高三上学期第八周周考物理试题（教师版）

蜀光中学高2018级高三上学期第八周周考物理试题出题人：钟召军 审题人：罗光礼一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只有一项符合题目要求，第19〜21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。分）14.在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法错误的是（）A.伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去B.德国天文家开普勒对他导师第谷观测行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律C.牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量D.古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境【答案】B【解析】试题分析：A、伽利略根据“理想实蛉”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去.故A正确.B、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了行星运动三大定律，故B错误.C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实给测出了引力常量，故C正确.D、古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境，故D正确.本题选错误的故选B.考点：物理学史.15.为估测一照相机的曝光时间，实验者从某感墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图所示.由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹.已知每层砖的平均厚度为6cm,拍庚到的石子位置A距石子起落点竖直距离约5nl.这个照相机的曝光时间约为（ ）A.1X10% B.lX10-2s C.5X10% D.0.Is【答案】B【解析】试题分析：自由落体运动5m的木速度为：V,=V2gh=10w/5lll]0.12m远小于5小故可以近似地将AB段当匀速运动，故时间为：t=——=0.0125«0.015

考点：自由落体运动。.如图所示，形状相同的物块A、B,,其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C架在两物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块A、B的质量都为M,3=60,光滑球C的质量为m,则下列说法正确的是（A.地面对物块A.地面对物块A的摩擦力大小为零B.地面对物块A的摩擦力大小为:mgC.物块C.物块A对物体C的弹力大小为mgD.物块A对地面的压力大小为Mg+；mg【答案】D【解析】试题分析：以球体C为研究对象，其受到斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于光滑球体的重力，受力分析如右图所示。由三角函数可知，弹力大小为mg,故C错误。再以4为研究对象，C对X的正压力大小为?ng,其在水平方向上的分力等于地面对物块H的静摩掇力大小，由此可知静摩擦力大小为坐刑g,故A'B错误。以4、B、C整体为研究对象，所受重力为2.诧+»ig,由对称性可知4所受地面支持力为魂+等，故D正确。考点：共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用.小船过河时，船头偏向上游与水流方向成a角，船相对水的速度为v,其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（ ）A.减小a角，增大船速v B.增大a角,增大船速vC.减小a角，保持船速v不变 D.增大a角，保持船速v不变【答案】B【解析】试题分析：根据平行四边形定则，可得速度合成图如图所示

故可得增大a角，增大船速v,B正确考点：考查了小船渡河问题分析18、为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面附近做圆周运动的周期为T,登陆舱在行星表面着陆后，用弹簧称量一个质量为m的祛码，读数为N.已知引力常量为G.则下列计算正确的是（ ）4兀2NT”A.该行星的半径为mC.4兀2NT”A.该行星的半径为mC.该行星的第一宇宙速度为第2m【答案】D【解析】B.该行星的密度为D.该行星的质量为3G示试题分析：登陆舱在该行星表面做圆周运动，万有引力提供向心力，故GMm4兀2r=fn^~,同时在该星球表面重Mm NT2 N3T4力等「万有引力，即G—=N，联"解得：R=——1例= 故A错误，D正确；该行星的密度:R2 4万2m 16G兀4m3M Mm 4兀'R Mtnv〜0=不竺一，再结和G詈=/n4件并代入解得：0=券，故B错误：由G詈二4,将M和R代入铲RNT解得：v=——，故C错误。所以D正确，ABC错误。2兀m考点：万有引力定律及其应用19、如图所示，AB为竖直面内半圆的水平直径。从A点水平抛出两个小球，小球1的抛出速度为也、小球2的抛出速度为正。小球1落在C点、小球2落在D点，C、D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和1倍。小球【答案】AC【解析】试题分析：对小球1,如图，根据勾股定理可得0C在水平万向的分量为OE=0.6H根据平抛运动规律：故1.6尺=甲1竖直方向：08^=1^对小球2,根据平抛运动规律：水平方向：R=vj1竖直方向R=得：/j—4-Jr>f,=2-^5R可见4<弓，故选项A正确，选项B错误：根据水平方向可以求出E=0.4jA,匕=噜,故l：也=4:百，故选项C正确，选项D错误。考点：平抛运动TOC\o"1-5"\h\z20、如图所示，两个质量分别为2nl和m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴00'的距离为/，b与转轴的距离为2/。