广东省茂名市高州三中高三物理上学期第三次月考试题（含解析）.doc

2015-2016学年广东省茂名市高州三中高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题.（共8题，每题6分1-5为单选，16-8为多项选择题）1下列有关力的说法正确的是( )a物体受力作用后，一定同时产生形变和运动状态变化两种效果b地球表面的物体受到地球的吸引力，但物体并没有对地球产生吸引c手指用垂直墙壁的力f压物块，使物块紧贴墙壁静止，则墙壁所受压力的施力物体是手指d物体静止在桌面上，物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变产生的2在2010年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角下列判断正确的是( )a两根吊带受到环的拉力大小不等b手对吊环作用力方向竖直向下c每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半d两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下3某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球的一半，若从地球上高h处平抛一物体，射程为60m，则在该星球上，从同样高度，以同样的初速度平抛同一物体，射程应为( )a10mb15mc90md360m4甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的vt图象如图所示在这段时间内( )a汽车甲的平均速度比乙的大b汽车乙的平均速度等于c甲乙两汽车的位移相同d汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大5如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，a端用铰链固定，滑轮在a点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），b端吊一重力为g的重物现将绳的一端拴在杆的b端，用拉力f将b端缓慢向上拉（均未断），在ab杆转到竖直方向前，以下分析正确的是( )a绳子越来越容易断b绳子越来越不容易断cab杆越来越容易断dab杆越来越不容易断6图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是( )a在图示轨道上，“轨道康复者”的速度小于7.9km/sb在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍c在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为4hd若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接7如图所示，物体m与斜面体m一起静止在水平面上若将斜面的倾角稍微增大一些，且物体m仍静止在斜面上，则下列说法中正确的是( )a斜面体对物体的支持力变大b斜面体对物体的摩擦力变大c斜面体对物体的支持力和摩擦力的合力不变d斜面体与水平面间的摩擦力变大8英国特技演员史蒂夫特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道如图所示，环形车道竖直放置，直径达12m，若汽车在车道上以12m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000kg，重力加速度g取10m/s2，则( )a汽车通过最低点时，演员处于超重状态b汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4104nc若要挑战成功，汽车不可能以低于12m/s的恒定速率运动d汽车在环形车道上的角速度为1rad/s二、非选择题包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持_状态（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小f与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0=_cm，劲度系数k=_n/m（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧的长度x=_cm10完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点o点的位置、两弹簧测力计的读数f1、f2以及_如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到_，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数f=_11将一个小球从某高处以v0=2m/s的初速度水平抛出，到落地时运动的水平距离为x=1.6m，不计空气阻力，g=10m/s2求：（1）小球在空中运动的时间t；（2）小球抛出点的高度h12如图所示，半径r=0.5m的光滑圆弧面cdm分别与光滑斜面体abc和斜面mn相切于c、m点，o为圆弧圆心，d为圆弧最低点斜面体abc固定在地面上，顶端b安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块p、q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持p、q两物块静止若pc间距为l1=0.25m，斜面mn足够长，物块p质量m=3kg，与mn间的动摩擦因数=，求：（ sin37=0.6，cos37=0. 