1、1河南省林州一中 2018 届高三 7 月调研考试物理试题一、选择题（每题 5 分，共 60 分，其中 1-7 题为单项选择题，8-12 为多项选择题） 。1. 某学校教室里的磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁，小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案关于小磁铁，下列说法中正确的是 ( )A. 磁铁受到的电磁吸引力大于受到的弹力才能被吸在黑板上B. 磁铁受到五个力的作用C. 磁铁与黑板间在水平方向上存在两对作用力与反作用力D. 磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力【答案】C【解析】A、小磁铁受到的磁力与受到的弹力大小相等，是一对平衡力，故 A 错误；B、小磁铁受到四个力的作用，竖直方向
2、重力和摩擦力，水平方向黑板对小磁铁的吸引力和黑板对小磁铁的弹力，故 B 错误；C、小磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力，黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力。黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力，故 C 正确； D、磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是相互作用力，故 D 错误。故选： C。2. 如图所示，质量为 m2的物体 2 放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为 m1的物体 1，与物体 1 相连接的绳与竖直方向保持 角不变，则( )A. 车厢的加速度为 gsin B. 绳对物体 1 的拉力为m1gcosC. 底板对物体 2 的支持力为( m2
3、m1)gD. 物体 2 所受底板的摩擦力为 m2gsin 【答案】B【解析】试题分析：对物体 1 受力分析如图所示：21 物体受到的合力为绳子的拉力为 ， ，根据牛顿第二定律可得 ，T=m1gcos F合 =m1gtan a=gtan1 物体的加速度和车厢的速度相同，故车厢的加速度为 ，A 错误 B 正确；a=gtan对 2 物体受力分析如图所示根据力的合成与分解，牛顿第二定律可得 ，CDN=m2gT=m2gm1gcos，f=m2a=m2gtan错误；考点：考查了牛顿第二定律的应用3. 如图，对斜面上的物块施以一个沿斜面向上的拉力 F 作用时，物块恰能沿斜面匀速上滑在此过程中斜面相对水平地面静
4、止不动，物块和斜面的质量分别为 m、 M，则（ ）A. 地面对斜面的支持力等于 ( M + m)g B. 地面对斜面的支持力小于 ( M + m)g C. 斜面受到地面向左的摩擦力为 mgsin F D. 斜面受到地面的摩擦力为零【答案】C考点：受力分析，牛顿第二定律。4. 在静止的小车内，用细绳 a 和 b 系住一个小球，绳 a 与竖直方向成 角，拉力为 Ta，绳 b 成水平状态，拉力为 Tb现让小车从静止开始向右做匀加速直线运动，如图所示，此3时小球在车内的位置保持不变（角 不变） ，则两根细绳的拉力变化情况可能是( )A. Ta变大，T b不变 B. T a变大，T b变小C. Ta不变
5、，T b变小 D. T a不变，T b变大【答案】C【解析】解：物体以加速度 a 向右做匀加速直线运动，对小球受力分析，如图根据共点力平衡条件TasinT b=maTacosmg=0解得Ta=Tb=mgtanma故当物体由静止开始加速时，加速度由零变为不是零，即变大，故 Ta不变，T b变小；故选：C【点评】本题关键是对小球受力分析，根据牛顿第二定律列出方程求解出各个力的表达式，然后进行讨论5. 以下说法不符合物理学史实的是：( )A. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一个地方B. 伽利略通过理想实验得出结论：力是维持物体运动的原因C. 笛卡尔