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用3表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）O.! a b— :门 nO'\a一定比b先开始滑动ab开始滑动前a、b所受的摩擦力始终相等fy=J组是b开始滑动的临界角速度V21D.当0=J当■时，a所受摩擦力的大小为kmgV3/【答案】BC【解析】试题分析：木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=m32r,当圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误；ab开始.滑动前a、b所受的摩擦力分别为。=2/my2r,人=机。？.2r= ，则始终相等，选项B正确；当b刚要滑动时，有kmg=m3、21,解得：6>=、悭，故C正确；以a为研究对象，当①二」也时,由牛顿第二定律得：f=2n）3」，V2/ V3/4可解得：f=—kmg,故D错误.故选BC.3考点：水平面内圆周运动的临界问题；向心力.21.如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点。轻质弹簧的一端固定在圆心。点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为攵=2里，原长为RL=2R,弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平向右初速度v。，已知重力加速度为g,则（ ）A.无论V。多大，小球均不会离开圆轨道B.若在衣函<%<6^则小球会在B、D间脱离圆轨道C.只要%>J荻，小球就能做完整的圆周运动D.只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与V。无关【答案】ACD【解析】试题分析：对A、B项，因弹簧的劲度系数为k=鳖，原长为L=2R,所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大R小为F=k（L-R）=kR=mg,方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论v“多大，小球均不会离开圆轨道，故A正确，B错误.对C选项，小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做功，机械能守恒，,位动到最高点速度为冬，在最低点的速度最小，有：所以只要％〉屈TOC\o"1-5"\h\z小球就能做完整的圆周运动，故C均正确.对D选项，在最低点时，设小球受到的支持力为N,有2 2N—kR-mg=2,解得N=2mg+〃?％①，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N',设此时R R.1 . _ , V2的速度为v,由动能定理有2/ngR=—加了—②，此时合外力提供向心力，有N-kR+mg=m一③，2 R2联江②③解得：④,联立①④得压力差为△N=6mg与初速度无关，故D正确.故选ACD.R考点：考查向心力、竖直面内圆周运动临界问题、动能定理.三、实验题（本题共2个小题，共15分）（一）（6分）某同学用下图所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数.已知打点计时器打点时间间隔为T,物块加速下滑过程中所得到的纸带的一部分如图所示，图中标出了五个连续点之间的距离.\E\E D C B A/• • • • •卜X4*1*-x3*4-X]（1）物块下滑时的加速度a=，打C点时物块的速度丫=；（用题、图中的T及xlX”表示.）（2）重力加速度大小为g,为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是.（填正确答案标号）A.物块的质量 B.斜面的高度 C.斜面的倾角【答案】⑴（乜+3）一（2分），咆土区（2分）（2）C（2分）4T2 2T【解析】试题分析：（1）根据匀变速直线运动的判别式：Ax=。尸，利用四组位移的逐差法公式可得：a=空空=g+七）［七+再）；利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，打c点时物块的速度：2 4T2（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：物gsin正卬ngcos©泄a,解得：4=笠竺」，故还需要测量斜面的倾geos6角，故选C.考点：探究影响摩撅力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度.（二）（9分）为了探究“加速度与力、质量的关系”，在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，实验装置如图甲所示（打点计时器、纸带图中未画出）.实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B,实验后进行数据处理.（1）为了测量弹簧秤的劲度系数，小明做了如下实验:在弹簧秤下端挂一个50g的钩码时，指针示数为L=3.50cm；挂两个50g钩码时，指针示数为L?=5.10cm,g9.8m/s2,该弹簧秤的劲度系数为N/m.（保留三位有效数字）（2）小明根据甲图的实验方案得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所，示，小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且nunta（填“大于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数Pa5（填“大于”“等于”或“小于”）.（3）（多选）对于甲图所示的实验方案，下列说法正确的是A.若将带有定滑轮的长木板左端适当垫高、可以使乙图中的图线过原点0B.实验时应先接通打点计时器电源后释放物体C.实验中重物P的质量必须远小于物体的质量D.实验中弹■簧秤的读数始终为重物P的重力的一半.