高三上學(xué)期第八周周考物理試題（教師版）

蜀光中學(xué)高2018級高三上學(xué)期第八周周考

物理試題

出題人：鐘召軍審題人：羅光禮

一、選擇題（本大題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一項符合

題目要求，第19?21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）

14.在物理學(xué)發(fā)展的過程中，有許多偉大的科學(xué)家做出了突出貢獻，關(guān)于科學(xué)家和他們的貢獻，下列說法錯誤的

是（）

A.伽利略通過“理想實驗”得出結(jié)論：運動必具有一定速度，如果物體不受力，它將以這一速度永遠運動下去

B.德國天文家開普勒對他導(dǎo)師第谷觀測行星數(shù)據(jù)進行多年研究，得出了萬有引力定律

C.牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了引力常量

D.古希臘學(xué)者亞里士多德認為物體下落快慢由它們的重量決定，伽利略利用邏輯推斷使亞里士多德的理論陷入了

困境

【答案】B

【解析】

試題分析：A、伽利略根據(jù)“理想實蛉”得出結(jié)論：力不是維持運動的原因，即運動必具有一定速度，如果

它不受力，它將以這一速度永遠運動下去.故A正確.B、德國天文學(xué)家開普勒對他導(dǎo)師第谷觀測的行星數(shù)

據(jù)進行多年研究，得出了行星運動三大定律，故B錯誤.C、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許通過實瞼

測出了引力常量，故C正確.D、古希臘學(xué)者亞里士多德認為物體下落快慢由它們的重量決定，伽利略利用

邏輯推斷使亞里士多德的理論陷入了困境，故D正確.本題選錯誤的故選B

考點：物理學(xué)史.

15.為估測一照相機的曝光時間，實驗者從某不專墻前的高處使一個石子自由落下，拍攝石子在空中的照片如圖

所示.由于石子的運動，它在照片上留下了一條模糊的徑跡.已知每層磚的平均厚度為6cm,拍攝到的石子位置

A距石子起落點豎直距離約5m.這個照相機的曝光時間約為（）

A.1X103sB.IX10-2sD.0.Is

【答案】B

【解析】試題分析：自由落體運動5m的末速度為：4=/麗=10m/s由于0.12m遠小于5m,故可以近似地

將AB段當勻速運動，故時間為：t=—=0.0125?0.015

匕

1

考點：自由落體運動。

16.如圖所示，形狀相同的物塊A、B,,其截面為直角三角形，相對排放在粗糙水平地面上，光滑球體C架在兩

物塊的斜面上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。已知物塊A、B的質(zhì)量都為M,6=6（）,光滑球C的質(zhì)量為m,則下列說法