6、指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向D. 牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证4【答案】B【解析】试题分析：亚里士多德认为力的作用是使物体运动的原因，A 的说法符合物理学史，故不选 A；伽利略通过理想实验得出结论小球沿一个斜面由静止滚下来，在滚上另一个斜面，如果没有摩擦，减小另一个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球将在水平面上以恒定的速度维持运动下去，即运动不需要力来维持，故 B 项说法不符合物理学史，故应选 B；笛卡尔指出如果运动中的物体没有受到力的作用，它将以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离
7、原来的方向，C 的说法符合物理学史，故不选 C；牛顿第一定律是逻辑思维对事实进行分析的产物，不可能直接用实验验证，符合物理学史，故不选 D。考点：本题考查了物理学史6. 如图，一半径为 R 的球面固定于水平面的 A 点，顶端放一质量为 m 的物块，现给物块一初速度 v0，则A. 若 ，则物块落地点离 A 点v0=gR 2RB. 若球面是粗糙的，当 时，物块一定会沿球面下滑一段，再斜抛离开球面v0gRC. 若 ，则物块落地点离 A 点为 Rv0gRD. 若 ，则物块落地点离 A 点至少为 2Rv0gR【答案】D【解析】试题分析：当 ，物块将离开球面做平抛运动，由 y=2R=gt2/2，x=vt，
8、得v0=gRx=2R，A 错误，D 正确；若 ，物块将沿球面下滑，若摩擦力足够大，则物块可能下v0gR滑一段后停下来，若摩擦力较小，物块在圆心上方球面上某处离开，斜向下抛，落地点离A 点距离大于 R，B、C 错误。考点：本题考查圆周运动和平抛运动。7. 在光滑圆锥形容器内固定了一根光滑的竖直细杆，细杆与圆锥的中轴线重合，细杆上穿有小环(小环可以自由转动，但不能上下移动)，小环上连接一轻绳，与一质量为 m 的光猾小球相连，让小球在圆锥内做水平面上的匀速圆周运动，并与圆锥内壁接触.如下图所示，5图甲中小环与小球在同一水平面上，图乙中轻绳与竖直细杆成角。设甲图和乙图中轻绳对球的拉力分别为 Ta和 T
9、b，圆锥内壁对小球的支持力分别为 Na和 Nb，则下列说法中，正确的是A. Ta一定为零，T b一定为零 B. T a可以为零，T b不可以为零C. Na一定不为零，N b可以为零 D. N a可以为零，N b可以不为零【答案】C【解析】对甲图中的小球进行受力分析，小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以 Ta 可以为零，若 Na 等于零，则小球所受的重力及绳子拉力的合力方向不能指向圆心而提供向心力，所以 Na 一定不为零；对乙图中的小球进行受力分析，若 Tb 为零，则小球所受的重力、支持力合力的方向可以指向圆心提供向心力，所以 Tb 可以为零；若 Nb 等于零，则小球所受
10、的重力及绳子拉力的合力方向也可以指向圆心而提供向心力，所以 Nb 可以为零；故选： C。【名师点睛】小球在圆锥内做匀速圆周运动，对小球进行受力分析，合外力提供向心力，根据力的合成原则即可求解。8. 在高处以初速度 v1水平抛出一个带刺飞镖，在离开抛出点水平距离 L、2L 处有 A、B 两个小气球以初速度 v2匀速上升，先后被飞镖刺破(认为飞镖质量很大，刺破气球不会改变其平抛运动的轨迹)。则下列判断正确的是6A. 飞镖刺破 A 气球时，飞镖的速度大小为vA=g2L2v12B. 飞镖刺破 A 气球时，飞镖的速度大小为vA=v12+g2L2v12C. A、B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高
11、度差为3gL22v12+v2Lv1D. A、B 两个小气球未被刺破前的匀速上升过程中，高度差为3gL22v12【答案】BC【解析】A、抛出到刺破气球 A,经过了时间 tA=L/v1竖直方向速度 ，vy=gtA=gLv1则飞镖的速度 ，故 A 错误，B 正确；vA=v21+v2y=v21+g2L2v21C、AB 两球被刺破位置的高度差 ，B 球比 A 球多运动时间 L/v1,B 比 A 多上h1=312gt2A=3gL22v21升 ，h2=v2tA=v2Lv1AB 未被刺破前高度差 ，故 C 正确，D 错误。H=h1+h2=3gL22v21+v2Lv1故选：BC。【名师点睛】根据水平位移求出飞镖
