即为该星球的近“地”卫星的环绕速度v ，设近“地”卫星的质量为m '，根据向心力公式有：R

v m g m 2

'='星 解得 θπcos 2RL T

v =

（4）设星球的质量为M ，则：2R Mm G mg =星，33

4

R M πρ?=

解得星球的密度 2

cos 3GRT L θ

πρ=

【考点】万有引力定律

17．如图所示，遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求：赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B 点飞出后越过“壕沟”，落在平台EF 段。已知赛车的额定功率额P =10.0W ，赛车的质量m =1.0kg ，在水平直轨道上受到的阻力f =2.0N ，AB 段长L =10.0m ，

BE 的高度差h =1.25m ，BE 的水平距离x =1.5m 。若赛车车长不计，忽略空气阻力，g 取10m/s 2． （1）若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度v m 的大小； （2）要越过壕沟，求赛车在B 点最小速度v 的大小；

（3）若在比赛中赛车通过A 点时速度v A =1m/s ，且赛车达到额定功率。要使赛车完成比赛，求赛车在AB 段通电的最短时间t ．

【答案】 5.0/m v m s = 0.3=v m/s 4.2=t s 【解析】

（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时，设其牵引力为F 牵，根据牛顿第二定律有： 0=-f F 牵 又 m v F P ?=牵额 解得 5.0/m P v m s f

=

=额

（2）赛车通过B 点后做平抛运动，设在空中运动时间为t 1，则有：

1vt x =，2

12

1gt h =

，解得： 3.0m/s v = （3）若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，从A 运动到B 过程，根据动能定理有：2

A

22

121mv mv fL t P -=

-?额 ，解得： 2.4t s = 【考点】牛顿第二定律；功率；平抛运动；动能定理

18．如图所示，A 为位于一定高度处的质量为m 的小球，B 为位于水平地面上的质量为

M 的长方形空心盒子，盒子足够长，且M = 2m ，盒子与地面间的动摩擦因数μ=0.2．盒内存在着某种力场，每当小球进入盒内，该力场将同时对小球和盒子施加一个大小为F =Mg 、方向分别竖直向上和向下的恒力作用；每当小球离开盒子，该力F 同时立即消失．盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触．当小球A 以v =1m/s 的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B 恰以v 0=6m/s

的速度向右滑行．取重力加速度g =10m/s 2

，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子．试求： （1）小球A 从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间； （2）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；

（3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程．

【答案】0.4s T = 11个 5.8m s = 【解析】

（1）A 在盒子内运动时，根据牛顿第二定律有 ma mg F =-，解得 a = g

A 在盒子内运动的时间120.2s v t a =

= A 在盒子外运动的时间220.2s v t g

== A 从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间120.4s T t t =+=

（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度M

Mg F a )

(1+=μ=4m/s 2

小球在盒子外运动时，盒子的加速度222m/s Mg

a M

μ=

=

小球运动一个周期盒子减少的速度为112240.220.2 1.2m/s v a t a t ?=+=?+?= 从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为16

51.2

v n v =

==? 故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n +1个，即11个． （3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为 2

101111 1.122

s v t a t m =-= 小球第一次从盒子出来时，盒子的速度 1011 5.2m /s v v a t =-=

小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 2

2122211m 2

s v t a t =-= 小球第二次进入盒子时，盒子的速度 2122 4.8m /s v v a t =-=

小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为 2

3211110.88m 2

s v t a t =-= 小球第二次从盒子出来时，盒子的速度 32114m /s v v a t =-= 小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 2

4322210.762

s v t a t m =-= …………

分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差d ＝0.12m ．且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s 内盒子通过的路程为0.04m ． 所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为 110()10(1.120.04)

5.8m 22

n s s s ++=

== 【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动速度与时间的关系、位移与时间的关系

屯溪一中2013～2014学年度第一学期高三年级第三次月考

物理试卷参考答案与评分标准

13．8.470（8.469～8.471），210060.2-? （每空3分） 14．（1）先开电源；再放纸带 （2） C （3）B （每空2分） 15解析：（1）取平行于斜面为x 轴方向，垂直斜面为y 轴方向，根据平衡条件有： 0sin =--f G F θ ①（2分） 0cos =-θG N ②（2分） N f μ= ③（1分） 联立①②③解得 5.0=μ ④（1分） （2）当物体匀速上滑时，根据平衡条件有：

0sin cos ='--'f G F θθ ⑤（1分） 0cos sin =-'-'θθG F N ⑥（1分） N f '='μ ⑦（1分） 联立④⑤⑥⑦解得 100='F N （1分） 当物体匀速下滑时，⑤式改写为：

0cos sin ='-'-f F G θθ ⑧（1分）

联立④⑥⑦⑧解得 11

100

='F N ≈9.1N （1分）

16解析：（1）小球做圆周运动：向心力 r T

m F 22

4sin πθ= ①（1分）

半径 θsin L r = ②（1分） 解得线的拉力 L T m

F 2

24π=

③（1分） （2）星mg F =θcos

④（1分）

解得该星球表面的重力加速度 θπcos 422

L T

g =星 ⑤（2分）

（3）星球的第一宇宙速度即为该星球的近“地”卫星的环绕速度v ，设近“地”卫星的质量为m '，根据向心力公式有：

R

v m g m 2'='星

⑥（1分）

联立⑤⑥解得 θπcos 2RL T

v =

（2分）

（4）设星球的质量为M ，则：

2R Mm

G mg =星

⑦（1分） 334

R M πρ?=

⑧（1分） 联立⑤⑦⑧⑨解得星球的密度 2

cos 3GRT

L θ

πρ=

（1分）

17解析：（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时，设其牵引力为F 牵，根据牛顿第二定律有：

0=-f F 牵 ①（1分） 又 m v F P ?=牵额 ②（1分） 解得 0.5==

f

P v m 额m/s

（

2

分）

（2）赛车通过B 点后做平抛运动，设在空中运动时间为t 1，则有：

1vt x = ③（1分）

2

12

1gt h = ④（1分）

解得：0.3=v m/s （2分）

（3）若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，从A 运动到B 过程，根据动能定理有：

2

A 22

121mv mv fL t P -=-?额 ⑤（2分）

解得：4.2=t s （2分）

18解析：（1）A 在盒子内运动时，根据牛顿第二定律有 ma mg F =- 解得 a = g

A 在盒子内运动的时间120.2s v t a == A 在盒子外运动的时间220.2s v

t g

==

A 从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间120.4s T t t =+=

（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度M

Mg F a )(1+=μ=4m/s 2

小球在盒子外运动时，盒子的加速度222m/s Mg

a M

μ=

= 小球运动一个周期盒子减少的速度为112240.220.2 1.2m/s v a t a t ?=+=?+?= 从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为16

51.2

v n v =

==? 故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n +1个，即11个．

（3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为 12.12

12

11101=-=t a t v s m

小球第一次从盒子出来时，盒子的速度 2.51101=-=t a v v m/s

小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 2

222122

1t a t v s -==1m

小球第二次进入盒子时，盒子的速度 8.42212=-=t a v v m/s

小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为 88.02

12

11123=-=t a t v s m

小球第二次从盒子出来时，盒子的速度 41123=-=t a v v m/s

小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为 76.02

12

22234=-=t a t v s m

…………

分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差d ＝0.12m ．且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s 内盒子通过的路程为0.04m ． 所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为

110()10(1.120.04)

5.8m 22

n s s s ++=

== ［评分说明］：第（1）问4分，第（2）、（3）两问各5分．