正確的是（）

B.地面對物塊A的摩擦力大小為:〃Zg

A.地面對物塊A的摩擦力大小為零

C.物塊A對物體C的彈力大小為D.物塊A對地面的壓力大小為Mg+5/?^

【答案】D

【解析】

試題分析：以球體C為研究對象，其受到斜向上的兩個彈力作用，把兩個彈力合成，合力豎直向上，大小

等于光滑球體的重力，受力分析如右圖所示。由三角函數(shù)可知，彈力大小為冽g,故C錯誤。再以H為研

究對象，C對/的正壓力大小為Mg,其在水平方向上的分力等于地面對物塊乂的靜摩擦力大小，由此可

知靜摩擦力大小為平機g,故A、B錯誤。以4、B、C整體為研究對象，所受重力為2地+刑g,由對稱

性可知A所受地面支持力為弦+等，故D正確。

考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用、力的合成與分解的運用

17.小船過河時，船頭偏向上游與水流方向成a角，船相對水的速度為v,其航線恰好垂直于河岸，現(xiàn)水流速度

稍有增大，為保持航線不變，且準時到達對岸，下列措施中可行的是（）

A.減小a角，增大船速vB.增大a角，增大船速v

C.減小a角，保持船速v不變1）.增大a角，保持船速v不變

【答案】B

【解析】試題分析：根據(jù)平行四邊形定則，可得速度合成圖如圖所示

2

vl

故可得增大a角，增大船速V,B正確

考點：考查了小船渡河問題分析

18、為了測量某行星的質(zhì)量和半徑，宇航員記錄了登陸艙在該行星表面附近做圓周運動的周期為T,登陸艙在行

星表面著陸后，用彈簧稱量一個質(zhì)量為m的祛碼，讀數(shù)為N.已知引力常量為G.則下列計算正確的是（）

4/NT?3G

A.該行星的半徑為B.該行星的密度為

m

C.該行星的第一宇宙速度為更NT

D.該行星的質(zhì)量為

2m16G4

【答案】D

【解析】

Mm4萬2R

同時在該星球表面重

試題分析：登陸艙在該行星表面做圓周運動，萬有引力提供向心力，故G鏟

MmNTNT

力等于萬有引力，即G—?=N，聯(lián)立解得：R=—―,M=------,故A錯誤，D正確；該行星的密度:

R24/〃？16G/m3

M再結(jié)和景Mm=加號47r2「R并代入解得：夕=37券r，故錯誤；由太Mni二芯v~,將和代入

夕=「GBGmMR

—兀R，

3

解得：V=—,故C錯誤。所以D正確，ABC錯誤。

2jcm

考點：萬有引力定律及其應(yīng)用

19、如圖所示，AB為豎直面內(nèi)半圓的水平直徑。從A點水平拋出兩個小球，小球1的拋出速度為必、小球2的

拋出速度為也。小球1落在C點、小球2落在D點，C、D兩點距水平直徑分別為圓半徑的0.8倍和1倍。小球

1的飛行時間為力，小球2的飛行時間為,2,則（）

A、/]<B、t\~tiD、Vi*V2=3:

3

【答案】AC

【解析】

試題分析：對小球1,如圖，根據(jù)勾股定理可得0C在水平萬向的分量為OE=0.6R

根據(jù)平拋運動規(guī)律：故L6R=甲1

豎直方向：0.8尺=：郎J

對小球2,根據(jù)平拋運動規(guī)律：

水平方向：R=M

豎直方向R=

得：Zj=4yfR,t1=

可見％＜小故選項A正確，選項B錯誤；根據(jù)水平方向可以求出片=0.46，彩=筆,故上：物=4:逃，故

選項C正確，選項D錯誤。

考點：平拋運動

20、如圖所示，兩個質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和b（可視為質(zhì)點）放在水平圓盤上，a與轉(zhuǎn)軸00,的距離

為/,b與轉(zhuǎn)軸的距離為2/。木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍，重力加速度大小為g。若圓盤

從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動，用3表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，下列說法正確的是（）

O.

iab

一1n門

oC

A.a一定比b先開始滑動

B.ab開始滑動前a、b所受的摩擦力始終相等

D.當0=J國時，a所受摩擦力的大小為kmg

V3/

【答案】BC

【解析】

試題分析：木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動，靜摩擦力提供向心力，由牛頓第二定律得：木塊所受的靜摩擦力f=m3、，當

圓盤的角速度增大時b的靜摩擦力先達到最大值，所以b一定比a先開始滑動，故A錯誤；ab開始.滑動前a、b

4

所受的摩擦力分別為力=2旭。2/，f^mco1-2r=2ma）1r,則始終相等，選項B正確；當b剛要滑動時，有

kmg=mw2.21,解得：①一怪,故C正確；以a為研究對象，當口=陛?時，由牛頓第二定律得：￡=20132,

V2/V3/

4

可解得：f二一kmg,故D錯誤.故選BC.

3

考點：水平面內(nèi)圓周運動的臨界問題；向心力.

