1、河南省扶沟县高级中学 2018届高三上学期第三次考试物理试卷一、选择题1. 伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次假设某次试验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置 A、B、C，让小球分别由 A、B、C 滚下，如图所示设 A、B、C 与斜面底端的距离分别为 x 1、x 2、x 3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端的时间分别为 t 1、t 2、t 3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端时的速度分别为 v1、v 2、v 3，则下列关系式中正确，并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是（ ）A.
2、 B. C. D. 【答案】D【解析】小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故 A错误；由 v=at可得，三次下落中的加速度相同，故公式正确，但不是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故 B错误；由图可知及运动学规律可知，x 1-x2x 2-x3，故 C错误；由运动学公式可知，x= at2故 ，故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故 D正确；故选 D2. 如右图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于 M点，与竖直墙相切于 A点，竖直墙上另一点 B与 M的连线和水平面的夹角为 600，C 是圆环轨道的圆
3、心已知在同一时刻：a、b 两球分别由 A、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道分别 AM、BM 运动到 M点；c 球由 C点自由下落到 M点；则（ ）A. a球最先到达 M点 B. c 球最先到达 M点C. b球最先到达 M点 D. b 球和 c球都可能最先到达 M【答案】B【解析】试题分析：c 球从圆心 C处由静止开始沿 CM做自由落体运动， ，。a 球沿 AM做匀加速直线运动， ， ， 。b 球沿 BM做匀加速直线运动， ， ， 。由上可知，故 B正确，A、C、D 错误。考点：牛顿第二定律的应用（等时圆）3. 扶沟高中物理研究性学习小组为了测量当地的重力加速度大小，让一小球竖直上抛，测量上升
4、一段高度 h 所用的时间为 t 1，紧接着继续上升一段高度 h 所用时间为 t 2则当地的重力加速度大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设小球的初速度为 v0，则在时间 t1内竖直上抛运动的位移为： 同理在时间（t 1+t2）内竖直上抛运动的位移为： 联立以上两式得：g= 故 C正确，ABD 错误，故选 B.4. 如图甲所示，一质量为 m=1kg 的物体在水平拉力 F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始，拉力 F 随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示则下列关于物体运动的说法中正确的是（ ）A. t=1s时物体开始做匀减速运动B. t=3s至 t
5、=5s时间内中，摩擦力对物体不做功C. 物体与接触面间的动摩擦因数为 0.2D. t=2s时物体的加速度大小为 2m/s2【答案】B【解析】物体在开始在 F作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为 4N，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，即在 1s时物体开始做减速运动，拉力减小，合力减小，加速度减小，做变减速运动，故 A错误由图可知，从 3s开始，物体处于静止，故 t=3s至 t=5s时间内中，摩擦力对物体不做功，故 B正确；由图可知滑动摩擦力大小为f=4N，根据可知 ，故 C错误；t=2s 时，拉力大小为 3N，则加速度大小，故 D错误故选 B点睛：解决本题的关键知道物体做
6、匀速直线运动，拉力减小后，先做减速运动，最终静止摩擦力由滑动摩擦力变为静摩擦力5. “蛟龙号”深潜器在某次实验中，从水面开始下潜到最后返回水面的 10min 内 vt 图象如图所示，则（ ）A. 深潜器运动的最大加速度是B. 深潜器下潜的最大深度为 6.0mC. 在 35min 内的平均速度大小为 0.5m/sD. 深潜器在 68min 内处于失重状态【答案】C【解析】图象的斜率表示加速度的大小，则 01min 内加速度最大，最大为：，故 A错误；根据图象可知，在 t=4min时到达最大深度，根据 v-t图象的面积得：04min 位移为：x= （460+260）2=360m，即最大深度为 36
7、0m，故B错误；3-5min 内的位移 ，平均速度 ，故 C正确；深潜器在 6-8min内加速度向上，故处于超重状态，故 D错误故选 C点睛：本题是一道图象题，关键要理解速度图象的物理意义，能通过图象去挖掘信息，处理图象题时，要把图象与相对应的物理知识结合起来分析6. 如图，AOB 为夹角固定的 V形槽，开始时槽板 OB位于竖直平面内，光滑小球静置槽中槽板 OA 受到的压力为 N A，槽板 OB 受到的压力为 N B在 V 形槽沿顺时针方向缓慢旋转至 OB 水平的过程中（ ）A. NA逐渐减小，N B逐渐增大B. NA先增大后减小，N B逐渐增大C. NA逐渐减小，N B先增大后减小D. NA
8、先增大后减小，N B先增大后减小【答案】C【解析】对球受力分析，重力、AO 板支持力，BO 板支持力，三力平衡，根据共点力平衡条件，三个力可以构成首位相连的矢量三角形，如图所示：将 V形槽沿顺时针方向缓慢旋转至 OB水平的过程中，两个支持力的方向顺时针转动 90，等效成重力方向逆时针转动 90，故角 不变，角 不断变小（锐角） ，角 不断变大（先锐角后钝角） ；根据正弦定理，有： 解得： ， ，角 不变，角 不断变小（鋭角） ，故 FAO不断减小；角 不变，角 不断变大（先锐角后钝角） ，故 FBO先变大后变小，根据牛顿第三定律可知，N A不断减小，N B先变大后变小，故C正确故选 C.7.