8）（1）烧断细绳后，物块p第一次到达d点时对轨道的压力大小；（2）物块p第一次过m点后0.3s到达k点，则 mk间距多大；（3）物块p在mn斜面上滑行的总路程(二）选考题物理-选修3-513如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为m的木板开始时质量为m=1kg的滑块在水平向左的力f作用下静止在斜面上，今将水平力f变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力f，木块滑上木板的过程不考虑能量损失此后滑块和木板在水平上运动的vt图象如图乙所示，g=10m/s2求（1）水平作用力f的大小；（2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量2015-2016学年广东省茂名市高州三中高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题.（共8题，每题6分1-5为单选，16-8为多项选择题）1下列有关力的说法正确的是( )a物体受力作用后，一定同时产生形变和运动状态变化两种效果b地球表面的物体受到地球的吸引力，但物体并没有对地球产生吸引c手指用垂直墙壁的力f压物块，使物块紧贴墙壁静止，则墙壁所受压力的施力物体是手指d物体静止在桌面上，物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变产生的【考点】物体的弹性和弹力 【专题】弹力的存在及方向的判定专题【分析】根据力的两种作用效果：力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状根据牛顿第三定律，力的作用是相互的；物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变产生的【解答】解：a、物体形状和运动状态的改变都属于力的作用效果，但物体受到了力的作用，不一定同时产生形变和运动状态变化两种效果故a错误；b、根据牛顿第三定律，地球表面的物体受到地球的吸引力，物体同时对地球产生吸引故b错误；c、物块紧贴墙壁静止，则墙壁所受压力的施力物体是物块，不是手指故c错误；d、物体静止在桌面上，物体对桌面的压力是由于物体发生弹性形变产生的故d正确故选：d【点评】掌握力的两种作用效果，力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状，两种效果可以同时存在，但不是一定同时存在2在2010年广州亚运会上，我国运动员陈一冰在吊环项目中取得了冠军如图是比赛中的一个场景，此时人静止不动，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角下列判断正确的是( )a两根吊带受到环的拉力大小不等b手对吊环作用力方向竖直向下c每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半d两根吊带受到环的拉力合力一定竖直向下【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；本题中，运动员受到三个力而平衡，根据平衡条件和对称性分析其受力情况【解答】解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，受力情况如图a、由题可知，两根吊带对称并与竖直方向有一定夹角，由对称性可知，两根吊带受到环的拉力大小相等故a错误b、由图看出，手对吊环的拉力斜向上，则由牛顿第三定律知，手对吊环作用力方向斜向下，不是竖直向下故b错误c、当运动员两臂竖直时，每根吊带受到环的拉力大小都等于人重量的一半，而现在两根吊带与竖直方向有一定夹角，由平衡条件得知，每根吊带受到环的拉力大小都大于人重量的一半故c错误d、由平衡条件和牛顿第三定律知，两根吊带受到环的拉力的合力与重力大小相等、方向相同，一定是竖直向下故d正确故选d【点评】本题的解题关键是作出受力图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论3某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球的一半，若从地球上高h处平抛一物体，射程为60m，则在该星球上，从同样高度，以同样的初速度平抛同一物体，射程应为( )a10mb15mc90md360m【考点】万有引力定律及其应用；平抛运动 【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据万有引力等于重力，求出星球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系运用平抛运动规律求出星球上水平抛出的射程【解答】解：设星球质量为m，半径为r，地球质量为m，半径为r已知=9，=，根据万有引力等于重力得：=mgg=由题意从同样高度抛出，h=gt2=gt2 ，、联立，解得t=t，在地球上的水平位移s=v0t=60m，在星球上的s=v0t=v0t=10m故选a【点评】把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题重力加速度g是天体运动研究和天体表面宏观物体运动研究联系的物理量4甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t=0到t=t1的时间内，它们的vt图象如图所示在这段时间内( )a汽车甲的平均速度比乙的大b汽车乙的平均速度等于c甲乙两汽车的位移相同d汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度 