届海南省华侨中学三亚学校高三上学期第三次月考物理试题解析版文档格式.docx

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直线运动规律专题．

加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，与速度的大小无关．匀速圆周运动的物体加速度不为零．

A、点火后即将升空的火箭，速度为零，加速度不为零，故A错误．

B、太空中的“天宫一号”绕地球匀速转动，加速度的方向指向地心，大小不为零，故B错误．

C、高速行驶的磁悬浮列车，速度很大，但是加速度可能为零，比如匀速运动时，故C错误．

D、加速度是反映速度变化快慢的物理量，紧急刹车时，速度变化很快，加速度很大，故D正确．

故选：

D．

解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关．

3．物体A、B的x﹣t图象如图所示，由图可知（　　）

A．从第3s起，两物体运动方向相同，且vA＞vB

B．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动

C．5s内A、B的平均速度相等

D．在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇

匀变速直线运动的图像．

运动学中的图像专题．

A物体3s末开始运动，B从0时刻开始运动，位移图象的斜率等于速度，可判断速度大小．由纵坐标的变化量读出位移，即可分析5s内平均速度的关系．当两物体的位移相同时相遇．

A、从第3s起，图线A的斜率大于B的斜率，且均正值，而位移图象的斜率等于速度，则从第3s起，两物体运动方向相同，且vA＞vB．故A正确．

B、A物体从3s末开始从距原点正方向上5m处出发，而B物体在0时刻末从原点出发．故B错误．

C、物体的位移等于△x，则知5s内B通过的位移大于A的位移，5s内B的平均速度大于A的平均速度．故C错误．

D、5s内A通过的位移为xA=10﹣0=10（m），B的位移为xB=10﹣5（m）=5m，位移不等．5s末两物体相遇．故D错误．

故选A

对于位移图象，关键抓住斜率等于速度、物体的位移等于△x即可分析物体的运动情况．

4．消防员用绳子将一不慎落入井中的儿童从井内加速向上提的过程中，不计绳子的重力，以下说法正确的是（　　）

A．绳子对儿童的拉力大于儿童对绳子的拉力

B．绳子对儿童的拉力大于儿童的重力

C．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对作用力与反作用力

D．消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力是一对平衡力

牛顿第三定律．

作用力和反作用力大小相等，方向相反，且同时产生、同时变化、同时消失，是同种性质的力．它们作用在不同的物体上，不能进行合成．

A、绳子对儿童的拉力和儿童对绳子的拉力是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A错误；

B、儿童从井内加速向上提的过程中，加速度方向向上，根据牛顿第二定律得绳子对儿童的拉力大于儿童的重力．故B正确；

C、消防员对绳子的拉力与绳子对消防员的拉力是一对作用力和反作用力，故C错误；

D、消防员对绳子的拉力与绳子对儿童的拉力作用在不同物体上，不是一对平衡力，故D错误；

B．

解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上．

5．如图所示，某大剧院的屋顶为半球形，一只小猴在该屋顶向上缓慢爬行，它在向上爬的过程中（　　）

A．屋顶对它的支持力变大B．屋顶对它的支持力变小

C．屋顶对它的摩擦力变大D．屋顶对它的作用力变小

共点力平衡的条件及其应用；

物体的弹性和弹力．

共点力作用下物体平衡专题．

由题意可知，研究对象处于动态平衡状态（因为他在缓慢爬行），所以对其在某位置受力分析，再利用平行四边形定则进行力的合成或分解来列出支持力与摩擦力的表达式．从而由式中的θ变化，可以求出屋顶对他的支持力与摩擦力的变化．