21.如圖所示，一質(zhì)量為m的小球置于半徑為R的光滑豎直圓軌道最低點A處，B為軌道最高點，C、I）為圓的水

平直徑兩端點。輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心0點，另一端與小球栓接，已知彈簧的勁度系數(shù)為攵=蟹，原長為

R

L=2R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，若給小球一水平向右初速度v。，已知重力加速度為g,則（）

A.無論V。多大，小球均不會離開圓軌道

B.若在瘍無<%<離友則小球會在B、D間脫離圓軌道

C.只要%>1荻，小球就能做完整的圓周運動

D.只要小球能做完整圓周運動，則小球與軌道間最大壓力與最小壓力之差與V。無關(guān)

【答案】ACD

【解析】

試題分析：對A、B項，因彈簧的勁度系數(shù)為4=駕，原長為L=2R,所以小球始終會受到彈簧的彈力作用，大

R

小為F=k（L-R）=kR=mg,方向始終背離圓心，無論小球在CD以上的哪個位置速度為零，重力在沿半徑方向上的分

量都小于等于彈簧的彈力（在CD以下，軌道對小球一定有指向圓心的支持力），所以無論V,多大，小球均不會

離開圓軌道，故A正確，B錯誤.對C選項，小球在運動過程中只有重力做功，彈簧的彈力和軌道的支持力不做

功，機械能守恒，當運動到最高點速度為零，在最低點的速度最小，有：所以只要％〉如A,

小球就能做完整的圓周運動，故C均正確.對D選項，在最低點時，設(shè)小球受到的支持力為N,有

22

N-kR-mg=m"解得N=2mg+加%①，運動到最高點時受到軌道的支持力最小，設(shè)為N',設(shè)此時

RR

[[2

的速度為v,由動能定理有2zngR=—zm/—②，此時合外力提供向心力，Nr-kR+mg=m—③，

22R

2

聯(lián)立②③解得：N'=m^-4mg④,聯(lián)立①④得壓力差為△N=6mg與初速度無關(guān)，故D正確.故選ACD.

R

考點：考查向心力、豎直面內(nèi)圓周運動臨界問題、動能定理.

5

三、實驗題（本題共2個小題，共15分）

22.（-）（6分）某同學(xué)用下圖所示的實驗裝置測量物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù).已知打點計時器打點時間間

隔為T,物塊加速下滑過程中所得到的紙帶的一部分如圖所示，圖中標出了五個連續(xù)點之間的距離.

卜馬電-4-X2T

（D物塊下滑時的加速度a=,打C點時物塊的速度丫=；（用題、圖中的T及XLX,表示.）

（2）重力加速度大小為g,為求出動摩擦因數(shù)，還必須測量的物理量是.（填正確答案標號）

A.物塊的質(zhì)量B.斜面的高度C.斜面的傾角

【答案】⑴（乜+義）一安五）（2分），止區(qū)（2分）（2）C（2分）

4T22T

【解析】

試題分析：（1）根據(jù)勻變速直線運動的判別式：Ax利用四組位移的逐差法公式可得：

萬=芻上分=（看+［）-1電+內(nèi)）；利用平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知，打C點時物塊的速度：

24T2

_X,+再

V=Vor,=———

2T

（2）對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律，有：泄gsin+〃》igcose泄4,解得："=邳世一，故還需要測量斜面的傾

geos6

角，故選C.

考點：探究影響摩擦力的大小的因素；測定勻變速直線運動的加速度

（二）（9分）為了探究“加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”，在水平固定的長木板上，小明用物體A、B分別探究了加

速度隨著外力的變化的關(guān)系，實驗裝置如圖中所示（打點計時器、紙帶圖中未畫出）.實驗過程中小明用不同的

重物P分別掛在光滑的輕質(zhì)動滑輪上，使平行于長木板的細線拉動長木板上的物體A、B,實驗后進行數(shù)據(jù)處理.

