1、- 1 -2017-2018 学年高三年级上学期第九次阶段检测物 理 试 卷一、不定项选择题（4*14=56 分）1、如图所示，一轻弹簧一端固定在 O 点，另一端系一小球，将小球从与悬点 O 在同一水平面且使弹簧保持原长的 A 点无初速度地释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由 A 点摆向最低点 B 的过程中，下列说法中正确的是( )A小球的机械能守恒 B小球的机械能减少C小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变D小球与弹簧组成的系统机械能守恒2、将三个质量均为 m 的小球 a、 b、 c 用细线相连后( b、 c 间无细线相连)，再用细线悬挂于 O 点，如图所示。用力 F 拉小球 c，使
2、三个小球都处于静止状态，且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持为 30，则 F 的最小值为( )A mg B2 mg C. mg D. mg32 323、如图所示，用力 F 拉三个物体在光滑水平面上运动，今在中间的物体上加一块橡皮泥，它和中间的物体一起运动，且原拉力 F 不变，那么加上橡皮泥以后，两段绳的拉力 Ta和 Tb的变化情况是( )A Ta增大 B Tb增大 C Ta减小 D Tb减小4、如图所示，甲图为光滑水平面上质量为 M 的物体，用细线通过定滑轮与质量为 m 的物体相连，由静止释放 M，乙图为同一物体 M 在光滑水平面上用细线通过定滑轮受到竖直向下拉力 F 的作用，拉力 F 的大小与
3、m 的重力相等，由静止释放 M，开始时 M 距桌边的距离相等，则( )A甲、乙两图中 M 的加速度相等，均为 B甲、乙两图中细线受到的拉力相等mMgC甲图中 M 到达桌边用的时间较长，速度较小D甲图中 M 的加速度为 aM ，乙图中 M 的加速度为 aMmgM m mgM5、如图所示， A、 B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上。 A、 B 间的动摩擦因数为 ， B 与地面间的动摩擦因数为 。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，12重力加速度为 g。现对 A 施加一水平拉力 F，则( )A当 F3mg 时， A 相对 B 静止 D无论 F 为何值， B 的加速度不会超过g126、
4、CCTV 新闻频道播出探潮亚马孙节目，揭开亚马孙大潮的神秘面纱，在大潮发生日，亚马孙河会出现长 50 公里，高五公尺的巨浪，是全世界最长，也最危险的海浪。为了拍摄大潮更近距离的视频，在拍摄过程中一个摄像机架在行驶在潮前的摩托艇上。摩托艇在某段时间内水平方向和竖直方向的位移分别为 x2 t26 t、 y0.05 t24 t(t 的单位是s， x、 y 的单位是 m)，则关于摩托艇在该段时间内的运动，下列说法正确的是( )A摩托艇在水平方向的分运动是匀加速直线运动 B t0 时摩托艇的速度为0C摩托艇的运动是匀变速曲线运动 D摩托艇运动的加速度大小为 4 m/s27、如图所示，一根细线下端拴一个金
5、属小球 P，细线的上端固定在金属块 Q 上， Q 放在带小孔(小孔边缘光滑)的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动，两次金属块 Q 都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A Q 受到桌面的支持力变大 B Q 受到桌面的静摩擦力变大C小球 P 运动的周期变大 D小球 P 运动的角速度变大8、如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为 m 的两个物体 A 和 B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为 RA r， RB2 r，与盘间的动摩擦因数 相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发
6、生滑动时(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列说法正确的是( )A此时绳子张力为 3mg B此时圆盘的角速度为 2 grC此时 A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D此时烧断细线， A 仍相对盘静止， B 将做离心运动9、如图所示， A 为太阳系中的天王星，它绕太阳 O 运行可视为做轨道半径为 R0、周期为T0的匀速圆周运动。天文学家经长期观测发现，天王星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且每隔 t0时间发生一次最大偏离，出现这种现象的原因是天王星外侧还存在着另一颗行星 B(未画出)，假设行星 B 与 A 在同一平面内，且与 A 的绕行方向相同，绕 O 做匀速圆周运动，它对天王星的万有引力导致了
