八中3物理试卷.pdf

启慧·衡阳市八中 ２０２０ 届高三月考试题（三）物理参考答案 一、选择题（每小题 ４ 分，共 ４８ 分） 题 　 号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ 答 　 案 Ｄ Ｂ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ Ｃ ＢＤ ＡＤ ＢＣ ＢＤ 二、填空题（每空 ２ 分，共 １６ 分） １３ư 【答案】（１）３ư ００ ～ ３ư ０２　 ３ư ０９ ～ ４ư １０（２）变大　 变大 １４ư 【答案】（１）２ư ４５ 或 ２ư ５０　 （３） ｍｇ ｘ １ － ｘ ０ 　 （４） ｄ Δｔ　 ｍｇ（ｘ １ － ｘ ０ ） － １ ２ ｍ（ ｄ Δｔ） ２ 三、计算题（共 ４６ 分） １５ư 【解析】（１０ 分）（１）对假人受力分析如图，可知：Ｔｃｏｓ６０° ＝ ｍｇ ∴ Ｔ ＝ ２ｍｇ ＝ １２００Ｎ ２ 分……………………… Ｔｓｉｎ６０° ＝ ｍω２ （Ｒ ＋ Ｌｓｉｎ６０°） 得：ω ＝ ２ｇｓｉｎ６０°Ｒ ＋ Ｌｓｉｎ６０° 代入数据得：ω ＝ ３０ ３ ｒａｄ ／ ｓ……４ 分 （２）绳断时，假人的速度为 Ｖ 则 Ｖ ＝ ω（Ｒ ＋ Ｌｓｉｎ６０°） 代入数据得 Ｖ ＝３ １０ｍ／ ｓ……６ 分 设落地时速度为 Ｖ′，由机械能守恒得 ｍｇ（ｈ － Ｌｃｏｓ６０°） ＝ １ ２ ｍＶ′２ － １ ２ ｍＶ２ 解得：Ｖ′ ＝ ５ ６ｍ／ ｓ ８ 分…………………………… 平抛：竖直方向 （ｈ － Ｌｃｏｓ６０°） ＝ １ ２ ｇｔ２ 得：ｔ ＝ １５ ５ ｓ 水平位移：ｘ ＝ ｖｔ ＝ ３ ６ｍ 落点到转轴水平距离为 ｓ 则：ｓ ＝ ｘ２ ＋ （Ｒ ＋ Ｌｓｉｎ６０°） ２ 代入数据得：ｓ ＝ ９ｍ １０ 分……………………… １６ư 【解析】（１２ 分）（１）Ａ 到 Ｂ 过程：根据牛顿第二定律：ｍｇｓｉｎθ － μ １ ｍｇｃｏｓθ ＝ ｍａ １ ｈ １ ｓｉｎθ ＝ １ ２ ａ １ ｔ２ １ư ２ 分………………………………………………………………… 代入数据解得：ａ １ ＝ ２ｍ／ ｓ ２ ，ｔ １ ＝ ３ｓư 所以滑到 Ｂ 点的速度：ｖＢ ＝ ａ １ ｔ １ ＝ ２ × ３ｍ／ ｓ ＝ ６ｍ／ ｓư １物块在传送带上匀速运动到 Ｃ，ｔ ２ ＝ １ｖ ０ ＝ ６ ６ ｓ ＝ １ｓ 所以物块由 Ａ 到 Ｃ 的时间：ｔ ＝ ｔ １ ＋ ｔ ２ ＝ ３ｓ ＋ １ｓ ＝ ４ｓư ４ 分……………………… （２）斜面上由根据动能定理 ｍｇｈ ２ － μ １ ｍｇｃｏｓθ ｈ ２ ｓｉｎθ ＝ １ ２ ｍｖ２ ư 解得 ｖ ＝ ４ｍ／ ｓ ＜ ６ｍ／ ｓư ６ 分……………………………………………………… 设物块在传送带先做匀加速运动达 ｖ ０ ，运动位移为 ｘ，则：ａ ２ ＝ μ ２ ｍｇ ｍ ＝ μ ２ ｇ ＝ ２ｍ／ ｓ ２ ， ｖ２ ０ － ｖ２ ＝ ２ａｘ， ｘ ＝ ５ｍ ＜ ６ｍư 所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开 Ｃ 点做平抛运动 ư ｓ ＝ ｖ ０ ｔ ０ ，Ｈ ＝ １ ２ ｇｔ２ ０ư 解得 ｓ ＝ ６ｍư ８ 分………………………………………………………………… （３）因物块每次均抛到同一点 Ｄ，由于平抛知识知：物块到达 Ｃ 点时速度必须有 ｖｃ ＝ ｖ ０ư ①当离传送带高度为 ｈ ３ 时物块进入传送带后一直匀加速运动，则： ｍｇｈ ３ － μ １ ｍｇｃｏｓθ ｈ ３ ｓｉｎθ ＋ μ ２ ｍｇＬ ＝ １ ２ ｍｖ２ ０ư 解得 ｈ ３ ＝ １ư ８ｍư １０ 分…………………………………………………………… ②当离传送带高度为 ｈ ４ 时物块进入传送带后一直匀减速运动， ｍｇｈ ４ － μ １ ｍｇｃｏｓθ ｈ ４ ｓｉｎθ － μ ２ ｍｇＬ ＝ １ ２ ｖ２ ０ư ｈ ４ ＝ ９ư ０ｍư 所以当离传送带高度在 １ư ８ｍ ～ ９ư ０ｍ 的范围内均能满足要求， 即 １ư ８ｍ≤ｈ≤９ư ０ｍư １２ 分……………………………………………………… １７ư 【解析】（１４ 分）（１）物块 Ａ 从 Ｐ 点又回到 Ｐ 点的过程，根据动能定理有： － ２μｍｇｃｏｓθ（ｘ １ ＋ ｘ ０ ） ＝ ０ － １ ２ ｍｖ２ ０ư 又 μ ＝ ２ｔａｎθ，ｖ ０ ＝ ３ ｇｘ ０ ｓｉｎθư 解得：ｘ １ ＝ １ ８ ｘ ０ư ４ 分……………………………………………………………… （２）从 Ｏ′点到 Ｐ 点，由能量守恒定律得： 弹簧在最低点 Ｏ′处的弹性势能　 Ｅｐ ＝ μｍｇｃｏｓθ（ｘ １ ＋ ｘ ０ ） ＋ ｍｇｓｉｎθ（ｘ １ ＋ ｘ ０ ） ＝ １ ４ ｍｖ２ ０ ＋ ｍｇｓｉｎθ· ｖ２ ０ ４μｇｃｏｓθ ＝ １ ４ ｍｖ２ ０ （１ ＋ ｔａｎθ μ ） ＝ ２７ ８ ｍｇｘ ０ ｓｉｎθ ８ 分…………… （３）分离时：ａＡ ＝ ａＢ ，ＮＡＢ ＝ ０， Ａ：ａＡ ＝ ｇｓｉｎθ ＋ μｇｃｏｓθ ２Ｂ：２Ｔ ＋ βｍｇｓｉｎθ ＋ μβｍｇｃｏｓθ ＝ βｍａＢư 得：Ｔ ＝ ０，即弹簧处于原长处，Ａ、Ｂ 两物体分离 ư ①Ａ、Ｂ 恰好分离时，分离时 Ａ、Ｂ 速度为零，从 Ｏ′点到 Ｏ 点有： ２Ｅｐ ＝ μ（β ＋ １）ｍｇｃｏｓθｘ １ ＋ （β ＋ １）ｍｇｓｉｎθｘ １ ； 得 β ＝ １７ ②若 Ａ 恰好回到 Ｐ 点，则有： ２Ｅｐ ＝ μ（β ＋ １）ｍｇｃｏｓθｘ １ ＋ （β ＋ １）ｍｇｓｉｎθｘ １ ＋ １ ２ （β ＋ １）ｍｖ２ ； 分离后，Ａ 继续上升到静止，有： １ ２ ｍｖ２ ＝ （ｍｇｓｉｎθ ＋ μｍｇｃｏｓθ）ｘ ０ ； １２ 分…………………………………………… 解得：β ＝ １ư 综上所述有：１≤β≤１７ư １４ 分…………………………………………………… １８ư 【解析】（１０ 分）（选修 ３ － ３） （１）气体做等压变化，设细管横截面积为 Ｓ， ｌ ２ ＝ ｌ － ｈ ＝ ３０ｃｍ 由盖—吕萨克定律得 ｌ １ Ｓ Ｔ １ ＝ ｌ ２ Ｓ Ｔ ２ 解得 Ｔ ２ ＝ ｌ ２ ｌ １ Ｔ １ ＝ ４５０Ｋư ５ 分……………………………………………………… （２）ｐ １ ＝ ｐ ０ ＋ ｐｈ ＝ ８０ｃｍＨｇ ｈ′ ＝ ｈｓ ２ｓ ＝ ２ｍ ｐ ３ ＝ ｐ ０ ＋ ｐｈ ′ ＝ ７８ｃｍＨｇ ｌ３ ＝ ３４ｃｍ ７ 分…………………………………………………………………… 由理想气体状态方程得： ｐ １ ｌ １ ｓ Ｔ １ ＝ ｐ ３ ｌ ３ Ｓ Ｔ ３ 解得 Ｔ ３ ＝ ｐ ３ ｌ ３ ｐ １ ｌ １ Ｔ １ ＝ ４９７ư ２５Ｋư １０ 分……………………………………………… ３１９ư 【解析】（１０ 分选修 ３ － ４）过 Ａ 点作对称轴的垂线，则ＡＦ ＝ ２ ２ Ｒ ∴ ｓｉｎ ｉ １ ＝ ＡＦ Ｒ ＝ ２ ２ 　 　 ｉ １ ＝ ４５° ２ 分…… 在 Ａ 点折射，折射角为 ｒ，由射线定律： ｓｉｎ ｉ １ ｓｉｎ ｒ １ ＝ ｎ 得：ｓｉｎ ｒ １ ＝ １ ２ 　 即：ｒ １ ＝ ３０° ４ 分………… ｉ ２ ＝ ｒ １ ＝ ３０° 从 Ｃ 点出设，由光路可递，ｒ ２ ＝ ４５° ６ 分…………………………… △ＯＣＥ 中，∠ＯＣＥ ＝ １８０° － ｒ ２ ＝ １３５° ∠ＣＯＥ ＝ １８０° － ∠ＡＯＦ － ∠ＡＯＣ ＝ １５° ∴ ∠ＣＥＯ ＝ ｒ ２ － ∠ＣＯＥ ＝ ３０° ８ 分………………………………………………… 由正弦定律有： ＯＣ ｓｉｎ∠ＣＥＯ ＝ ＯＥ ｓｉｎ∠ＯＣＥ　 其中 ＯＣ ＝ Ｒư 解得：ＯＥ ＝ ２Ｒ １０ 分…………………………………………………………… ４