福建省福州八中高三上学期11月周测物理试题

福州八中高三上学期物理周测11.05时间：90分钟试卷满分：110分一、选择题：本题共10小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，每小题4分,第7～10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。1.如图甲所示。为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的的压力，并在计算机上做出压力一时间图象，假如做出的图象如图乙所示。设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度为(g取10m/s²)A.1.8mB.3.6mC.5.0mD.7.2m【答案】C【解析】由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.3s2.3s=2s，运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：，将t=2s带入得：h=5m，故ABD错误，C正确；故选C。2.如图所示，斜面体M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上。弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行。若物块在斜面上做来回运动，斜面体保持静止，则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象应是下图中的哪一个【答案】C【解析】试题分析：设斜面的倾角为θ．物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N1等于物块重力垂直于斜面的分力，即N1=mgcosθ．以斜面体为研究对象，作出力图如图．地面对斜面体的摩擦力f=N1sinθ=mgsinθcosθ,因为m，θ不变，所以f不随时间变化．故选C3.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为()A.eq\r(\f(n3,k2))TB.eq\r(\f(n3,k))TC.eq\r(\f(n2,k))TD.eq\r(\f(n,k))T【解析】双星间的万有引力提供向心力．设原来双星间的距离为L，质量分别为M、m，圆周运动的圆心距质量为m的恒星距离为r.对质量为m的恒星：Geq\f(Mm,L2)＝m(eq\f(2π,T))2·r对质量为M的恒星：Geq\f(Mm,L2)＝M(eq\f(2π,T))2(L－r)得Geq\f(M＋m,L2)＝eq\f(4π2,T2)·L，即T2＝eq\f(4π2L3,GM＋m)则当总质量为k(M＋m)，间距为L′＝nL时，T′＝eq\r(\f(n3,k))T，选项B正确．【答案】B4.如图所示，光滑轨道ABCD由倾斜轨道AB、水平轨道BC和半径为R的竖直半圆形轨道CD组成。质量为m的小球从A点由静止释放，沿轨道运动到最高点D时对轨道的压力大小为mg，已知重力加速度为g，小球自倾斜轨道进入水平轨道无机械能损失，下列说法正确的是A.在最高点D，小球受重力和向心力的作用B.在最高点D，小球的向心加速度为gC.在最低点C，小球对轨道压力为7mgD.若提高释放点的高度，小球在C、D两点对轨道的压力差会增大【答案】C【解析】小球在最高点是受重力和轨道向下的支持力作用，向心力这是两个力的合力，故A错误；在最高点D，由牛顿第二定律得：，由题知，联立解得：，故B错误；在最高点D，由牛顿第二定律得：，且，解得：，从C到D由机械能守恒定律得：，解得：，在C点，由牛顿第二定律得：，解得：，由牛顿第三定律可知小球在最低点C对轨道压力为7mg，而小球在C、D两点对轨道的压力差为，与释放点的高度无关，故C正确，D错误；故选C。5.用力F拉ABC三个物体在光滑的水平地面上运动，现在中间的物体上加一个小球，它和中间的物体一起运动，且原来拉力F大小不变，那么加上小球之后，两段绳中拉力Ta，Tb的变化情况是（）A.Ta增大B.Ta减小C.Tb增大D.Tb不变6.如图所示，小船过河时，船头偏向上游与水流方向成α角，船相对于静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，现水流速度稍有减小，为保持航线不变，且到达对岸的时间不变，下列措施中可行的是()

A.增大α角，增大v

B.减小α角，减小v

C.减小α角，保持v不变

D.增大α角，保持v不变答案：B【解析】由题意可知，船相对静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度稍有减小，为保持航线不变，且准时到达对岸，则合速度大小和方向均不变，如图所示，可知减小α角，减小v，故B正确，ACD错误；故选：B。

