高三上学期第八周周考物理试题（教师版）

蜀光中学高2018级高三上学期第八周周考

物理试题

出题人：钟召军审题人：罗光礼

一、选择题（本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14〜18题只有一项符合

题目要求，第19〜21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

14.在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献，关于科学家和他们的贡献，下列说法错误的

是（）

A.伽利略通过“理想实验”得出结论：运动必具有一定速度，如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去

B.德国天文家开普勒对他导师第谷观测行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律

C.牛顿发现万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量

D.古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了

困境

【答案】B

【解析】

试题分析：A、伽利略根据“理想实蛉”得出结论：力不是维持运动的原因，即运动必具有一定速度，如果

它不受力，它将以这一速度永远运动下去.故A正确.B、德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数

据进行多年研究，得出了行星运动三大定律，故B错误.C、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实睑

测出了引力常量，故C正确.D、古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略利用

逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境，故D正确.本题选错误的故选B

考点：物理学史.

15.为估测一照相机的曝光时间，实验者从某不专墙前的高处使一个石子自由落下，拍摄石子在空中的照片如图

所示.由于石子的运动，它在照片上留下了一条模糊的径迹.已知每层砖的平均厚度为6cm,拍摄到的石子位置

A距石子起落点竖直距离约5m.这个照相机的曝光时间约为（）

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

【答案】B

【解析】试题分析：自由落体运动5m的末速度为：4=/丽=10m/s由于0.12m远小于5m,故可以近似地

将AB段当匀速运动，故时间为：t=—=0.0125«0.015

匕

1

考点：自由落体运动。

16.如图所示，形状相同的物块A、B,,其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C架在两

物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块A、B的质量都为M,6=6（）,光滑球C的质量为m,则下列说法

正确的是（）

B.地面对物块A的摩擦力大小为:〃Zg

A.地面对物块A的摩擦力大小为零

C.物块A对物体C的弹力大小为D.物块A对地面的压力大小为Mg+5/?^

【答案】D

【解析】

试题分析：以球体C为研究对象，其受到斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小

等于光滑球体的重力，受力分析如右图所示。由三角函数可知，弹力大小为冽g,故C错误。再以H为研

究对象，C对/的正压力大小为Mg,其在水平方向上的分力等于地面对物块乂的静摩擦力大小，由此可

知静摩擦力大小为平机g,故A、B错误。以4、B、C整体为研究对象，所受重力为2地+刑g,由对称

性可知A所受地面支持力为弦+等，故D正确。

考点：共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用

17.小船过河时，船头偏向上游与水流方向成a角，船相对水的速度为v,其航线恰好垂直于河岸，现水流速度

稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，下列措施中可行的是（）

A.减小a角，增大船速vB.增大a角，增大船速v

C.减小a角，保持船速v不变1）.增大a角，保持船速v不变

【答案】B

【解析】试题分析：根据平行四边形定则，可得速度合成图如图所示

2

vl

故可得增大a角，增大船速V,B正确

考点：考查了小船渡河问题分析

18、为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面附近做圆周运动的周期为T,登陆舱在行

星表面着陆后，用弹簧称量一个质量为m的祛码，读数为N.已知引力常量为G.则下列计算正确的是（）

4/NT?3G

A.该行星的半径为B.该行星的密度为

m

C.该行星的第一宇宙速度为更NT

D.该行星的质量为

2m16G4

【答案】D

【解析】

Mm4万2R

同时在该星球表面重

试题分析：登陆舱在该行星表面做圆周运动，万有引力提供向心力，故G铲

MmNTNT

力等于万有引力，即G—?=N，联立解得：R=—―,M=------,故A错误，D正确；该行星的密度:

R24/〃？16G/m3

M再结和景Mm=加号47r2「R并代入解得：夕=37券r，故错误；由太Mni二芯v~,将和代入

夕=「GBGmMR

—兀R，

3

解得：V=—,故C错误。所以D正确，ABC错误。

2jcm

考点：万有引力定律及其应用

19、如图所示，AB为竖直面内半圆的水平直径。从A点水平抛出两个小球，小球1的抛出速度为必、小球2的

抛出速度为也。小球1落在C点、小球2落在D点，C、D两点距水平直径分别为圆半径的0.8倍和1倍。小球

1的飞行时间为力，小球2的飞行时间为,2,则（）

A、/]<B、t\~tiD、Vi*V2=3:

3

【答案】AC

【解析】

试题分析：对小球1,如图，根据勾股定理可得0C在水平万向的分量为OE=0.6R

根据平抛运动规律：故L6R=甲1

竖直方向：0.8尺=：郎J

对小球2,根据平抛运动规律：

水平方向：R=M

竖直方向R=

得：Zj=4yfR,t1=

可见％＜小故选项A正确，选项B错误；根据水平方向可以求出片=0.46，彩=笔,故上：物=4:逃，故

选项C正确，选项D错误。

考点：平抛运动

20、如图所示，两个质量分别为2m和m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴00,的距离

为/,b与转轴的距离为2/。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘

从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用3表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）