12、运行的时间，从而得出飞镖在竖直方向上的速度，根据平行四边形定则求出飞镖的速度大小；平抛运动在竖直方向做自由落体运动，在相等时间内的位移之比为 1：3，求出 AB 两球被刺破位置的高度差，抓住 B 球比 A 球多运行的时间以及多上升的高度求出 AB 刺破前的高度差。9. 如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力 F 与物体位移 x 之间的关系如图乙所示( g10m/s 2)，则下列结论正确的是 ( )7A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B. 弹簧的劲度系数为
13、7.5 N/cmC. 物体的质量为 2 kgD. 物体的加速度大小为 5 m/s2【答案】CD【解析】试题分析：物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 A 错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 mg=kx ;拉力 F1为 10N 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=ma ；物体与弹簧分离后，拉力 F2为 30N，根据牛顿第二定律，有 F2-mg=“ma“ ；代入数据解得 m=2kg；k=500N/m=5N/cm；a=5m/s 2，故 AB 错误，C D 正确；故选 CD考点：牛顿第二定律【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；本题关键是由图
14、象得出一些相关物理量，然后根据牛顿第二定律列方程分析求解。10. 一物体在 xOy 平面内从坐标原点开始运动，沿 x 轴和 y 轴方向运动的速度 v 随时间 t变化的图象分别如图甲、乙所示，则物体在 0 t0时间内 ( )A. 做匀变速运动B. 做非匀变速运动C. 运动的轨迹可能如图丙所示D. 运动的轨迹可能如图丁所示【答案】AC【解析】AB、由图知：物体在 x 轴方向做匀速直线运动，加速度为零，合力为零；在 y 轴方向做匀减速直线运动，加速度恒定，合力恒定，所以物体所受的合力恒定，一定做匀变速运动，故 A 正确，B 错误；CD、曲线运动中合外力方向与速度方向不在同一直线上，而且指向轨迹弯曲的
15、内侧由上分析可知，物体的合力沿-y 轴方向，而与初速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，根据合力指向轨迹的内侧可知，丙图是可能的，故 C 正确，D 错误。8故选：AC。【名师点睛】物体在 x 轴方向做匀速直线运动，在 y 轴方向做匀减速直线运动，根据运动的合成分析物体的运动情况。根据运动学公式分别求出物体的运动情况，判断可能的轨迹。11. 如图所示，小船从 A 码头出发，船头始终正对河岸渡河，若小河宽度为 d，小船在静水中的速度 v 船 恒定，河水中各点水流速度大小与该点到较近河岸边的距离成正比，即 v 水=kx， x 是各点到近岸的距离（ x d/2， k 为常量） ，要使小船能够到达距 A
16、 正对岸为 s 的 B码头则下列说法中正确的是（ ）A. 小船渡河的速度 v 船 kd24sB. 小船渡河的速度 v 船 kd22sC. 小船渡河的时间为4skdD. 小船渡河的时间为2skd【答案】AC【解析】小船在沿河岸方向的速度随时间先均匀增大后均匀减小，前 s/2 内和后 s/2 内的平均速度为 ，0+kd22 =kd4则渡河的时间t=2s2kd4=4skd渡河速度 v 船 =d/t d，故 AC 正确，BD 错误。kd24s故选：AC。12. 如图所示，在竖直平面有一个光滑的圆弧轨道 MN，其下端（即 N 端）与表面粗糙的水平传送带左端相切，轨道 N 端与传送带左端的距离可忽略不计当