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（g=10m/s 2） ，则下列结论正确的是（ ）A. 物体的加速度大小为 5m/s2B. 弹簧的劲度系数为 7.5N/cmC. 物体的质量为 3kgD. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态【答案】A【解析】 A、 B、 C、 刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有 ，拉力为 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：，物体与弹簧分离后，拉力 为 ，根据牛顿第二
10、定律，有：，代入数据解得： ， ， ，故 B错误，C 错误，A 正确；D、物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故 D错误。点睛：物体一直匀加速上升，从图象可以看出，物体与弹簧分离后，拉力为 ；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡；拉力为 时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，弹簧压缩量为 ，根据以上条件列式分析即可。8. 在光滑的水平面上，质量分别为 m 1和 m2的木块 A和 B之间用轻弹簧相连，在拉力 F的作用下，以加速度 a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力 F，此瞬时 A和 B的加速度 a1和 a2，则（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】力 F作用时，对 A有：F 弹
11、 =m1a；对 B有 F-F 弹 =m2a；当突然撤去推力 F的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，对 B受力分析有：-F 弹 =m2a2，解得：a 2=- a；A 受到弹力作用，撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，所以 A的加速度不变，仍为 a，故选 AD点睛：此题采用整体法求物体的共同加速度，再用隔离法求各个物体受到的力的大小，这是求多个物体受力时的一般步骤9. 如图所示，带有长方形盒子的斜劈 A 放在固定的斜面体上，在盒子内放有光滑球 B，B恰与盒子前、后壁 P、Q 点相接触若使斜劈 A 在斜面体 C 上静止不动，则 P、Q 对球 B无压力以下说法正确的是（ ）A. 若 C的斜面光滑，斜劈 A由静止释放
12、，则 P点对球 B有压力B. 若 C的斜面粗糙，斜劈 A沿斜面匀速下滑，则 P、Q 对 B均无压力C. 若 C的斜面光滑，斜劈 A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则 P、Q 对 B均无压力D. 若 C的斜面粗糙，斜劈 A沿斜面加速下滑，则 Q点对球 B有压力【答案】BD【解析】当斜面光滑，斜劈是静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下根据牛顿第二定律，知 B球的合力方向沿斜面向下所以 B球受重力、底部的支持力、以及 Q对球的弹力知 P点对球无压力，Q 点对球有压力故 AC错误斜劈 A沿斜面匀速下滑，知 B球处于平衡状态，受重力和底部的支持力平衡所以
13、P、Q 对球均无压力故 B正确斜劈 A沿斜面加速下滑，斜劈和球这个整体具有相同的加速度，方向沿斜面向下根据牛顿第二定律，知 B球的合力方向沿斜面向下所以 B球受重力、底部的支持力、以及 Q对球的弹力故 D正确故选 BD10. 如图所示，小球 A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球 B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球 A、B 通过光滑滑轮 O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为 m，O 点在半圆柱体圆心 O 1的正上方，OA 与竖直方向成 30角，OA 长度与半圆柱体半径相等，OB 与竖直方向成 45角，则下列叙述正确的是（ ）A. 小球 A、B 受到的拉力 TOA与 TO
14、B相等，且 TOATOBmgB. 弹簧弹力大小 mgC. A球质量为 6mD. 光滑半圆柱体对 A球支持力的大小为 mg【答案】BC【解析】隔离对 B分析，根据共点力平衡得：水平方向有：T OBsin45=F竖直方向有：T OBcos45=mg，则 T OB= mg，弹簧弹力 F=mg，根据定滑轮的特性知：T OA与 TOB故 A错误，B 正确对 A分析，如图所示，由几何关系可知拉力 TOA和支持力 N与水平方向的夹角相等，夹角为 60，则 N和 T相等，有：2T OAsin60=mAg，解得 m A= m，由对称性可得：N=T OA= mg，故 C正确，D 错误故选 BC.点睛：解决本题的关
15、键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解本题采用隔离法研究比较简便.11. 如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为 12m的竖立在地面上的钢管往下滑已知这名消防队员的质量为 60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的 2 倍，下滑的总时间为 3s，g 取 10m/s 2，那么该消防队员（ ）A. 下滑过程中的最大速度为 4m/sB. 加速与减速过程的时间之比为 1：2C. 加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为 1：7D. 加速与减速过程的位移之比为 1：4【答案】BC【解析】试题分析：设下滑过程中的最大速度为 ，