（1）為了測量彈簧秤的勁度系數(shù)，小明做了如下實驗:在彈簧秤下端掛一個50g的鉤碼時，指針示數(shù)為L=3.50cm；

掛兩個50g鉤碼時，指針示數(shù)為L=5.10cm,g取9.8m/sZ,該彈簧秤的勁度系數(shù)為N/m.（保留三位有效

數(shù)字）

（2）小明根據(jù)甲圖的實驗方案得到了物體A、B的加速度a與輕質(zhì)彈簧秤彈力F的關(guān)系圖象分別如圖乙中的A、

6

B所■示，小明仔細分析了圖乙中兩條線不重合的原因，得出結(jié)論：兩個物體的質(zhì)量不等，且m,m”（填“大

于”或“小于”）；兩物體與木板之間動摩擦因數(shù)hUB（填“大于”“等于”或“小于”）.

（3）（多選）對于甲圖所示的實驗方案，下列說法正確的是

A.若將帶有定滑輪的長木板左端適當墊高、可以使乙圖中的圖線過原點0

B.實驗時應(yīng)先接通打點計時器電源后釋放物體

C.實驗中重物P的質(zhì)量必須遠小于物體的質(zhì)量

D.實驗中彈,簧秤的讀數(shù)始終為重物P的重力的一半.

【答案】30.6（2分）；小于（2分）；大于（2分）；AB（3分）

【解析】

試題分析：（1）設(shè)彈簧秤原長為1，根據(jù)平衡條件及胡克定律可知：

mg=k（Li-1）2mg=k（L2-I）

解得：k=30.6N/m

（2）設(shè)加速度大小為a,據(jù)牛頓第二定律有F-umg=ma,可得：a=--/^g=—F-/dg.

mm

根據(jù)a-F圖象斜率絕對值4=工可知，B的斜率大于A的斜率，即一L>J一,所以再根據(jù)縱軸截距大

mm.m?

小等于ug可知，由于A的截距大于B的截距，所以UA>HB.

（3）若將帶有定滑輪的長木板左端適當墊高，以平衡摩擦力，則a-F的圖線過原點0,故A正確；實驗要求應(yīng)

先接通電源后釋放紙帶，故B正確；由于動滑輪是輕質(zhì)光滑的滑輪，所以繩子對物體的拉力一定等于彈簧秤的讀

數(shù)，與重物P質(zhì)量大小無直接關(guān)系，所以C錯誤；對重物P析，當加速度為a時，應(yīng)有mg-2F=ma,可得F=1mg

2

--ma,所以只有當a=0時，F(xiàn)才等丁-Lmg,所以D錯誤；故選AB。

22

考點：探究“加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”

23.（12分）如圖甲所示，有一傾角為30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M的木板.開始時

質(zhì)量為m=1kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，今將水平力F變?yōu)樗较蛴遥敾瑝K滑到木板上

時撤去力F,木塊滑上木板的過程不考慮能量損失.此后滑塊和木板在水平上運動的v-t圖象如圖乙所示，g=

10m/s2.求（1）水平作用力F的大??；（2）滑塊開始下滑時的高度；（3）木板的質(zhì)量。

【答案】（1）N；⑵2.5m：(3)1.5kg

3

7

【解析】

試題分析：（1）滑塊受到水平推力F、重力mg和支持力N處于平衡，如圖所示:

，然gsin夕=Ecos。代入數(shù)據(jù)可得：F=N（3分）

（2）由題意可知，滑塊滑到木板上的初速度為10m/S

當產(chǎn)變?yōu)樗较蛴抑?，由牛頓第二定律可得：wgsin6+產(chǎn)cos8=F?a解得：a=10mjs：（2分）

下滑的位移：X=L解得：X=5冽故下滑的高度：A=xsin30:=2.5w（2分）

2a

（3）由圖象可知，二者先發(fā)生相對滑動，當達到共速后一塊做勻減速運動，設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)

