安徽省六安第二中学20182019学年度第一学期高三物理第七次周测(物理).docx

1、六安二中2019-2019学年度第一学期高三物理第七次周测题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）1. 如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1N2的值为（）A. 3mgB. 4mgC. 5mgD. 6mg2. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为（重力加速度为g）A. v216gB. v

2、28gC. v24gD. v22g3. 如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为，一物块（可看成质点）沿斜面左上方顶点P以初速度v0水平射入，恰好从底端Q点离开斜面，则（）A. 物块做匀变速曲线运动，加速度为gB. Q点速度vQ=3glC. 初速度v0=bgsin2lD. 物块由P点运动到Q点所用的时间t=2lg4. 如图所示，A、B为地球两个同轨道面的人造卫星，运行方向相同，A为同步卫星，A、B卫星的轨道半径之比为=k，地球自转周期为T某时刻A、B两卫星位于地球同侧直线上，从该时刻起至少经过多长时间A、B间距离最远（）A. T2k31B. Tk31C. T2k3+1D. Tk3+1二、多选题

3、（本大题共2小题，共8.0分）5. 如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中（ ）A. 从P到M所用的时间等于T04B. 从Q到N阶段，机械能逐渐变大C. 从P到Q阶段，速率逐渐变小D. 从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功6. 两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动已知A球细线L1跟竖直方向的夹角为30，B球细线L2跟竖直方向的夹角为60，下列说法正确的是（）A. 细线L1

4、和细线L2所受的拉力大小之比为3：1B. 小球A和B的向心力大小之比为1：3C. 小球A和B的角速度大小之比为1：1D. 小球A和B的线速度大小之比为1：3三、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）7. 图甲是测量圆盘转动角速度的实验装置。水平放置的圆盘绕通过圆心的竖直轴匀速转动，圆盘转动时其边缘上固定的挡光片从光电门的狭缝中经过时，光电数字计时器可显示出光线被遮住的时间。图乙是用螺旋测微器测得挡光片的宽度，读数为_mm；图丙是用游标卡尺测得圆盘的直径，读数为_cm；若光电数字计时器显示的时间为50.0ms，则圆盘匀速转动的角速度为_rad/s（保留两位有效数字）。四、计算题（本大题共2小

5、题，共20.0分）8. 如图所示，在半径为R，质量分布均匀的某星球表面，有一倾角为的斜坡以初速度v0向斜坡水平抛出一个小球测得经过时间t，小球垂直落在斜坡上的C点求： （1）小球落到斜坡上时的速度大小v；（2）该星球表面附近的重力加速度g星 （3）卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的速度v星9. 如图所示，传送带与水平面之间的夹角=30，其上A、B两点间的距离L=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动现将一质量m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的A点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数=32，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（取g=10m/s2）（1）物体

6、刚开始运动的加速度大小；（2）物体从A到B运动的时间；（3）传送带对小物体做的功；（4）电动机做的功。答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值。本题考查机械能守恒定律以及向心力公式，要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下。【解答】设最高点的速度为v2，最低点速度为v1；对由最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律可知：-，根据向心力公式可得：最高点时：，最低点时；，联立解得：N1-N2=6mg。故选D。2.【答案】B【解析】【分析】根据动能定

7、理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练【解答】设半圆的半径为R，根据动能定理得：，离开最高点做平抛运动，有：2R=，x=vt，联立解得：x=可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误故选：B3.【答案】C【解析】【分析】小球在光滑斜面有水平初速度，做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度；根据沿斜面向下方向的位移，结合位移时间公式求出运动的时

8、间；根据水平位移和时间求出入射的初速度；根据平行四边形定则，由分速度合成合速度。解决本题的关键知道小球在水平方向和沿斜面向下方向上的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解。【解答】A.物体沿光滑斜面做“类平抛运动”，在沿斜面方向由牛顿第二定律得，物体的加速度为：，故A错误；BCD.将物块的运动沿初速度方向和平行斜面向下方向分解。根据，解得：，在Q点的平行斜面方向的分速度为：根据，有：，故物块离开Q点时速度的大小：，故BD错误，C正确。故选C。4.【答案】A【解析】略5.【答案】CD【解析】【分析】解决本题的关键知道近日点的速度比较大，远日点的速度比较小，从P到Q和Q到P的运动是对称的，