7、天王星轨道的偏离，由此可推测行星 B 的运动轨道半径是( )A. R0 B R0t0t0 T0 ( t0t0 T0)3- 3 -C R0 D R03(t0 T0t0 )2 3( t0t0 T0)210、如图所示，一个质量为 m 的物体以某一速度从 A 点冲上倾角为 30的斜面，其运动的加速度大小为 g，该物体在斜面上上升的最大高度为 h，则在这一34过程中( )A重力势能增加了 mgh B机械能损失了 mgh34 12C动能损失了 mgh D合外力对物体做功为 mgh3211、如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板 B，木板 B 上放着木块 A， A、 B 间的接触面粗糙，现用一水平拉力 F
8、作用在 A 上，使其由静止开始运动，则下列说法正确的是( )A拉力 F 做的功等于 A、 B 系统动能的增加量B拉力 F 做的功大于 A、 B 系统动能的增加量C拉力 F 和 B 对 A 做的功之和小于 A 的动能的增加量D A 对 B 做的功等于 B 的动能的增加量12、质量为 m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度时间图像如图所示，其中OA 段为直线， AB 段为曲线， B 点后为平行于横轴的直线。已知从 t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为 Ff，以下说法正确的是( )A0 t1时间内，汽车牵引力的大小为 m Ffv1t1B t2时刻，汽车的功率等于
9、 v2(mv1t1 Ff)C t1 t2时间内，汽车的平均速率小于v1 v22D汽车运动的最大速率 v2 v1(mv1Fft1 1)13、如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连。现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点。已知在 M、 N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且 ONM3mg 时，F fmaxmA mB 52 mg 32 mg3m 13A、 B 间会发生相对滑动，选项 C 错误； A 对 B 的最大摩擦力为 2mg ，无论 F 为何值， B 的最大加速度为 aB g ，故加速度不会超过 g ，选项 D 正fmax fmaxm 2
10、 mg 32 mgm 12 12确。- 8 -6、解析：选 AC 把 x2 t26 t、 y0.05 t24 t 与匀变速直线运动的位移公式x v0t at2作比较，可知：在水平方向， vx06 m/s， ax4 m/s2， “”表示初速度12与加速度方向相同，都与正方向相反，即摩托艇在水平方向沿负方向做匀加速直线运动，故A 正确；在竖直方向， vy04 m/s， ay0.1 m/s2，摩托艇在竖直方向沿正方向做匀加速直线运动。 t0 时摩托艇的初速度 v0 2 m/s，故 B 错误；摩托艇的加速度 av2x0 v2y0 13 m/s2，故 D 错误；由空间几何关系可知，摩托艇的初速度与加速度
11、不在同a2x a2y 16.01一直线上，且加速度恒定，摩托艇的运动是匀变速曲线运动，故 C 正确。7、解析：选 BD 金属块 Q 保持在桌面上静止，根据平衡条件可知， Q 受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故 A 错误；设细线与竖直方向的夹角为 ，细线的拉力大小为 T，细线在桌面下方的长度为 L。小球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图所示，则有 T ， Fn mgtan m 2Lsin ，解得角速度为 mgcos ，周期为 T 2 ；使小球在一个更高一些的水平面上做匀速圆周gLcos 2 Lcos g运动时， 增大，cos 减小，则细线拉力 T 增大，角速度增大，
12、周期 T 减小。对 Q 由平衡条件得知， Q 受到桌面的静摩擦力变大，故 B、D 正确，C 错误。8、解析：选 ABC 两物体刚好未发生滑动时， A 受背离圆心的静摩擦力， B 受指向圆心的静摩擦力，其大小均为 mg 。则有： FT mg m 2r， FT mg m 22r，解得：FT3 mg ， ，故选项 A、B、C 正确；当烧断细线时， A 所需向心力为2 grF m 2r2 mg Ffm，所以 A 将发生滑动，选项 D 错误。9、解析：选 D 由行星 A 的轨道每隔 t0时间发生一次最大偏离，可知每隔 t0时间两行星 A、 B 相距最近，即每隔 t0时间行星 A 比行星 B 多运行一圈，