為外，滑塊與木板間的摩擦因數(shù)為4

二者共同減速時的加速度大小4=1冽/$2,發(fā)生相對滑動時，木板的加速度%=1僧//，滑塊減速的加速

2

度大小為：a3=4m/s

對整體受力分析可得：對=及乜二遁="店可得：自=0.1（2分）

M

在0~26內(nèi)分別對m和M做受力分析可得：對M：尸嚴g一片（“一劑渡

a?（2分）

對m：匕注=刑&帶入數(shù)據(jù)解方程可得：A1=1.5妞（1分）

m

考點：物體的平衡；牛頓第二定律的應(yīng)用。

24.（20分）如圖所示，一根輕彈簧左端固定于豎直墻上，右端被質(zhì)量m=1依可視為質(zhì)點的小物塊壓縮而處

于靜止狀態(tài)，且彈簧與物塊不栓接，彈簧原長小于光滑平臺的長度。在平臺的右端有一傳送帶，AB長L=5"Z,

物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)從1=（）.2,與傳送帶相鄰的粗糙水平面BC長S=1.5m,它與物塊間的動摩擦因

數(shù)4=0.3,在C點右側(cè)有一半徑為R的光滑豎直圓弧與BC平滑連接，圓弧對應(yīng)的圓心角為夕=120°,在圓

弧的最高點F處有一固定擋板，物塊撞上擋板后會以原.速率反彈回來。若傳送帶以u=5〃z/s的速率順時針轉(zhuǎn)

動，不考慮物塊滑上和滑下傳送帶的機械能損失。當彈簧儲存的=18/能量全部釋放時，小物塊恰能滑到

與圓心等高的E點，取g=10m/$2。求：

（1）求右側(cè)圓弧的軌道半徑為R；

（2）求小物塊最終停下時與C點的距離；

（3）若傳送帶的速度大小可調(diào)，欲使小物塊與擋板只碰一次，且碰后不脫離軌道，求傳送帶速度的可調(diào)節(jié)范圍。

8

【答案】（1）/?=0.8m；（2）x--m；（3）yf37m/s<v<V43m/s

3

【解析】

=6m/s

試題分析：（D物塊被彈箸彈出，由￡?=:泄y：，可知：v0（1分）

因為Vo>v,故物塊滑上傳送帶后先減速物塊與傳送帶相對滑動過程中，

,12

v

由：〃產(chǎn)g=7〃&，=v0-aiti>Xi=votr-aiti（2分）

得到：&=2泄//，,]=0.5s,X[=2.75m（1分）

因為工]<￡,故物塊與傳送帶同速后相對靜止，最后物塊以5加/s的速度滑上水平面BC,物塊滑離傳送

帶后恰到E點、，由動能定理可知::加J=//mgs+mgR（2分）

代入數(shù)據(jù)整理可以得到：R=0.8m。（1分）

1,

（2）設(shè)物塊從E點返回至B點的速度為丫8,由mgR-/jmgs=—znv；-0（2分）

得到VB=J7m/s,因為Vp〉。，故物塊會再次滑上傳送帶，物塊在恒定摩擦力的作用下先減速至0再反向

加速，由運動的對稱性，可知其以相同的速率離開傳送帶，設(shè)最終停在距C點x處，由

9

\myB=nmg（s-x）,得到：x=\m.

23

2

（3）設(shè)傳送帶速度為/時物塊能恰到F點，在F點滿足mgsin30°=比今

從B到F過程中由動能定理可知：=//mgs+mg（R+Rsin30°）1分）

解得：%=回冽/5

設(shè)傳送帶速度為V,時，物塊撞擋板后返回能再次上滑恰到E點，

由：:優(yōu)y；="yigx3s+?j#?

解得：V2=&?l/S

一一1212

若物塊在傳送帶上一直加速運動，由5機口.-5加以0="/"8乙（1分）

知其到B點的最大速度Vlim=V56mIs（1分）

綜合上述分析可知，傳送,帶速度應(yīng)滿足條件：y/rim/s<v<443m/s.（1分）

考點：傳送帶問題、向心力、動能定理

34、（1）（5分）（多選）如圖，直線a和曲線b分別是在平直公路上行駛的汽車a和b的位置一時間（x-t）圖線.

由