【专题】运动学中的图像专题【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负【解答】解：a、c、平均速度等于位移与时间的比值，在vt图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车甲的平均速度比乙的大，故a正确，c错误；b、由于乙车做变减速运动，平均速度不等于，故b错误；d、因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故d错误故选：a【点评】本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义5如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆所能承受的弹力的最大值一定，a端用铰链固定，滑轮在a点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），b端吊一重力为g的重物现将绳的一端拴在杆的b端，用拉力f将b端缓慢向上拉（均未断），在ab杆转到竖直方向前，以下分析正确的是( )a绳子越来越容易断b绳子越来越不容易断cab杆越来越容易断dab杆越来越不容易断【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】以b点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形abo三边边长的关系，再分析其变化【解答】解：以b点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力t（等于重物的重力g）、轻杆的支持力n和绳子的拉力f，作出力图如图：由平衡条件得知，n和f的合力与t大小相等，方向相反，根据三角形相似可得又t=g，解得：n=，f=；使bao缓慢变小时，ab、ao保持不变，bo变小，则n保持不变，f变小故b正确，acd错误故选b【点评】本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法6图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是( )a在图示轨道上，“轨道康复者”的速度小于7.9km/sb在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍c在图示轨道上，“轨道康复者”的周期为4hd若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接【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 【专题】人造卫星问题【分析】利用第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，以及卫星速度近大远小规律分析a项；利用加速度和周期公式分析bc两项物理量大小关系；利用卫星最近时角度及圈数关系分析二者远近；卫星对接则使用卫星变轨的原理分析【解答】解：a、图示轨道略高于近地轨道，由可得，r越大，v越小，故“轨道康复者”的速度小于近地卫星的速度，即小于7.9km/s，故a正确；b、由得：a=，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为，故b正确；c、根据得：t=，则“轨道康复者”与地球同步卫星周期之比为，地球同步卫星周期t2=24h，则“轨道康复者”的周期为3h，故c错误；d、“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故d正确；故选：abd【点评】本题考查卫星的基本规律，涉及内容广泛，考查全面，难点在于卫星的“相遇”问题，如果作示意图会更好理解一些7如图所示，物体m与斜面体m一起静止在水平面上若将斜面的倾角稍微增大一些，且物体m仍静止在斜面上，则下列说法中正确的是( )a斜面体对物体的支持力变大b斜面体对物体的摩擦力变大c斜面体对物体的支持力和摩擦力的合力不变d斜面体与水平面间的摩擦力变大【考点】共点力平衡的条件及其应用 【分析】根据物体所处的状态，选择研究对象进行受力分析，利用平衡条件解出问题【解答】解：a、物体m静止不动，受力平衡可对物体受力分析，正交分解重力g，得：支持力 n=mgcos摩擦力 f=mgsin比较可知稍微增大一些，n变小，f变大，故a错误，b正确；c、m处于平衡状态，合力为零，则斜面体对物体的支持力和摩擦力的合力与重力平衡，不变，故c正确；d、以物体和斜面体整体为研究对象，水平方向上：根据平衡条件得知，地面对斜面体没有摩擦力，可见，当增大时，摩擦力仍为零，不变故d错误故选：bc【点评】根据物体所处的状态，选择研究对象进行受力分析，利用平衡条件解出问题要注意研究对象的选取，整体和隔离法的应用8英国特技演员史蒂夫特鲁加里亚曾飞车挑战世界最大环形车道如图所示，环形车道竖直放置，直径达12m，若汽车在车道上以12m/s恒定的速率运动，演员与汽车的总质量为1000kg，重力加速度g取10m/s2，则( )a汽车通过最低点时，演员处于超重状态b汽车通过最高点时对环形车道的压力为1.4104nc若要挑战成功，汽车不可能以低于12m/s的恒定速率运动d汽车在环形车道上的角速度为1rad/s【考点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重 【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】根据加速度的方向确定演员的超失重；汽车在最高点，根据牛顿第二定律求出轨道对汽车的作用力，从而得出汽车对轨道的压力；抓住最高点压力为零，根据牛顿第二定律求出最小速度根据线速度与角速度的关系求出汽车在环形车道上的角速度【解答】解：a、汽车通过最低点时，加速度方向竖直向上，演员处于超重状态故a正确b、根据牛顿第二定律得：n+mg=m，解得：n=，代入数据得：n=14000n故b正确c、要想通过最高点，临界情况是轨道对汽车的压力为零，根据牛顿第二定律得：mg=，解得：v=m/s即最小速度为m/s故c错误d、汽车在环形车道上的角速度为：rad/s故d错误故选：ab【点评】解决本题的关键知道汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，掌握判断超失重的方法，关键看加速度的方向二、非选择题包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题9某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验（1）在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态（2）他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小f与弹簧长度x的关系图线，由此图线可得该弹簧的原长x0=4cm，劲度系数k=50n/m（3）他又利用本实验原理把该弹簧做成一把弹簧秤，当弹簧秤上的示数如图（c）所示时，该弹簧的长度x=10cm【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系 