1、安徽省定远县藕塘中学 2018年 11月高三年级段考卷物理试题一、选择题1. 下列说法符合物理史实的是A. 伽利略通过构思的理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去；从而得出结论是：力是维持物体运动的原因B. 牛顿发现了万有引力定律，并利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量 GC. 天文学家开普勒通过天文观测并总结了前人关于天体运动的研究提出开普勒三大定律D. 在现实生活中不存在真正的质点，将实际的物体抽象为质点是物理学中一种重要的科学研究方法即理想实验法【答案】C【解析】试题分析：伽利略通过构思的理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一
2、直运动下去；从而得出结论是：力不是维持物体运动的原因，而是使物体运动状态改变的原因，选项 A错误；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量 G，选项 B错误；天文学家开普勒通过天文观测并总结了前人关于天体运动的研究提出开普勒三大定律，选项 C正确；在现实生活中不存在真正的质点，将实际的物体抽象为质点是物理学中一种重要的科学研究方法即理想模型法，选项 D错误；故选 C考点：物理学史2. “神舟七号”飞船绕地球运转一周需要时间约 90min， “嫦娥二号”卫星在工作轨道绕月球运转一周需要时间约 118min(“神舟七号”和“嫦娥二号”的运动都可视为匀速圆周运动)。已
3、知“嫦娥二号”卫星与月球中心的距离约为“神舟七号”飞船与地球中心距离的 。根据以上数据可求得A. 月球与地球的质量之比B. “嫦娥二号”卫星与“神舟七号”飞船的质量之比C. 月球与地球的第一宇宙速度之比D. 月球表面与地球表面的重力加速度之比【答案】A【解析】:A、根据万有引力提供向心力 ,得 ，所以 是定值,即可以计算出月球与地球的质量之比,所以 A选项是正确的.B、 “嫦娥二号”卫星与“神舟七号”飞船是环绕天体,质量在等式两边约去了,所以计算不出它们的质量,故 B错误.C、根据第一宇宙速度的公式 ,因为不知道月球和地球的半径,故无法计算月球与地球的第一宇宙速度之比,故 C错误.D、星球表面
4、的重力加速度 ,因为不知道月球和地球的半径,故无法计算月球表面与地球表面的重力加速度之比,故 D错误.综上所述本题答案是：A3. 甲、乙两船的质量均为 M，它们都静止在平静的湖面上，质量为 M的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳回甲船，经过多次跳跃后，最后人停在乙船上假设水的阻力可忽略，则（ ）A. 甲、乙两船的速度大小之比为 1：2B. 甲船与乙船（包括人）的动量相同C. 甲船与乙船（包括人）的动量之和为零D. 因跳跃次数未知，故无法判断【答案】C【解析】试题分析：以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，初态总动量为 0，所以甲船与乙船（包括人）的动量大小之比是 1：1，而动量
5、的方向相反，所以甲船与乙船（包括人）的动量不同由 P=mv，知甲、乙两船的速度与质量成反比，所以甲、乙两船的速度大小之比为 2：1故 AB错误以系统为研究对象，在整个过程中，由动量守恒定律知，甲船与乙船（包括人）的动量之和为零，故 C正确，D 错误故选 C考点：动量守恒定律【名师点睛】解决的关键知道人、两船系统总动量守恒，总动量为零，对系统运用动量守恒定律进行分析。4. 如图所示，绳子质量、滑轮摩擦不计，物体 M静止在倾角为 的斜面上，若倾角 增大，物体 M仍然静止 （连接 M一端的绳子始终与斜面平行）下列判断正确的是A. 绳子的拉力可能增大B. 斜面对地面的正压力增大C. 物体 M受到的静摩
6、擦力可能增大D. 物体 M受到斜面的作用力可能增大【答案】C【解析】对物体 m受力分析，受重力和支持力，由二力平衡得到：T=mg，绳子拉力一定不变，故 A错误；对 M、m 和斜面的整体可知，地面对整体的支持力等于 M、m 和斜面体的重力之和，故斜面对地面的正压力不变，选项 B错误；对物体 M受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力；如果静摩擦力沿斜面向上，如图：根据平衡条件得到 f+T-Mgsin=0；N-Mgcos=0解得：f=Mgsin-T=Mgsin-mg； N=Mgcos当 变大时，f 变大，N 变小； 如果静摩擦力沿斜面向下，同理可得到：f=T-Mgsin=mg-Mgsin；N=Mg
7、cos；当 变大时，f 变小，N 变小；综上所述可知，选项故 C正确，D 错误；故选 C5. 某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在下表中记录了几个特定时刻体重秤的示数（表内时刻不存在先后顺序） ，若已知 t0时刻电梯处于静止状态，则时 间 t0 t1 t2 t3体重秤示数 45.0 50.0 40.0 45.0（kg）A. t1时刻该同学的质量并没有变化，但所受重力发生变化B. t2时刻电梯可能向上做减速运动C. t1和 t2时刻电梯运动的方向相反D. t3时刻电梯处于静止状态【答案】B【解析】超重和失重时物体的重力和质量是不变的，只是对悬挂物的压力或者支持力变化了