16、则消防队员下滑的总位移，得到 ，故 A错误；设加速与减速过程的时间分别为 ，加速度大小分别为 ，则 ， ，得到 ，故 B正确；由 ，又 ，得到 ， ， ，根据牛顿第二定律得：加速过程： ，减速过程： ， 所以 故 C正确；匀加速运动位移为： ，匀减速位移为： ，所以加速与减速过程的位移之比为 ，故 D错误。考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度，根据动能定理研究摩擦力关系。12. 如图甲所示，木块 A 和长木板 B 叠放在水平地面上，已知木板与地面之间、木板和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩
17、擦力相等，用一水平力 F 作用于 B，A、B 的加速度与 F 的关系如图乙所示，重力加速度 g取 10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）A. A的质量为 0.5kgB. B的质量为 1.5kgC. B与地面间的动摩擦因数为 0.2D. A、B 间的动摩擦因数为 0.4【答案】ACD【解析】由图可知，当 F3N 时，一起保持静止；当 3N F9N 时， A、 B保持相对静止，故地面对 B的最大静摩擦力 fB=3N，根据牛顿第二定律可得： ；当 F9N时， A与 B发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对 B有： ，对 A有：，联立以上可得： ， ，故 A正确，B 错误； B与地面的摩擦因数为： ，
18、B与 A间的摩擦因数为： ,故 CD正确。所以 ACD正确，B 错误。二、实验题13. 应用如图所示装置“验证平行四边形定则”（1）实验对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的_.A将橡皮条拉伸相同长度即可 B将橡皮条沿相同方向拉即可 C将弹簧秤都拉伸到相同刻度D将橡皮条和绳的结点 O拉到相同位置（2）同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是_.A两细绳必须等长B弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行C用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大D拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些【答案】 (1). D (2). BD【解析】 （1）本实验是为了验证力
19、的平行四边形定则，根据合力与分力是等效的，本实验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同，故 A、B 错误；在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，第二次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度故 C错误，D 正确。所以选 D.14. 某实验小组应用如图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系” ，已知小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为 m，所使用的打点计时器所接的交流电的频率为 50 Hz。实验步骤如下：a).按图甲所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；b).调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀
20、速运动；c).挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；d).改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤 c，求得小车在不同合力作用下的加速度。根据以上实验过程，回答以下问题：（1）对于上述实验，下列说法正确的是_A小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B与小车相连的轻绳与长木板一定要平行C弹簧测力计的读数应为砝码和砝码盘总重力的一半D砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量（2）实验中按规范操作打出的一条纸带的一部分如下图。已知打点计时器接在频率为 50Hz 的交流电源上，则此次实验中小车的加速度为_m/s 2（结果保留 2 位有效数字） 。（3）保持小车质量一定，改变盘中
21、砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据请根据测量数据作出 aF图象。图象的斜率表达的物理意义是_【答案】 (1). B (2). 2.5 (3). 1/M【解析】 （1）由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的 2倍，故 A错误；小车相连的轻绳与长木板一定要平行，保证拉力沿着木板方向，故 B正确；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故弹簧测力计的读数小于砝码和砝码盘总重力的一半，故 C错误；因从弹簧秤中能读出小车的拉力的值，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故 D错误；故选 B.（2）纸带数据一共 8段，由逐差法可得：x8x44 aT2， x7x34
22、aT2， x6x24 aT2， x5x14 aT2，则加速度为：（3）由牛顿第二定律可知 ，则 aF图象的斜率表示 ；点睛：解答实验问题的关键是正确理解实验原理，加强基本物理知识在实验中的应用，同时不断提高应用数学知识解答物理问题的能力；掌握求加速度的方法，注意单位的统一，同时理解由图象来寻找加速度与合力的关系三、解答题15. 一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以 10m/s 的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过 5.5s 后警车发动起来，并以 2.5m/s 2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在 90km/h 以内问：（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的