对小猴在某点受力分析：

将F支、Ff进行力的合成，由三角函数关系可得：

F支=Gcosβ

Ff=Gsinβ

当缓慢向上爬行时，β渐渐变小，则F支变大，Ff变小，所以A正确，BC错误；

D、屋顶对它的作用力与重力大小相等方向相反，所以大小不变，所以D错误；

A

考查支持力与摩擦力方向，并利用力的平行四边形定则构建支持力、摩擦力与重力间的关系．

6．如图所示，光滑水平桌面上，有物体A、B用轻弹簧相连，两物块质量相等，即mA=mB，在水平拉力FA和FB的作用下一起运动，已知FA＜FB，不计弹簧质量，则以下说法中正确的有（　　）

A．撤去FA瞬间，B的加速度一定变大

B．弹簧突然从P点断裂的瞬间，B的加速度小于

C．撤去FB后，弹簧将伸长

D．撤去FA后，弹簧将缩短

牛顿第二定律；

胡克定律．

牛顿运动定律综合专题．

先对两个物体组成的系统整体进行受力分析，得出弹簧的拉力的表达式，然后结合各选项的条件，使用牛顿第二定律逐个分析即可．

A、对整体分析，FA＜FB，选取向右为正方向，整体的加速度a=

撤去FA瞬间，整体的加速度：

，由于不知道两个力之间的具体的关系，所以不判断出撤去FA瞬间，B的加速度一定变大．故A错误；

B、弹簧突然从P点断裂的瞬间，弹簧的弹力消失，所以B的加速度等于

．故B错误；

C、撤去FB前，弹簧的弹力F1：

F1﹣FA=mAa，则：

F1=FA+mAa=

，弹簧的伸长量：

，

撤去FB后，

，弹簧的弹力F2：

＜F1，弹簧的伸长量：

，所以撤去FB后，弹簧将伸缩短．故C错误；

D、撤去FA后弹簧的弹力F3：

F3=mAa′=

=

＜F1，所以弹簧的伸长量：

．所以撤去FA后，弹簧将伸缩短．故D正确．

D

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．

二、多项选择题：

本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的，得5分：

选对但不全的，的3分；

有选错的，得0分．

7．科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是（　　）

A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变

B．伽利略通过“理想实验”得出结论：

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

C．笛卡儿指出：

如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向

D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质

物理学史．

本题应抓住亚里士多德、伽利略、笛卡儿和牛顿关于力和运动关系的一些理论和观点，进行分析．

A、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动．故A错误．

B、伽利略“理想实验”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B正确．

C、笛卡儿指出：

如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向，符合历史事实．故C正确．

D、牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，符合事实．故D正确．

BCD．

本题考查了一些力学物理学史，对于牛顿、伽利略和笛卡儿关于运动和力的观点，要理解并记牢．

8．将一物块分成相等的A、B两部分靠在一起，下端放置在地面上，上端用绳子拴在天花板，绳子处于竖直伸直状态，整个装置静止．则（　　）

A．绳子上拉力可能为零

B．地面受的压力可能为零

C．地面与物体间可能存在摩擦力

D．AB之间可能存在摩擦力

摩擦力的判断与计算．

摩擦力专题．

隔离对A分析，判断绳子的拉力的有无，以及AB之间有无摩擦力．对AB整体分析，判断地面有无摩擦力以及对地面有无压力．

AD、对A分析，有若A所受的重力、B对A的支持力和摩擦力三个力平衡，则绳子拉力为零．故A正确，D正确．

BC、对整体分析，整体可能受总重力、支持力，拉力．若地面的支持力等于总重力，则绳子拉力为零，因为绳子的拉力不可能大于A的重力，所以地面对B一定有支持力．根据整体平衡知，水平方向方向上，地面对B无摩擦力．故B、C错误．

故选AD．

解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用共点力平衡求解，注意整体法和隔离法的运用．

9．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O．整个系统处于静止状态．现将细线剪断．将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为△l1和△l2，重力加速度大小为g．在剪断的瞬间，（　　）