17、传送带不动时，将一质量为 m 的小物块（可视为质点）从光滑轨道上的 P 位置由静止释放，小物块以速度 v1滑上传送带，从它到达传送带左端开始计时，经过时间 t1，小物块落到水平地面的 Q 点；若传送带以恒定速率 v2运行，仍将小物块从光滑轨道上的 P 位置由静止释放，同样从小物块到9达传送带左端开始计时，经过时间 t2，小物块落至水平地面关于小物块上述的运动，下列说法中正确的是（ ）A. 当传送带沿顺时针方向运动时，小物块的落地点可能在 Q 点右侧B. 当传送带沿逆时针方向运动时，小物块的落地点可能在 Q 点左侧C. 当传送带沿顺时针方向运动时，若 v1v 2，则可能有 t1t 2D. 当传送
18、带沿顺时针方向运动时，若 v1v 2，则可能有 t1t 2【答案】AC【解析】试题分析：根据机械能守恒定律知道滑上传送带的速度，与传送带的运行速度进行比较，判断物体的运动规律，从而得出物体平抛运动的初速度，以及平抛运动的水平位移物体飞出右端做平抛运动，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：A、C、当传送带不动时，小物块在传送带上做匀减速运动，传送带以恒定速率 v2沿顺时针方向运行，当 v1v 2，小物块在传送带上可能一直做匀减速运动，也有可能先做匀减速后做匀速运动，所以 t1t 2小物块滑出传送带时的速度大于等于 v2，根据平抛运动规律知道小物块的落地点可能仍在 Q
19、 点，可能在 Q 点右侧故 AC 正确；B、传送带以恒定速率 v2沿逆时针方向运行，小物块在传送带上做匀减速直线运动，与传送带静止情况相同，根据平抛运动规律知道小物块的落地点在 Q 点故 B 错误；D、传送带以恒定速率 v2沿顺时针方向运行，当 v1=v2，小物块在传送带上做匀速直线运动，所以 t1t 2根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在 Q 点右侧传送带以恒定速率 v2沿顺时针方向运行，当 v1v 2，小物块在传送带上可能一直做匀加速运动，也有可能先做匀加速后做匀速运动，所以 t1t 2 根据平抛运动规律知道小物块的落地点在在 Q 点右侧故 D 错误；故选：AC【点评】解决本题的关键掌握
20、机械能守恒定律，以及会根据物块的受力判断物块的运动规律，当物块的速度大于传送带的速度，则在传送带上先做匀减速运动，当速度等于传送带10速度时，做匀速直线运动二、填空与实验题（共 12 分）13. 在“验证牛顿第二定律”的实验中，某同学做出的 的关系图线，如图所示。从图a1M象中可以看出，作用在物体上的恒力 F=_N。当物体的质量为 2.5 kg 时，它的加速度为_m/s 2。【答案】 (1). 5N (2). 2 m/s 2【解析】由图可知，a1/M 的关系图线是一条过坐标原点的直线说明物体所受的合力是定值，当物体的加速度 a=20m/s2时，物体的质量 M=1/4kg，根据牛顿第二定律 F=
21、Ma 可得，作用在物体上的恒力 F=Ma=20 N=5N；14根据牛顿第二定律 F=Ma 可得当物体的质量为 2.5kg 时，它的加速度为 a=5/2.5=2m/s2。14. 在验证牛顿第二定律的实验中，图为实验装置示意图。（1）为了保证实验条件和减小误差，以下哪些措施是必要的？_ A每次改变小车的质量后，需要重做平衡摩擦力的工作 B将木板的一端垫高，使小车不受拉力时恰能在木板上做匀速运动C尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多D同一条件下多打几条纸带11（2）某学生在平衡摩擦力时，把长木板的一端垫得过高，使得倾角偏大。他所得到的a F 关系可用图（三）中哪条图线表示？（图中 a 是小车的加速
22、度， F 是细线作用于小车的拉力）答：_ 【答案】 (1). BCD (2). C【解析】(1)A、根据实验原理可知，重力的下滑分力等于滑动摩擦力，因此每次改变小车的质量后，都不会影响平衡条件，所以不要每次平衡摩擦力的，故 A 错误；B、在实验的过程中，我们认为绳子的拉力 F 等于钩码的重力 mg，而在小车运动中还会受到阻力，所以我们首先需要平衡摩擦力。具体的方法是适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂钩码的小车恰能拖着纸带匀速下滑，故 B 正确；C、为了使沙与沙桶的总重力接近小车的合力，因此尽量使沙与沙桶的总质量比小车质量小得多，故 C 正确；D. 同一条件下多打几条纸带，目的是求平均值，故 D