23、最大距离是多少？（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？【答案】 （1）75 m（2）12s【解析】 （1）警车追赶货车过程中，警车的位移为 s1= at2（1 分）货车的位移为 s2=vt（1 分）当 v=at，即两车速度相等时，两车间距离最大，最大距离 sm=vt0+ =75 m（2 分）（2） v0=90 km/h=25 m/s（1 分）当警车刚达到最大速度时，运动时间为 t1= =10 s（1 分）此时两车间的距离 s1= sm (t1 )2=30 m，故此时警车尚未赶上货车（2 分）警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过 t时间追赶上货车，则 t= =2 s（1 分）警车发动后要经过
24、 t2=t1+ t=12 s才能追上货车（1 分）16. 某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带 AB和倾斜传送带 CD组成，水平传送带长度 LAB=4m，倾斜传送带长度 LCD=4.45m，倾角为 =37，AB和 CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以 v1=5m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止已知工件与传送带间的动摩擦因数均为 =0.5，重力加速度 g=10m/s2现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在水平传送带最左端 A 点处，求：（1）工件被第一次传送到 CD传送带上升最大高度和所用的时间；（2）要使工件恰好被传送到 CD 传送带最上端
25、，CD 传送带沿顺时针方向运转的速度 v 2大小（v 2v 1） 【答案】 （1）1.8s（2）4m/s【解析】 （1）工件刚放在传送带 AB 上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为 a 1，速度增加到 v1时所用时间为 t1，位移大小为 s1，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：N1=mg； f 1=N 1=ma1 联立解得：a 1=5m/s2由运动学公式有：t 1= = s=1s 由于 s1L AB，随后在传送带 AB上做匀速直线运动到 B端，则匀速运动的时间 t2为：工件滑上 CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为 a2，速度减小到零时所用时间为
26、t3，位移大小为 s2，则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：N 2=mgcosmgsin+N 2=ma2由运动学公式有： 联立解得：a 2=10m/s2s 2=1.25m工作沿 CD传送带上升最大高度为：h=s 2sin=1.250.6m=0.75m沿 CD上升的时间为： 故总时间为：t=t 1+t2+t3=1.8s（2）CD 传送带以速度 v 2大小向上传送时，当工件的速度大于 v 2时，滑动摩擦力沿传送带向下加速度大小仍为 a 2；当工件的速度小于 v 2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为 a 3，两个过程的位移大小分别为 s3和 s4，则由受力分析图丙由运动学公式和牛顿运动定
27、律可得：mgsinN 2=ma3LCD=s3+s4解得：v 2=4m/s17. 如图，倾角 的足够长的斜面上，有一质量 、长度 的薄板 A，其上表面以 ab为分界线由两种不同材料拼接而成（其中 ab以上部分光滑、长度为L1=0.75m） ，下表面下斜面间的动摩擦因数 1=0.4在薄板 A 的上表面左端放一质量 m=1.0kg 的小物块 B（可视为质点） ，同时将 A、B 由静止释放已知 B 与 A 的上表面 ab 以下部分的动摩擦因数 2=0.25，B 与斜面间的动摩擦因数 3=0.5认为滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等，物块 B从薄板 A上滑到斜面上时速度不变，取 g=10m/s2，求：（s
28、in37=0.6）（1）B 在 A上滑行的时间；（2）从 AB分离到 A在斜面上追上 B经历的时间【答案】 （1） （2）【解析】 （1）刚释放时，对物体 B，设其加速度为 a1； mgsin m a1 对木板 A分析有： Mgsin 1(m+M)gcosB在 A的上部分滑动时，A 保持静止设 B刚离开上部分时速度为 v1： 解得：v 13 m/sB在 A的上部分滑动时间为 t1：v 1=a1t1 解得：t 10.5 sB在 A的下部分滑动时，设 B的加速度为 a2，A 的加速度为 a3，该过程的时间为 t2，B 的位移为 x1，A 的位移为 x2；mgsin 2mgcos ma2 Mgsin
29、+ 2mgcos 1(M+m)gcos Ma3 解得 a24 m/s2，a 31.6 m/s2x1=v1t2+ a2t22 x1= a3t22 x1-x2=L-L1 解得 t20.5 sB在 A上滑行的时间为 t：tt 1+t21 s （2）设物块 B离开薄板 A时，物块 B和薄板 A的速度分别为 v2和 v3v2v 1+a2t2 v3=a3t2 解得：v 25 m/s v30.8 m/sB滑到斜面上后，设 B的加速度为 a4，A 的加速度为 a5：mgsin 3mgcos ma4 Mgsin 1Mgcos Ma5 a42 m/s2，a 52.8 m/s2B滑到斜面上后到 A、B 再次相遇时间为 t3，位移为 x3：x3=v2t3+ a4t32 x3=v3t3+ a5t32 t3=10.5s 点睛：本题是多过程问题，采用程序法进行分析，关键要分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题