9、但是P到M和M到Q不是对称的。根据海王星在PM段和MQ段的速率大小比较两段过程中的运动时间，从而得出P到M所用时间与周期的关系；抓住海王星只有万有引力做功，得出机械能守恒；根据万有引力做功确定速率的变化。【解答】A.海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；B.从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；C.从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C正确；D.根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。故选CD。6.【答案】BC【解析】【分析】小球在水平面内

10、做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比。解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等。【解答】A.两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：TAcos30=mg，TBcos60=mg，则，TB=2mg，所以=，故A错误；B.小球A做圆周运动的向心力，小球B做圆周运动的向心力，可知小球A、B的向心力之比为1：3，故B正确；CD.根据得，角速度，线速度v=，可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C正确，D错

11、误。故选BC。7.【答案】7.980；20.26；1.6【解析】解：由螺旋测微器读出整毫米数为7.5mm，由可动刻度为48.0则挡光片的宽度为d=7.5mm+48.00.01mm=7.980mm；由主尺读出整毫米数为202mm，游标尺上第6条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为60.1mm=0.6mm，则圆盘的直径为：D=202mm+0.6mm=202.6mm=20.26cm圆盘角速度为=，而=2，综合两式并代入数据可得：=1.6rad/s。故答案为：7.98020.261.6（1）由螺旋测微器读出整毫米数，由可动刻度读出毫米的小部分。即可得到挡光片的宽度。（2）图中10分度的游标卡尺，游标尺每一

12、分度表示的长度是0.1mm由主尺读出整毫米数，再根据游标上对齐的格数确定读出，从而求出最终读数；（3）由v=求出圆盘转动的线速度，由v=r，求出角速度。螺旋测微器和游标卡尺的读数是基本功，要熟悉读数的方法。题中还要掌握圆周运动的线速度与角速度的关系v=r。8.【答案】解：（1）小球做平抛运动，由速度的合成与分解图可知sin=v0v 解得，v=v0sin （2）由图可知tan=v0vy 又vy=g星t则得，g星=v0ttan （3）根据mg=mv星2R 求出卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的速度v星=v0Rttan 答：（1）小球落到斜坡上时的速度大小v为v0sin（2）该星球表面附近的重力加速度

13、g星为v0ttan（3）卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的速度v星是v0Rttan【解析】（1）小球垂直落在斜坡上的C点时速度的方向与竖直方向之间的夹角是，利用速度的合成与分解可以求出小球落到斜坡上的速度大小v； （2）根据运动学的公式求出月球表面附近的重力加速度g； （3）月球表面的重力由万有引力提供，绕星球表面做匀速圆周运动的卫星的向心力由重力提供，写出公式即可求解 该题把平抛运动与万有引力相结合，有一定的难度根据相关的知识和公式即可求解属于中档题目，9.【答案】解：（1）小物体加速过程，根据牛顿第二定律有：mgcosmgsin=ma，则得物体上升的加速度为：a=14g=2.5m/s2；（2

14、）当小物体的速度增加到v=1m/s时，通过的位移是：x1=v22a=0.2m，又v=at，联立解得：t1=va=0.4s，由于mgcosmgsin，所以物体与传送带同速一起匀速运动，位移为：x2=Lx1=5m0.2m=4.8m，即小物体将以v=1m/s的速度完成4.8m的路程用时为：t2=x2v=4.8s，故总时间为：t=t1+t2=5.2s；（3）由功能关系得：传送带对小物体做的功为：W=Ep+Ek=mgLsin+12mv2，代入数据解得：W=255J；（4）电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，相对位移为：x=vt112vt1=12vt1=0.2m，摩擦生热为

15、：Q=mgxcos=3210100.232=15J，故电动机做的功为：W电=W+Q=270J。答：（1）物体刚开始运动的加速度大小为2.5m/s2；（2）物体从A到B运动的时间为5.2s；（3）传送带对小物体做的功为255J；（4）电动机做的功为270J。【解析】本题的关键要正确分析小物体的运动过程，根据受力确定物体的运动，注意判断小物体是全程匀加速还是先匀加速再匀速运动；注意分析各力做功与对应能量变化的关系。（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出小物体刚开始运动的加速度；（2）物体运动的总时间为匀加速运动与匀速运动的时间之和；根据运动学公式求解时间；（2）由功能关系知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量；（3）电动机多做的功等于小物体机械能的增量和系统摩擦产生的内能之和。