第三次周考考物理试卷(解析版)

1、2016-2017学年四川省广元市宝轮中学高三（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分14科学家们在物理学的发展过程中创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（）A在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法B在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法C伽利略认为自由落体运动

2、就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法D在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法【考点】物理学史【分析】在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验

3、采用了控制变量法；【解答】解：A、变量法；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法故A错误；B、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，故B错误；C、伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，故C正确；D、在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法；故D错误；故选：C15如图为

4、a、b两物体同时开始运动的图象，下列说法正确的是（）A若图象为位置时间图象，则两物体在M时刻相遇B若图象为速度时间图象，则两物体在M时刻相距最远C若图象为加速度时间图象，则两物体在M时刻速度相同D若图象为作用在两物体上的合力位移图象，则两物体在M位移内动能增量相同【考点】匀变速直线运动的图像【分析】根据各项分析，明确图象所对应的意义，再根据图象的性质以及对应的函数关系分析各项说法是否正确【解答】解：A、若图象为位置时间图象，则图象表示位移随时间变化的规律；故两物体在M时刻相遇；故A正确；B、若图象为速度时间图象，则表示两物体速度变化的规律，由于不明确两者间的距离，故无法判断是否为M点为最远距离

5、；故B错误；C、若图象为加速度时间图象，则图象表示加速度随时间变化规律，故物体在M时刻加速度相同；故C错误；D、若图象表示合力位移图象，则图象与横坐标间的距离表示表，由图可知，合力做功不同，故由动能定理可知，动能增量不同；故D错误；故选：A16如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示则（）Af1=0，f20，f30Bf10，f2=0，f3=0Cf10，f20，f3=0Df10，f20，f30【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算【分析】分别对a、ab以及abP整

6、体进行分析，根据平衡条件可明确各研究对象是否受到摩擦力作用【解答】解：对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力；f10；再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦力；f20；对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力；f3=0；故只有C正确，ABD错误；故选：C17如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好

7、均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为（）A4mgB2mgC3mgD mg【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；向心力【分析】小球在最高点绳子张力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球在最高点速率为2v时，两段绳子拉力的合力，从而根据力的合成求出每段绳子的张力大小【解答】解：当小球到达最高点速率为v，有mg=m，当小球到达最高点速率为2v时，应有F+mg=m=4mg，所以F=3mg，此时最高点各力如图所示，所以FT=mg，D正确，ABC错误故选：D18如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸

8、弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截（炮弹运动过程看做竖直上抛），设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足（）Av1=v2Bv1=v2Cv1=v2Dv1=v2【考点】平抛运动【分析】若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，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【解答】解：炮弹运行的时间t=，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1=，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，则H=h1+h2=v2t，所以H=，解得故选：C19地球赤道上的重力加

9、速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是（）A卫星甲的周期最大B卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等C三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度D如果地球自转的角速度突然变为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来【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【分析】根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大由牛顿第二定律研究加速度，使地球上的物体票“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力【解答】解：A、根据

10、开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大，卫星甲的半长轴最大，故甲的周期最大，故A正确；B、根据牛顿第二定律得：，得卫星的加速度a=，M是地球的质量，r是卫星到地心的距离，卫星甲、乙分别经过P点时r相同，则加速度相等，故B正确；C、根据万有引力提供向心力，得，轨道半径越小，速度越大，当轨道半径最小等于地球半径时，速度等于第一宇宙速度假设一位卫星绕经过远地点的圆轨道做圆周运动，则此卫星的速度一定小于第一宇宙速度，卫星从该轨道进入椭圆轨道，要做减速运动，速度要变小，故三个卫星的速度均小于第一宇宙速度，故C错误；D、使地球上的物体票“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完

11、全提供物体随地球自转时的向心力则有：，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则，即此时的向心加速度a=g+a根据向心加速度和角速度的关系有：a=R2，a=R2可得：，故D错误故选：AB20趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则（）A运动员的加速度为gtanB球拍对球的作用力为mgC运动员对球拍的作用力为（M+m）gcosD若加速度大于gsin，球一定沿球拍向上运动【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】由题，不计摩擦力，分析网球的受力情况，作出力图，根据牛顿第二定

12、律求解加速度和球拍对球的作用力；分析网球竖直方向的受力情况，判断球能否向上运动【解答】解：A、B、C对网球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得： Nsin=ma Ncos=mg解得，a=gtan，N=，故A正确、B错误；以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得： 运动员对球拍的作用力为F=，故C错误D、当agtan时，网球将向上运动，由于gsin与gtan的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动故D错误故选：A21如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为=30o在光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接（物块经过此位置滑上皮带时无能量

13、损失），传送带的运行速度为v0=5m/s，长为L=4.8m；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.25g=10m/s2，下列说法正确的是（）A水平作用力力F大小5NB物块在传送带上运动的时间可能为0.8SC滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量可能为8JD滑块下滑时距B点的竖直高度可能为0.5m【考点】功能关系；牛顿第二定律【分析】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力F的大小； 由于滑块滑到B点的速度未知，故应分别对符合条件的两种情况进行讨论，由动能定理可求得滑块下落的高度；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=f

14、s，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移，从而求得摩擦生热【解答】解：A、滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，由平衡条件可得：水平推力 F=mgtan=110tan30=，故A错误；BD、设滑块从高为h处上滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，则得： mgh=mv2解得：v=；若滑块冲上传送带的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有： mgL=mv02mv2联立解得：h=L=0.254.8=0.05m；加速度a=g=2.5m/s2，加速时间为：t=；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受

15、到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理：mgL=mv02mv2解得：h=+L=0.254.8=2.45m；加速度a=g=2.5m/s2，加速时间为：t=；故滑块下滑的高度应为0.05m或2.45m，在传送带上滑动时间为1.6s或者0.8s；故B正确，D错误；C、若滑块进入传送带速度小于v0=5m/s，由上题可得：v=1m/s滑块相对传送带滑动的位移s=v0ts=v0t=51.6=3.2m；相对滑动生成的热量 Q=mgs代入数据解得 Q8J若滑块进入传送带速度大于5m/s，s=v0t滑块相对传送带滑动的位移s=v0t=50.8=0.8m；相对滑动生成的热量 Q=mgs代入数据解得 Q=4

16、J故滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量可能为4J或者8J，故C正确；故选：BC二.非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题22某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率=50Hz，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如图所示，A、B、C、D是本次实验的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：SA=16.6mm、SB=126.5mm、SD=624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知（1）相邻两计数点的时间间隔为0.1s；（2）打C点时物体的速度大小为2.5m/s；（取2位有效数字）（3）C计数点到零点的距离SC

17、=329.1mm（取一位小数）【考点】测定匀变速直线运动的加速度【分析】纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度【解答】解：（1）打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s（2）根据间的平均速度等于点的速度得vc=2.5m/s（3）匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，即x=aT2，所以有：xCDxBC=xBCxAB，解得：SC=329.1mm故答案为：（1）0.1；（2）2.5；（3）329.123如图1为用拉力传感器和速度传感器探究“加速

18、度与物体受力的关系”实验装置用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L=48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率（1）实验主要步骤如下：将拉力传感器固定在小车上；平衡摩擦力，让小车在没有拉力作用时能向左做匀速直线运动；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；改变所挂钩码的数量，重复的操作（2）表中记录了实验测得的几组数据，vB2vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a=，请将表中第3次的实验数据填写完整（

19、结果保留三位有效数字）；次数F（N）vB2vA2（m2/s2）a（m/s2）10.600.770.802 1.041.611.6831.422.342.4442.624.654.8453.005.495.72（3）本实验是否要求钩码的质量远远的小于小车的质量？不需要（选填：需要或不需要）；由表中数据，已在图2坐标纸上作出aF关系图线如图，同时作出理论计算得出的关系图线；对比实验结果与理论图线，造成上述偏差的原因是有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）注意平衡摩擦力的原理，利用重力沿斜面的分力来平衡摩擦力，若物体能匀速运动则说明恰好平衡了摩擦力；（

20、2）根据运动学公式中速度和位移的关系可以写出加速度的表达式；（3）对比实际与理论图象可知，有外力时还没有加速度，由此可得出产生偏差原因【解答】解：（1）根据平衡状态的特点可知道当小车做匀速直线运动时，说明摩擦力已经被重力的下滑分力平衡（2）由匀变速直线运动的速度位移公式得：vB2vA2=2aL，解得：a=，由表中实验数据可知：a3=2.44m/s2（3）小车受到的拉力可以由传感器测出，实验不需要满足钩码的质量远远的小于小车的质量；对比图象可知，实际图象没有过原点而是和横坐标有交点，造成原因为没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足故答案为：（1）匀速直线；（2），2.44；（3）不需要；有平衡摩擦力或平