8、，故 A错误；t 2时刻物体处于失重状态，电梯的加速度方向向下，可能向上做减速运动，选项B正确；t 1时刻物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，所以 t1和 t2时刻电梯的加速度方向相反，但是速度不一定相反，选项 C错误；t 3时刻电梯受力平衡，可能保持静止，也可能做匀速直线运动，故 D错误；故选 B点睛：超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下6. 如图为一质点做直线运动的位移 x随时间 t变化的规律图象，曲线 ABC是抛物线的一部分，则由图可知下列说法中正确的是( )A. 在 0
9、6 s 内， t2 s 时，质点的速率最大B. 01 s 内质点做匀加速直线运动C. 06 s 内质点的平均速率为 1.5 m/sD. 26 s 内质点所受合力方向与速度方向相反【答案】C【解析】A、位移-时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向， 时刻斜率为零，故该时刻速率最小，为零，故选项 A错误；B、 图像的斜率为定值，则这段时间内物体向正方向做匀速直线运动，故选项 B错误；C、 内质点的路程为 ，则平均速率为： ，故选项 C正确；D、 内图像的斜率逐渐增大，则在这段时间内物体向负方向做加速运动，其加速度方向与速度方向相同，即合力的方向与速
10、度方向相同，故选项 D错误。7. 一轻绳系住一质量为 m的小球悬挂在 O点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕 O点做圆周运动，若在水平半径 OP的中点 A处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过 P点后将绕 A点做圆周运动，则到达最高点 N时，绳子的拉力大小为( )A. 0 B. 2mg C. 3mg D. 4mg【答案】C.点睛：小球在最高点时，由重力和轻绳的拉力的合力提供小球的向心力，根据牛顿第二定律求解绳子的拉力大小。8. 如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率 v沿竖直光滑圆轨由 A点运动到 B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )
11、A. 逐渐减小 B. 逐渐增大C. 先减小，后增大 D. 先增大，后减小【答案】B【解析】试题分析：因为小球是以恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力 G、水平拉力 F、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向 O点设球与圆心的连线与竖直方向夹角是 ，则： （F 与 G的合力必与支持力在同一直线上）得：F=Gtan，而水平拉力 F的方向与速度 V的方向夹角也是 ，所以水平力 F的瞬时功率是 P=Fvcos，即为：P=Gvsin，显然，从 A到 B的过程中， 是不断增大的，所以水平拉力 F的瞬时功率是一直增大的故 B正确，ACD 错误故选 B。考点：功率【名师点睛】解决本题的关键掌握
12、瞬时功率的表达式 P=Fvcos，注意 为 F与速度的夹角。9. 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于 O点(图中未标出)物块的质量为 m，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为 .现用水平向右的力将物块从 O点拉至 A点，拉力做的功为 W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经 O点到达 B点时速度为零重力加速度为 g.则上述过程中A. 物块在 A点时，弹簧的弹性势能等于 W mgaB. 物块在 B点时，弹簧的弹性势能小于 W mgaC. 经 O点时，物块的动能小于 WmgaD. 物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B点时弹簧的弹性势能【答案】BC【
13、解析】试题分析：据题意分析：物块到达 B点时速度为 0，但加速度不一定是零，即不一定合力为 0，这是此题的不确定处弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数 很小，则动能为最大时时弹簧伸长量小（此时弹力等于摩擦力 ） ，而弹簧振幅变化将很小， B点弹簧伸长大于动能最大点；如果 较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大， （因弹力等于摩擦力，较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡） ，而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离 O点很近处，就处于静止（速度为 0，加速度也为 0） ，此时 B点伸长量可能小于动能最大时伸长量， B点势能可能小于动能最大处势能至于物块在