O.

iab

一1n门

oC

A.a一定比b先开始滑动

B.ab开始滑动前a、b所受的摩擦力始终相等

D.当0=J国时，a所受摩擦力的大小为kmg

V3/

【答案】BC

【解析】

试题分析：木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力f=m3、，当

圆盘的角速度增大时b的静摩擦力先达到最大值，所以b一定比a先开始滑动，故A错误；ab开始.滑动前a、b

4

所受的摩擦力分别为力=2旭。2/，f^mco1-2r=2ma）1r,则始终相等，选项B正确；当b刚要滑动时，有

kmg=mw2.21,解得：①一怪,故C正确；以a为研究对象，当口=陛•时，由牛顿第二定律得：£=20132,

V2/V3/

4

可解得：f二一kmg,故D错误.故选BC.

3

考点：水平面内圆周运动的临界问题；向心力.

21.如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、I）为圆的水

平直径两端点。轻质弹簧的一端固定在圆心0点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为攵=蟹，原长为

R

L=2R,弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平向右初速度v。，已知重力加速度为g,则（）

A.无论V。多大，小球均不会离开圆轨道

B.若在疡无<%<离友则小球会在B、D间脱离圆轨道

C.只要%>1荻，小球就能做完整的圆周运动

D.只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间最大压力与最小压力之差与V。无关

【答案】ACD

【解析】

试题分析：对A、B项，因弹簧的劲度系数为4=驾，原长为L=2R,所以小球始终会受到弹簧的弹力作用，大

R

小为F=k（L-R）=kR=mg,方向始终背离圆心，无论小球在CD以上的哪个位置速度为零，重力在沿半径方向上的分

量都小于等于弹簧的弹力（在CD以下，轨道对小球一定有指向圆心的支持力），所以无论V,多大，小球均不会

离开圆轨道，故A正确，B错误.对C选项，小球在运动过程中只有重力做功，弹簧的弹力和轨道的支持力不做

功，机械能守恒，当运动到最高点速度为零，在最低点的速度最小，有：所以只要％〉如A,

小球就能做完整的圆周运动，故C均正确.对D选项，在最低点时，设小球受到的支持力为N,有

22

N-kR-mg=m"解得N=2mg+加%①，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，设为N',设此时

RR

[[2

的速度为v,由动能定理有2zngR=—zm/—②，此时合外力提供向心力，Nr-kR+mg=m—③，

22R

2

联立②③解得：N'=m^-4mg④,联立①④得压力差为△N=6mg与初速度无关，故D正确.故选ACD.

R

考点：考查向心力、竖直面内圆周运动临界问题、动能定理.

5

三、实验题（本题共2个小题，共15分）

22.（-）（6分）某同学用下图所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数.已知打点计时器打点时间间

隔为T,物块加速下滑过程中所得到的纸带的一部分如图所示，图中标出了五个连续点之间的距离.

卜马电-4-X2T

（D物块下滑时的加速度a=,打C点时物块的速度丫=；（用题、图中的T及XLX,表示.）

（2）重力加速度大小为g,为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是.（填正确答案标号）

A.物块的质量B.斜面的高度C.斜面的倾角

【答案】⑴（乜+义）一安五）（2分），止区（2分）（2）C（2分）

4T22T

【解析】

试题分析：（1）根据匀变速直线运动的判别式：Ax利用四组位移的逐差法公式可得：

万=刍上分=（看+［）-1电+内）；利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，打C点时物块的速度：

24T2

_X,+再

V=Vor,=———

2T

（2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：泄gsin+〃》igcose泄4,解得："=邳世一，故还需要测量斜面的倾

geos6

角，故选C.

考点：探究影响摩擦力的大小的因素；测定匀变速直线运动的加速度

（二）（9分）为了探究“加速度与力、质量的关系”，在水平固定的长木板上，小明用物体A、B分别探究了加

速度随着外力的变化的关系，实验装置如图中所示（打点计时器、纸带图中未画出）.实验过程中小明用不同的

重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体A、B,实验后进行数据处理.

（1）为了测量弹簧秤的劲度系数，小明做了如下实验:在弹簧秤下端挂一个50g的钩码时，指针示数为L=3.50cm；

挂两个50g钩码时，指针示数为L=5.10cm,g取9.8m/sZ,该弹簧秤的劲度系数为N/m.（保留三位有效

数字）

（2）小明根据甲图的实验方案得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图乙中的A、

6

B所■示，小明仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且m,m”（填“大

于”或“小于”）；两物体与木板之间动摩擦因数hUB（填“大于”“等于”或“小于”）.