21、衡摩擦力不足24下雪后，几位同学在结冰的水平地面上玩滑冰游戏，赛道如图I区为助跑区，长度L=4m；II区为滑冰区，鞋子与冰面间的动摩擦因数=0.1参赛的同学从起跑线AB由静止做匀加速直线运动助跑于起滑线CD，并从CD处开始无动力滑行，直至停止某一轮次中，同学甲在II区内的滑行距离为6m，同学乙在II区内的滑行距离为8m求：（g取10m/s2，结果均保留两位有效数字）（1）同学甲在助跑区I获得的最大速度；（2）从助跑开始到最终停止同学乙比同学甲多用的时间【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）根据牛顿第二定律求出在II区内匀减速直线运动的加速度大小，结合速度位移公式求出同学甲在助跑

22、区I获得的最大速度；（2）根据平均速度推论分别求出匀加速和匀减速运动的时间，从而得出多用的时间【解答】解：（1）根据牛顿第二定律得，在II区内匀减速直线运动的加速度大小a=1m/s2，根据速度位移公式得，同学甲在助跑区I获得的最大速度=/s（2）甲匀加速直线运动的时间，匀减速直线运动的时间，则甲的运动时间t甲=t1+t2=2.3+3.5s=5.8s乙同学获得的最大速度m/s=4m/s，则乙匀加速运动的时间，匀减速直线运动的时间，则乙的运动时间t乙=t1+t2=2+4s=6s，t=t乙t甲=65.8s=0.20s答：（1）同学甲在助跑区I获得的最大速度为3.5m/s；（2）从助跑开始到最终停止同

23、学乙比同学甲多用的时间为0.20s25某工厂用倾角为=37的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为L=50m，正常运转的速度为V=4m/s；某一次由于停电，工人把M=10kg的货物放在一块质量m=5kg带有挂钩的木板上，如图，通过定滑轮用平行传送带的绳子把木板拉上去货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为=0.8，（物块与木板均可视为质点，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）为了把货物尽快拉上去又不使货物相对木板滑动，木板的最大加速度？（2）若工人用F=189N的恒定的拉力把货物拉到处来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度？（3）若来电瞬间传送

24、带就达到了正常运转的速度为V=4m/s，求还需要多长时间货物到到达B处【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】本题综合考察了运动规律和牛顿运动定律（1）根据受力分析和牛顿第二定律，列出货物的受力方程，即可求出；（2）要受力分析运动方向的方程，带入数据，再有运动学速度和位移关系求出速度；（3）把运动分成两部分来考虑，第一部分是匀加速直线运，第二阶段是匀速直线运动，求出各阶段的总时间【解答】解：（1）根据题意，对货物进行受力分析，根据牛顿第二定律，在沿斜面的方向上有如下关系：fmgsin=maf=mgcosa=0.64g0.6g=0.4（m/s2）（2）把货物和木板

25、看成整体，受力分析，根据牛顿第二定律，在沿斜面的方向上有：F（M+m）gsin（M+m）gcos=（M+m）a带入数据即，1891500.60.81500.8=15aa=0.2（m/s2），由匀变速直线运动速度和位移的关系可得：2a=带入数据可得：v=2（m/s）；（3）来电后，传送带的速度大于物块和木板的速度，所以，木板和传送带之间是滑动摩擦力，加速向上运动，由（1）可知加速度大小为0.4m/s2，5秒之后可以达到传送带的速度，设5秒运动的长度为Lx，则，Lx=15（m）时间为t=5（s）剩下的部分将匀速运动，时间为：（501015）4=6.25（s）所以还需要11.25s答：（1）不使货物

26、相对滑动的最大加速度大小为4m/s2；（2）若工人用F=189N的恒定的拉力把货物拉到处来电了，工人随即撤去拉力，此时货物与木板的速度大小为2m/s；（3）若来电瞬间传送带就达到了正常运转的速度为V=4m/s，还需要11.25秒货物到到达B处（二）选考题：共45分请考生从给出的1道物理题、2道化学题、1道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分物理34（1）下列说法正确的是（）A简谐运动的周期和振幅无关B在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=kx中，F为振动物体所受的合外力，k为弹簧的进度系数C在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度D在双缝干涉实验中，同种条件下用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更宽E在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必需比波长小或者相差不多【考点】双缝干涉的条纹间距与波长的关系；简谐运动的振幅、周期和频率；波长、频