13、有 t0 t02，则2T0 2TBTB 。根据万有引力提供向心力有 G mr 2， r ，由开普勒第三定律得t0T0t0 T0 Mmr2 (2T) 3GMT24 2 ，所以 RB R0 ，故 D 正确。RBR0 3T2BT20 3( t0t0 T0)210、解析：选 BD 物体的重力势能增加了 mgh，选项 A 错误；由牛顿第二定律可知： mgsin 30 Ff ma，解得 Ff mg，故机械能损失了 E Ff mgh，选项 B 正14 hsin 3012确；由动能定理可知，动能损失为： Ek mas mg mgh，选项 C 错误；合外34 hsin 3032力对物体做功为 mgh，选项 D
14、正确。3211、解析：选 BD 对整体分析可知， F 做功转化为 A、 B 的动能及系统的内能，故 F 做- 9 -的功一定大于 A、 B 系统动能的增加量，故 A 错误，B 正确；由动能定理可知，拉力 F 和 B对 A 做的功之和等于 A 的动能的增加量，选项 C 错误；根据动能定理可知， A 对 B 做的功等于 B 的动能的增加量，选项 D 正确。12、解析：选 AD 0 t1时间内，汽车做匀加速运动，加速度为 a ，由牛顿第二定v1t1律可知 F Ff ma，解得 F m Ff，选项 A 正确； t1 t2时间内，汽车做加速度减小的加v1t1速运动， t2时刻速度达到最大，此时 F Ff
15、，汽车的功率 P Ffv2，选项 B 错误；由题图可知，在 t1 t2时间内， vt 图线与坐标轴围成的面积所代表的位移大于汽车在这段时间内做匀加速运动的位移，则汽车的平均速率大于 ，选项 C 错误；汽车从 t1时刻起功率保持不变，v1 v22则 P Fv1 v1，又 P Ffv2，解得 v2 v1，选项 D 正确。(mv1t1 Ff) (mv1Fft1 1)13、解析：选 BCD 在 M、 N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且 ONM OMN ，则小球在 M 点时弹簧处于压缩状态，在 N 点时弹簧处于拉伸状态，小球 2从 M 点运动到 N 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时
16、弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项 A 错误；在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项 B 正确；弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项 C 正确；由机械能守恒定律知，在 M、 N 两点弹簧弹性势能相等，在 N 点动能等于从 M 点到 N 点重力势能的减小值，选项 D 正确。14、解析：选 BD 对 A、 B 整体从 C 到 D 的过程受力分析，根据
17、牛顿第二定律得 a g，从 D 点开始 A 与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被4mgsin 30 mg 4mgcos 304m m 120压缩到 E 点的过程中，弹簧的弹力是变力，则加速度是变化的，所以 A 在从 C 至 E 的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故 A 错误，B 正确；当 A 的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对 A、 B 整体应用动能定理得 4mgL sin 30 mg 4mgcos 30 W 弹 0，解得 W 弹 L2 (L L2) (L L2)mgL，则弹簧具有的最大弹性势能 Ep W 弹 mgL，故 C 错误
18、，D 正确。38 3815、解析：(1)游标卡尺的读数为 d9 mm12 mm9.60 mm0.960 cm。120(2)由于光电门非常窄，所以挡光片(即滑块)通过光电门的平均速度近似等于瞬时速度，- 10 -故通过光电门的速度为 v ，d t故根据动能定理可得弹簧对滑块所做的功为 W mv20 m 2。12 12(d t)(3)每次都由 P 点释放，则每次弹簧弹性势能都相同，由能量转化和守恒可得：m 2 mgx 1 m 2 mgx 2，解得： ，题图丙中 k ，故12(dt1) 12(dt2) d22g(1t2 1t21x2 x1) x1t2 ，1t2 1t21x2 x1 1k解得： 。 答