23、 正确。故选：BCD。(2)A、图象过原点，恰好平衡摩擦力，木板高度合适，故 A 错误；B、在拉力较大时，图象发生弯曲，这是由于小车质量没有远大于砂桶质量造成的，故 B 错误；C、aF 图象在 a 轴上有截距，是由过平衡摩擦力造成的，平衡摩擦力时木板垫的过高，故C 正确；D、图象在 F 轴上有截距，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，故 D 错误。故选：C。三、计算题（本题共计 36 分，其中 15 题 10 分，16 题 12 分，17 题 14 分，要求写出计算过程及必要的文字说明）15. 如图所示，细线下面悬挂一小钢球（可看作质点） ，钢球在水平面内以 O为圆心做匀速圆周运动。若测得钢球做圆
24、周运动的轨道半径为 r，悬点 O 到圆心 O之间的距离为 h，钢球质量为 m。忽略空气阻力，重力加速度为 g。求：12（1）钢球做匀速圆周运动的向心力大小 Fn；（2）钢球做匀速圆周运动的角速度大小 。【答案】 （1） （2）mgrh gh【解析】.(2)根据向心力公式有：Fn=mr 2所以钢球的角速度： =gh16. 如图（a）所示， “ ”型木块放在光滑水平地面上，木块水平表面 AB 粗糙， BC 表面光滑且与水平面夹角为 =37木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值一个可视为质点的滑块从 C 点由静止开始下滑，运动过程中，
25、传感器记录到的力和时间的关系如图（b）所示已知 sin37=0.6，cos37=0.8，g 取 10m/s2求：(1) 斜面 BC 的长度；13(2) 木块 AB 表面的摩擦因数【答案】 （1）3m（2）0.2【解析】试题分析：（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得，加速度为：，a1 gsin 100.6m/s2 6m/s2通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为： ，由运动学公式得：t1=1s。 （2）滑块对斜面的压力为： ，木板对传感器的压力s12a1t12 1261m 3m N1=mgcos为： ，F1=N1sin由图象知： ，代入数据解得： ，传感器对木板的拉力为：F1=12N m=2.5k
26、g，F2=f=mg=5N解得： 。F2mg 0.2考点：牛顿第二定律、力的合成与分解的运用【名师点睛】根据牛顿第二定律求出滑块在斜面上运动的加速度，结合位移时间公式求出滑块的位移根据木板对传感器的压力得出物块的质量，结合传感器对木板的拉力求出滑动摩擦力的大小，结合滑动摩擦力公式求出动摩擦因数的大小。17. 一水平薄木板（厚度不计）的质量 M=100Kg,静止在水平路面上，一质量 m=50Kg 的物块（可视为质点）置于木板上，它到木板左端的距离 l=1.0m,物块与木板、木板和路面及物块与路面间的动摩擦因数均为 =0.2，现对木板施一水平向右的恒力，始终作用于木板上，使其向右行驶，物块从板上滑落
27、。已知物块刚离开木板时，木板向右行驶的距离x=2.0m,取 g=10m/s2,求：（1）物块刚要离开木板时木板的速度？（2）物块在路面上停止滑动时距木板左端的水平距离是多少？【答案】 （1）1.25m（2） 1.16st2.1s【解析】 （1）物块产生的加速度为 a1= =g=2m/s 2；mgm木板前进的位移为 x1=xl=2m1m=1m；故物块刚要离开木板时木板的速度 v= m/s=2m/s；2a1x1=22114（2）物块刚要离开木板时，木板运动的时间为 t= s=1s；va1=22因为木板的位移为 2m，故木板的加速度为 a= m/s2=4m/s2；2xt2=2212由牛顿第二定律可得，拉力为 F=mg+（m+M）a=1000N；木板获得的速度为 v=at=4m/s；物块脱离木板后木块在地面的加速度为 a1，木板的加速度 a= m/s=8m/s2；FMgM=10000.210010100物块减速到零所需要的时间为 t= s=1s；va1=221s 内物块前进的距离为 x= m=1m；v22a1=2222木板前进位移 x=vt+ at 2=41m+ 812m=8m；12 12物块在路面上停止滑动时距木板左端的水平距离是x= xx=7m。