【专题】实验题；弹力的存在及方向的判定专题【分析】（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须竖直；（2）弹簧处于原长时，弹力为零；根据胡克定律f=kx求解劲度系数；（3）直接从弹簧秤得到弹力，再从图象b弹簧弹簧长度【解答】解：（1）弹簧是竖直的，要减小误差，刻度尺必须与弹簧平行，故刻度尺要保持竖直状态；（2）弹簧处于原长时，弹力为零，故原长为4cm；弹簧弹力为2n时，弹簧的长度为8cm，伸长量为4cm；根据胡克定律f=kx，有：；（3）由图c得到弹簧的弹力为3n，根据图b得到弹簧的长度为10cm；故答案为：（1）竖直；（2）4，50；（3）10【点评】本题关键是明确实验原理，然后根据胡克定律f=kx并结合图象列式求解，不难10完成以下“验证力的平行四边形定则”实验的几个主要步骤：如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点o点的位置、两弹簧测力计的读数f1、f2以及两细绳套的方向如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置o，记下细绳套的方向（如图丙中的c），读得弹簧测力计的示数f=4.0n【考点】验证力的平行四边形定则 【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题【分析】明确该实验的实验原理，了解具体实验步骤以及具体的操作，尤其注意在记录力时不但要记录大小还要记录方向，该实验采用的是“等效替换”，两次拉橡皮筋要到同一位置【解答】解：如图甲，用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，记下结点位置o和两测力计的示数f1、f2以及两细绳套的方向如图乙，用一只弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条的结点拉到同一位置o，记下细绳套的方向，由图示弹簧测力计可读得弹簧测力计的示数f=4.0n故答案为：两细绳套的方向；同一位置o；4.0n【点评】在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解11将一个小球从某高处以v0=2m/s的初速度水平抛出，到落地时运动的水平距离为x=1.6m，不计空气阻力，g=10m/s2求：（1）小球在空中运动的时间t；（2）小球抛出点的高度h【考点】平抛运动 【专题】平抛运动专题【分析】（1）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平位移和初速度求出小球在空中的时间；（2）根据时间，结合位移时间公式求出小球抛出点的高度【解答】解：（1）小球在空中的运动时间为：（2）小球抛出点的高度为：答：（1）小球在空中运动的时间为0.8s；（2）小球抛出点的高度为3.2m【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解12如图所示，半径r=0.5m的光滑圆弧面cdm分别与光滑斜面体abc和斜面mn相切于c、m点，o为圆弧圆心，d为圆弧最低点斜面体abc固定在地面上，顶端b安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块p、q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持p、q两物块静止若pc间距为l1=0.25m，斜面mn足够长，物块p质量m=3kg，与mn间的动摩擦因数=，求：（ sin37=0.6，cos37=0.8）（1）烧断细绳后，物块p第一次到达d点时对轨道的压力大小；（2）物块p第一次过m点后0.3s到达k点，则 mk间距多大；（3）物块p在mn斜面上滑行的总路程【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力 【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】（1）先根据动能定理列式求出到d点的速度，再根据牛顿第二、第三定律求压力；（2）先根据动能定理求出m点速度，再根据牛顿第二定律求mn段上升和下降的加速度，再结合运动学公式求mk间距；（3）直接根据动能定理全程列式求解即可【解答】解：（1）滑块由p到d过程，由动能定理，得：mgh=mvd2根据几何关系，有：h=l1sin53+r（1cos53）在d点，支持力和重力的合力提供向心力，则有：fdmg=m代入数据解得：fd=78n由牛顿第三定律得，物块p对轨道的压力大小为78n（2）pm段，根据动能定理，有：m1gl1sin53=代入数据解得：vm=2m/s 沿mn向上运动过程，根据牛顿第二定律，得到：a1=gsin53+gcos53=10m/s2根据速度时间公式，有：vm=a1t1代入数据解得：t1=0.2s 所以t1=0.2s时，p物到达斜面mn上最高点，故返回过程，有： x=沿mn向下运动过程，根据牛顿第二定律，有： a2=gsin53gcos53=6m/s2故，根据运动学公式，有：xmk=0.17m，即mk之间的距离为0.17m（3）最后物体在cm之间来回滑动，且到达m点时速度为零，对从p到m过程运用动能定理，得到： mgl1sin53mgl1cos53l总=0