19、案：(1)0.960 (2) m 2 (3)d22gk 12(d t)d22gk16、解析：(1)打点计时器使用时，应先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力的关系，要记录弹簧测力计的示数，A 正确；要探究加速度与质量的关系时，就要改变小车的质量，这个实验是研究加速度随 F 变化关系，B 错误；拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出沙和沙桶的质量，也就不需要使小桶(包括沙)的质量远小于车的总质量，C、D 错误。(2)小车在运动中要受到木板对小车的摩擦力和纸带与打点计时器间的摩擦力，要把小车所受拉力视为小车所受的合力，就要先平衡摩擦力。(3)对 a F 图像来说，图像的斜率表
20、示小车质量的倒数，此题中弹簧测力计的示数 F F 合 ，故小车质量为 m 。12 2k(4)两股细绳拉小车，所以沙和沙桶的加速度是小车的 2 倍，所以沙和沙桶的加速度为2a。(5)因为沙和沙桶有加速度，所以细绳的拉力小于沙和沙桶的重力，即弹簧测力计的读数小于沙和沙桶的重力。 答案： (1)A (2)平衡摩擦力 (3) (4)2 a 2k(5)小于17、解析 方法一：轻质小桶内未加入细砂时，弹簧 k2处于自然长度，设此时弹簧 k1压缩量为 x1，对 A 受力分析可知： k1x1 mgsin 缓慢地向小桶内加入细砂，当 B 与挡板 C 间挤压力恰好为零时，设弹簧 k2伸长量为 x2，弹簧 k1伸长
21、量为 x3，对 B 受力分析可知： k1x3 mgsin 对 A、 B 整体受力分析可知： k2x22 mgsin - 11 -由分析知，小桶下降的距离： d x1 x3 x2 解得 d2 mgsin 。(1k1 1k2)方法二：对弹簧 k1分析：初态时受到 A 的压力为 mgsin ，末态时对 B 的拉力为 mgsin ，因此弹力变化为 2mgsin ，则由 F k x 得： x1 。2mgsin k1对弹簧 k2分析：初态时的弹力为零，末态时产生的拉力为 2mgsin ，则 x22mgsin k2所以 d x1 x22 mgsin 。 答案 2 mgsin (1k1 1k2)(1k1 1k
22、2)18、解析：(1)设物体在 B 点的速度为 vB，所受弹力为 FNB，则有FNB mg mv2BR又 FNB8 mg由能量守恒定律可知弹性势能Ep mv mgR。12 2B 72(2)设物体在 C 点的速度为 vC，由题意可知 mg mv2CR物体由 B 点运动到 C 点的过程中，由能量守恒定律得Q mv 解得 Q mgR。12 2B (12mv2C 2mgR)答案：(1) mgR (2) mgR7219、解析：(1)小滑块对木板 A 的摩擦力 Ff1 1mg4 N木板 A 与 B 整体受到地面的最大静摩擦力Ff2 2(2m mA)g5 NFf1Ff2，小滑块滑上木板 A 后，木板 A 保
23、持静止设小滑块滑动的加速度为 a1，则 F 1mg ma1l a1t12 21解得： t11 s。(2)设小滑块滑上木板 B 时，小滑块速度为 v1，木板 B 的加速度为 a2，经过时间 t2小滑块与木板 B 脱离，小滑块的位移为 x，木板 B 的位移为 xB，木板 B 的最大速度为 vB，则： 1mg2 2mg ma2- 12 -xB a2t12 2v1 a1t1，x v1t2 a1t12 2x xB l， vB a2t2， 解得： vB1 m/s。答案：(1)1 s (2)1 m/s20、解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为 xB，由题意有：kxB mg设当 A 刚刚离开地面时，弹簧的伸长
24、量为 xA，有kxA mg当 A 刚离开地面时， B 上升的距离即 C 沿斜面下滑的距离为h xA xB 。2mgk(2)A 刚离开地面时，以 B 为研究对象， B 受到重力 mg、弹簧的弹力 kxA，细线的拉力 FT三个力的作用，设 B 的加速度为 a，根据牛顿第二定律，对 B 有：FT mg kxA ma对 C 有： mCgsin FT mCa当 B 获得最大速度时，有： a0 解得 mC m。103(3)根据动能定理得：对 C： mCghsin WT EkC0对 B： WT mBgh W 弹 EkB0其中弹簧弹力先做正功后做负功，且其压缩量与伸长量相等，故总功为零， W 弹 0B、 C 的速度大小相等，故其动能大小之比为其质量大小之比，即 EkCEkB 103解得 EkC 。20m2g213k答案：(1) (2) m (3)2mgk 103 20m2g213k