【答案】30.6（2分）；小于（2分）；大于（2分）；AB（3分）【解析】试题分析：（1）设弹簧秤原长为1,根据平衡条件及胡克定律可知：2mg=k(LT)解得：k=30.6N/mF 1（2）设加速度大小为a,据牛顿第二定律有F-umg=ma,可得：a=——〃g=—/一〃g.m m根据a-F图象斜率绝对值左可知，B的斜率大于A的斜率，即j—>」_,所以再根据纵轴截距大m mAmB小等于ug可知，由于A的截距大于B的截距，所以u,,>（3）若将带有定滑轮的长木板左端适当垫高，以平衡摩擦力，则a-F的图线过原点0,故A正确；实验要求应先接通电源后释放纸带，故B正确；由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧秤的读数，与重物P质量大小无直接关系，所以C错误；对重物P析，而加速度为a时，应有mg-2F=ma,可得2—ma,所以只有当a=0时，F才等于一mg,所以D错误；故选AB。2 2考点：探究“加速度与力、质量的关系”（12分）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v-t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。【答案】（1）3叵N；（2）2.56；（3）1.5依【解析】TOC\o"1-5"\h\z试题分析：（1）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：mgsin〃=Ecos。代入数据可得：尸=1°3_n （3分）'（2）由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10m/s当产变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：mgsin6+Fcos8=aa解得：a=10w/j: （2分）下滑的位移：x=L解得：x=5”故下滑的高度：〃=xsin30°=2.5加 （2分）2a（3）由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩撩因数为"!，滑块与木板间的摩擦因数为4二者共同减速时的加速度大小/=1^/62,发生相对滑动时，木板的加速度％=1徵//，滑块减速的加速度大小为：。3=4"/『对整体受力分析可得：4=应乜应=〃店可得：从=0.1 （2分）M在0〜2s内分别对m和M儆 克力分析可得：对“：此里二零二迹=a2 g分）对m：丝些=崔&带入数据解方程可得：M=15kg （1分）m考点：物体的平衡；牛顿第二定律的应用。（20分）如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量机=1依可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=5根，物块与传送带间的动摩擦因数0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5相，它与物块间的动摩擦因数〃，=0.3,在c点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为6=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原.速率反弹回来。若传送带以v=/s的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的£〃=18J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g=10加/$2。求：（1）求右侧圆弧的轨道半径为R；（2）求小物块最终停下时与C点的距离；（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。【答案】（1）R=0.8m；（2）x=-m；（3）\/31m/s<v<4^>rnls3【解析】TOC\o"1-5"\h\z试题分析：（D物块被弹蓄弹出，由石尸= 可知：y0=6加/s （1分）因为V。>v,故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，心 1 2由：mg=max>v=Vo_a/i，=74dl （2分）得到：cii=2m/s',fi=0.5s,不产2.75m （1分）因为％i<L,故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：=□「e+mgR （2分）代入数据整理可以得到：/?=0.86。 （1分）（2）设物块从E点返回至B点的速度为yj,由mgR-fjmgs=mv\-0 （2分）得到丹=血机/5，因为外>0，故物块会再次滑卜传送带，物块隹恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性,可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由-wv^=/2mg（5-x）,得到：x=-mx 3（3）设传送带速度为/时物块能恰到F点，在F点满足mgsin3（r=冽*从B到F过程中由动能定理可知：:my：-：my；=4，igs+mg（R+&sin3（r） 1分）解得：匕=历加/5设传送带速度为旷2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由：wyj=fj.mgx3s+mgR解得：y2=743w/5若物块在传送带上一直加速运动，liJ-mvL-ywVo=JLLtng^（1分）知其到B点的最大速度y&“=而m/s （1分）综合匕述分析可知，传送.带速度应满足条件：亚初sWnW月初s。 （1分）考点：传送带问题、向心力、动能定理34、（1）（5分）（多选）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x-t）图线。由图可知.（填正确答案标号。选对1个得2分。选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为。分）Oti ti_1A.在时刻t”a车追上b车B.在时刻tz,a、b两车运动方向相反C、在3到tz这段时间