14、A点或 B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可如果没有摩擦力，则 O点应该在 AB的中点，由于有摩擦力，物体从 A到 B过程中有机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的 B点，也即 O点靠近 B点故 设物块在 A点时弹簧的弹性势能为 ，物块从 A点运动到 O点的过程，由能量守恒定律得 ，则得 ，即物块在 A点时，弹簧的弹性势能小于 ，故 A错误；由 A分析得物块从开始运动到最终停在 B点，路程大于 ，故整个过程物体克服阻力做功大于 ，故物块在 B点时，弹簧的弹性势能小于 ，故 B正确；从 O点开始到再次到达 O点，物体路程大于 a，故由动能定理得，物块的动能小于 ，故 C正确；
15、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在 B点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在 B点时弹簧伸长量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系不好判断，故 D错误。视频10. 倾角为 37的斜面上有一重为 G的物体 A， A与斜面间的动摩擦因数 0.5。现给 A施加一水平力 F，如图所示。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin 370.6，cos 370.8)，物体 A在斜面上静止，则水平推力 F与 G的比值可能的是( )A. 2 B. 1 C. 0.5 D. 0.1【答案】ABC【解析】设物体刚好不下滑时 FF 1 ，则 F 1 cos F N Gsin F N F 1 sin
16、 Gcos 得设物体刚好不上滑时 FF 2 ，则 F 2 cos F N Gsin F N F 2 sin Gcos 得即 ，故 ABC正确，D 错误；故选 ABC。11. 如图，长均为 L的两根轻绳，一端共同系住质量为 m的小球，另一端分别固定在等高的A、B 两点，A、B 两点间的距离也为 L重力加速度大小为 g今使小球在竖直平面内以 AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为 v时，两根绳的拉力恰好均为零，则A. 当绳的拉力恰好为 0时，小球在最高点的速率B. 当绳的拉力恰好为 0时，小球在最高点的速率C. 若小球在最高点速率为 3v时，每根绳的拉力大小为D. 若小球在最高点速率为 3v时，
17、每根绳的拉力大小为【答案】BC【解析】试题分析：当绳的拉力恰好为 0时，小球在最高点的速率满足： ，则，选项 B正确，A 错误；当小球在最高点的速率为 3v时，根据牛顿第二定律有：mg+2Tcos30m解得： 故选项 C正确，D 错误；故选 BC考点：牛顿第二定律；向心力【名师点睛】12. 如图所示，一圆环套在竖直光滑的杆上，杆的直径比环的内径略小，圆环通过轻弹簧与放在地面上的物块相连，开始时弹簧处于原长，由静止释放圆环，到圆环向下的速度达到最大的过程中(此过程物块一直保持静止)( )A. 圆环受到的合力在减小B. 杆对圆环的作用力在减小C. 地面对物块的摩擦力在减小D. 地面对物块的支持力在
18、增大【答案】AD【解析】A、圆环从静止到速度最大的过程中，速度不断增大，加速度不断减小，所受合力不断减小，故 A正确；B、由于环在向下运动的过程中，弹簧的长度不断减小，弹力不断增大（弹簧处于压缩状态） ，弹力沿水平方向的分力不断增大，对环水平方向研究可知，杆对圆环的作用力不断增大，故B错误；C、对整体研究，地面对物块的摩擦力与杆对环的作用力等大反向，因此地面对物块的摩擦力不断增大，故 C错误；D、对系统整体研究可知，由于环沿竖直方向的加速度不断减小，因此竖直方向根据牛顿第二定律可以知道，物块对地面的压力不断增大，地面对物块的支持力不断增大，故 D正确。点睛：本题要求同学们能正确分析圆环的运动情
19、况和受力情况，知道弹簧弹力与形变量有关，物体不动，圆环下滑时，弹簧弹力增大，注意整体法和隔离法在解题中的应用。二、实验题13. “探究求合力的方法”的实验装置如图甲所示。(1)某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图甲所示。其中，细绳 CO对 O点的拉力大小为_ N。(2)请将图甲中细绳 CO和 BO对 O点两拉力的合力 F 合 画在图乙上_。由图求出合力的大小 F 合 _ N。(保留两位有效数字)(3)某同学对弹簧测力计中弹簧的劲度系数是多少很感兴趣，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图丙所示，利用读得的数据，他得出了弹簧的劲度系数。那么，该弹簧的劲度系数 k_N/m。(保留两位有效数字)
20、【答案】 (1). 2.60 (2). (3). 4.9(4.75.1均可) (4). 60【解析】 （1）根据测力计指针的指示可读出其示数为： ；（2）以 为邻边，作出平行四边形，如图所示，对角线表示合力：由此可得出合力的大小为： （3）根据丙图可知，当拉力为 时，弹簧的拉伸量为：，由于刻度尺需要估读在范围 内均正确因此根据 得： ，在范围 内均正确。点睛：实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等。14. 某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过实验得到如图乙所示的 aF图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角_