7.在大型物流货场，广泛应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面成θ角倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=lkg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s²，由vt图可知A.A、B两点的距离为2.4mB.A、B两点的距离为3.2mC.货物与传送带间的动摩擦因数为0.4D.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5【答案】BD【解析】AB、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，，故A错误，B正确；CD、由vt图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：，即，同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：，得：，即：联立解得，故C、错误，D正确；故选BD。8.如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R。将一个小球从a点以初速度沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则A.当小球的初速度时，掉到环上时的竖直分速度最大B.当小球的初速度时，将撞击到环上的圆弧ac段C.无论取何值，小球都不可能垂直撞击圆环D.当取适当值，小球可以垂直撞击圆环【答案】ABC【解析】A、小球抛出后做平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动，若使得竖直分速度最大，根据自由落体运动可知当时速度最大，此时，落在C点，水平位移为R，那么平抛的初速度，故A正确；B、初速度，则竖直位移等于R时，水平位移则小于R，如图示，则将撞击到环上的圆弧ac段，故B正确；CD、假如平抛运动末速度与圆弧垂直，则末速度反向延长线一定指向圆心，根据平抛运动末速度反向延长线与水平位移交点为中点判断，水平位移即为2R，而平抛运动不可能落在b点，所以小球都不可能垂直撞击圆环，故C正确，D错误；故选ABC。9.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程的下列判靳，正确的有A.滑块返回传送带右端的速率为v2B.此过程中传送带对滑块做功为C.此过程中电动机对传送带多做的功为2mv12D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为【答案】BD【解析】试题分析：物体由于惯性冲上皮带后，受到向左的滑动摩擦力，减速向右滑行，之后依然受到向左的滑动摩擦力，会继续向左加速，然后根据v1小于v2的情况分析．根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功．根据能量守恒找出各种形式能量的关系．由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，由于，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，有，A错误；此过程中只有传送带对滑块做功根据动能定理得，B正确；设滑块向左运动的时间，位移为，则：，摩擦力对滑块做功：①，又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：②，该过程中传送带的位移，摩擦力对传送带做功③，将①②代入③得：，设滑块向左运动的时间，位移为，则：，摩擦力对滑块做功：，该过程中传送带的位移，滑块相对传送带的总位移：，滑动摩擦力对系统做功，滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，，D正确；全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即，整理得：，故C错误．10.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的圆环相速，圆环套在倾斜的租糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，将圆环从a处由静止释放，环沿杆上滑到b处时的速度为v，到d处时速度为零，且弹簧竖直并处于自然长度；接着，圆环又从d处沿杆下滑，滑到b处时速度为零，已知bd=L，c是bd的中点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是A.环上滑经过c点的速度大于下滑经过c点的速度B.环上滑经过c点的速度等于下滑经过c点的速度C.环经过b点时，弹簧的弹性势能是D.环经过b点时，弹簧的弹性势能是【答案】AC【解析】AB、从c到d再到c，重力、弹簧的拉力做功均为零，只有摩擦力做功，由动能定理得：，由于，则，故B错误，A正确；CD、设从c到d摩擦力做功为，从b到d再到b的过程中，重力、弹簧的拉力做功均为零，只有摩擦力做功，由动能定理得：，解得：，设b处弹性势能为，从b到d由动能定理得：，其中，则，故D错误，C正确；故选AC。二、计算题（本题共5小题，共62分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）11.（10分）如图所示，质量M=2kg的木块套在水平固定杆上，并用轻绳与质量m=1kg的小球相连，今用跟水平方向成60°角的力F=10N拉着小球并带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m的相对位置保持不变，g=10m/s2。在运动过程中，求：（1）轻绳与水平方向的夹角（2）木块M与水平杆间的动摩擦因数μ。【答案】(1)300(2)【解析】（1）m处于静止状态，其合力为零．以m为研究对象，由平衡条件得：

水平方向：Fcos60°Tcosθ=0

①

竖直方向：Fsin60°Tsinθmg=0

②

由①②解得：θ=30°（2）以M、m整体为研究对象，由平衡条件得：

水平方向：Fcos60°μFN=0

③

竖直方向：Fsin60°+FNmgMg=0

④

由③④得：μ＝12．（10分）如图所示，倾角为θ的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为Ep．不计定滑轮、细绳、弹簧的质量，不计斜面、滑轮的摩擦，已知弹簧劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L．现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时的位置，并由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：（1）当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；（2）在以后的运动过程中物块A最大速度的大小．解析：（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面． 当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F． B受力平衡，F=m2g①对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向， m1gsinθ－F=m1a②联立①②解得，a=（sinθ－）g③ 由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinθ<m2g， 即sinθ<故A的加速度大小为（sinθ－）g，方向沿斜面向上（2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为vm．从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒得，m1gx0sinθ=Ep+④当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsinθ=kx0⑤联立④⑤式解得，．13．(12分)如图所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C点，整个装置竖直固定，D点为最低点，圆心角∠DOC=37°，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.30m，斜面长L=1.90m，AB部分光滑，BC部分粗糙，现有一个质量m=0.10kg的小物块P从斜面上端A点无初速度下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数μ=0.75，取，重力加速度，忽略空气阻力，求：（1）物块第一次通过C点时的速度大小；（2）物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小；（3）物块最终所处的位置。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）根据几何关系求出BC部分的长度，对A到B运用动能定理，求出B点的速度，根据物体在粗糙斜面上的受力判断出物体做匀速直线运动，从而得出C点的速度。（2）对C到D过程运用动能定理，求出D点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小。（3）根据能量守恒确定出物块在BC部分经历的次数，对全过程运用动能定理，求出物体最终的位置。（1）根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：设物块第一次通过B点时的速度为，根据动能定理有：代入数据得：物块在BC部分滑动受到的摩擦力大小为：在BC部分下滑过程受到的合力为：则物块第一次通过C点时的速度为：（2）设物块第一次通过D点时的速度为，由动能定理得：在D点，由牛顿第二定律得：联立解得：（3）物块每通过一次BC部分减小的机械能为：物块在B点的动能为：物块能经过BC部分的次数为：设物块第四次从下端进入BC部分后最终在距离C点x处于静止，由动能定理得：代入数据得：14.(15分)如图所示，三个小木块A、B、C