（3）（多选）对于甲图所示的实验方案，下列说法正确的是

A.若将带有定滑轮的长木板左端适当垫高、可以使乙图中的图线过原点0

B.实验时应先接通打点计时器电源后释放物体

C.实验中重物P的质量必须远小于物体的质量

D.实验中弹,簧秤的读数始终为重物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】

试题分析：（1）设弹簧秤原长为1，根据平衡条件及胡克定律可知：

mg=k（Li-1）2mg=k（L2-I）

解得：k=30.6N/m

（2）设加速度大小为a,据牛顿第二定律有F-umg=ma,可得：a=--/^g=—F-/dg.

mm

根据a-F图象斜率绝对值4=工可知，B的斜率大于A的斜率，即一L>J一,所以再根据纵轴截距大

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）若将带有定滑轮的长木板左端适当垫高，以平衡摩擦力，则a-F的图线过原点0,故A正确；实验要求应

先接通电源后释放纸带，故B正确；由于动滑轮是轻质光滑的滑轮，所以绳子对物体的拉力一定等于弹簧秤的读

数，与重物P质量大小无直接关系，所以C错误；对重物P析，当加速度为a时，应有mg-2F=ma,可得F=1mg

2

--ma,所以只有当a=0时，F才等丁-Lmg,所以D错误；故选AB。

22

考点：探究“加速度与力、质量的关系”

23.（12分）如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板.开始时

质量为m=1kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上

时撤去力F,木块滑上木板的过程不考虑能量损失.此后滑块和木板在水平上运动的v-t图象如图乙所示，g=

10m/s2.求（1）水平作用力F的大小；（2）滑块开始下滑时的高度；（3）木板的质量。

【答案】（1）N；⑵2.5m：(3)1.5kg

3

7

【解析】

试题分析：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示:

，然gsin夕=Ecos。代入数据可得：F=N（3分）

（2）由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10m/S

当产变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得：wgsin6+产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）由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一块做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数

为外，滑块与木板间的摩擦因数为4

二者共同减速时的加速度大小4=1冽/$2,发生相对滑动时，木板的加速度%=1僧//，滑块减速的加速

2

度大小为：a3=4m/s

对整体受力分析可得：对=及乜二遁="店可得：自=0.1（2分）

M

在0~26内分别对m和M做受力分析可得：对M：尸严g一片（“一剂渡

a?（2分）

对m：匕注=刑&带入数据解方程可得：A1=1.5妞（1分）

m

考点：物体的平衡；牛顿第二定律的应用。

24.（20分）如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1依可视为质点的小物块压缩而处

于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带，AB长L=5"Z,

物块与传送带间的动摩擦因数从1=（）.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长S=1.5m,它与物块间的动摩擦因

数4=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为夕=120°,在圆

弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原.速率反弹回来。若传送带以u=5〃z/s的速率顺时针转

动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的=18/能量全部释放时，小物块恰能滑到

与圆心等高的E点，取g=10m/$2。求：

（1）求右侧圆弧的轨道半径为R；

（2）求小物块最终停下时与C点的距离；

（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。

8

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

3

【解析】

=6m/s

试题分析：（D物块被弹箸弹出，由£?=:泄y：，可知：v0（1分）

因为Vo>v,故物块滑上传送带后先减速物块与传送带相对滑动过程中，

,12

v

由：〃产g=7〃&，=v0-aiti>Xi=votr-aiti（2分）

得到：&=2泄//，,]=0.5s,X[=2.75m（1分）

因为工]<£,故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5加/s的速度滑上水平面BC,物块滑离传送

带后恰到E点、，由动能定理可知::加J=//mgs+mgR（2分）

代入数据整理可以得到：R=0.8m。（1分）

1,

（2）设物块从E点返回至B点的速度为丫8,由mgR-/jmgs=—znv；-0（2分）

得到VB=J7m/s,因为Vp〉。，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向

加速，由运动的对称性，可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，由

9

\myB=nmg（s-x）,得到：x=\m.

23

2

（3）设传送带速度为/时物块能恰到F点，在F点满足mgsin30°=比今

从B到F过程中由动能定理可知：=//mgs+mg（R+Rsin30°）1分）

解得：%=回冽/5

设传送带速度为V,时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，

由：:优y；="yigx3s+»j#?

解得：V2=&»l/S

一一1212

若物块在传送带上一直加速运动，由5机口.-5加以0="/"8乙（1分）

知其到B点的最大速度Vlim=V56mIs（1分）

综合上述分析可知，传送,带速度应满足条件：y/rim/s<v<443m/s.（1分）

考点：传送带问题、向心力、动能定理

34、（1）（5分）（多选）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x-t）图线.

由