21、(选填“偏大”或“偏小”)。(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力(填“大于” “小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量 M与砝码和盘的总质量 m满足_的条件。(3)该同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为 50 Hz。 A、 B、 C、 D、 E、 F、 G是纸带上 7个连续的点。 x xDG xAD_cm。由此可算出小车的加速度 a_m/s 2。(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). 偏大 (2). 小于 (3). Mm (4). 1.80 (5). 5.0【解析】 (1)根据所给的 F-a图像可知，当 F0
22、时，小车已经有了加速度 a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的；(2)根据牛顿定律，对小车 FMa，对砝码和盘 mgFma，解得 F mg，只有当Mm 时，小车受到的拉力才近似等于 mg，从而减少误差。(3)由题图读出 xAD2.10 cm，x DG3.90 cm，所以 xx DGx AD1.80 cm，根据xat 2，解得 a5.0 m/s 2。三、计算题15. 如图甲所示，质量为 m=0.5kg的物体置于倾角为 =37的固定且足够长的斜面上， t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力 F， t1=0.5s时撤去该拉力。整个过程物体运动的速度与时间的部分图像如图乙所示
23、。不计空气阻力， g=10m/s2 ，sin37=0.6，cos37=0.8。求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数 ;(2)拉力 F的大小;(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离 s.【答案】 （1） =0.5（2） F=15N（3） s=7.5m【解析】 （1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小 此过程 解得（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小此过程解得 F=15N（3）由图象可知，物体向上滑行时间 1.5s向上滑行过程位移16. 如图所示，在光滑水平面上有一块长为 L的木板 B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的 圆弧槽 C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C
24、 静止在水平面上。现有很小的滑块 A以初速度 v0从右端滑上 B并以 的速度滑离 B，恰好能到达 C的最高点。A、B、C 的质量均为 m，求：（1）滑块 A与木板 B上表面间的动摩擦因数 ；（2） 圆弧槽 C的半径 R。【答案】 （1） （2）【解析】 （1）当 A在 B上滑动时，A 与 BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A 与 BC组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：mv0 m( v0)+2mv1由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：联立解得： （2）当 A滑上 C，B 与 C分离，A、C 发生相互作用设 A到达最高点时两者的速度相等均为v2，A、C 组成的
25、系统水平方向动量守恒有：m( v0)+mv1( m+m)v 2由 A、C 组成的系统机械能守恒： 联立解得： 点睛：该题考查动量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中17. 几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，就是动车组。(1)假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等。若 1节动车加 3节拖车编成的动车组的最大速度为 120 km/h；则 6节动车加 3节拖车编成的动车组的最大速度为多少？(2)若动车组运动阻力正比于其速度，已知动车组的功率
26、为 P0时能达到的最大速度是 v，若要求提速一倍，则动车组功率是多少？(3)若动车组从静止开始做匀加速直线运动，经过 t1时间动车组达到最大功率 P，然后以该最大功率继续加速，又经过 t2时间达到最大速度 v0，设运动阻力恒定，动车组总质量为 m，求动车组整个加速距离。【答案】 （1）320km/h（2）4 P0（3）【解析】试题分析：（1）每节动车的功率为 P，每节动车的重力是 G，阻力为 kG1节动车加 3节拖车 （1 分）6节动车加 3节拖车 （2 分）得到 （2 分）（2）阻力正比于速度 最大速度时 （2 分）则 (1分)车速提升一倍 （2 分）（3）最大功率是 P，最大速度是 v，则阻力 f为 （1 分）匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率是 P/2，设总路程是 s，有动能定理（2 分）解得 （2 分）考点：本题考查机车的功率。