A．a1=3gB．a1=0C．△l1=2△l2D．△l1=△l2

对细线剪短前后的a、b、c物体分别受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度与弹簧的伸长量．

A、B、对a、b、c分别受力分析如图，

根据平衡条件，有：

对a：

F2=F1+mg

对b：

F1=F+mg

对c：

F=mg

所以：

F1=2mg

弹簧的弹力不能突变，因形变需要过程，绳的弹力可以突变，绳断拉力立即为零．

当绳断后，b与c受力不变，仍然平衡，故a=0；

对a，绳断后合力为F合=F1+mg=3mg=maa，aB=3g方向竖直向下；

故A正确，B错误．

C、D、当绳断后，b与c受力不变，则F1=k△l1，

；

同时：

F=k△l2，所以：

．联立得△l1=2△l2：

故C正确，D错误．

AC．

考查了牛顿第二定律的瞬时性的应用，重点区分绳和弹簧弹力的特点，注意加速度与受力的瞬时对应关系．

10．如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时，（　　）

A．物块与斜面间的摩擦力减少B．物块与斜面间的正压力增大

C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑

物体的弹性和弹力；

共点力平衡的条件及其应用．

对物体进行受力分析，得出匀速下滑时的受力情况，然后分析升降机加速上升时的情况即可．

当升降机匀速运动时，物块相对于斜面匀速下滑，则：

f=μmgcosθ=mgsinθ，所以：

sinθ=μcosθ；

支持力与摩擦力的合力竖直向上，大小等于重力；

当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物体受到的支持力一定增大，此时的摩擦力：

f′=μ•FN′，由于接触面的压力增大，所以物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；

假设物体以加速度a向上运动时，有N=m（g+a）cosθ，所以f′=μm（g+a）cosθ，对物体受力分析可知，水平方向上，由于m（g+a）sinθ=μm（g+a）cosθ，所以Nsinθ=f′cosθ，即物体在水平方向上合力为0，所以物体仍做匀速下滑运动．故C错误，D正确．

BD．

本题考查了判断物体与升降机的位置关系问题，知道当升降机加速上升时，物体受到的支持力一定增大是正确解题的关键．

三、实验题：

16分，把答案写在题中指定的答题处，不要求写出演算过程．

11．某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示．该工件的直径为　1.220　cm，高度为　6.860　mm．

刻度尺、游标卡尺的使用；

螺旋测微器的使用．

实验题．

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

1、游标卡尺的主尺读数为1.2cm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×

0.05mm=0.20mm=0.020cm，

所以最终读数为：

1.2cm+0.020cm=1.220cm．

2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.0×

0.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm，

故答案为：

1.220，6.860

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．

12．（12分）（2015秋•三亚校级月考）某实验小组欲以如图1所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”．图1中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m1，小盘（及砝码）的质量为m2．

（1）下列说法正确的是　C　

A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源

B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力

C．本实验中应满足m2远小于m1的条件

D．在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a﹣m1图象

（2）实验中，得到一条打点的纸带，如图2所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为vF=　

　，小车加速度的计算式a=　

　．

（3）某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图3所示．若牛顿第二定律成立，重力加速度g=10m/s2，则小车的质量为　2.0　kg，小盘的质量为　0.06　kg．

（4）实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为　10　m/s2．

探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

（1）实验时需要提前做的工作有两个：

①平衡摩擦力，且每次改变小车质量时，不用重新平衡摩擦力，因为f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了．②让小车的质量M远远大于小盘和重物的质量m．

（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度大小．

（3）由F﹣a图的斜率等于小车质量，可得到小车质量，F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，可得托盘质量；

（4）车在托盘和砝码带动下最大的加速度不会超过托盘和砝码下落的加速度，而此下落加速度的极值就是重力加速度．

（1）A、实验时应先接通电源后释放小车，故A错误．

B、平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：

f=mgsinθ=μmgcosθ，m约掉了，故不需要重新平衡摩擦力．故B错误．

C、让小车的质量m1远远大于小盘和重物的质量m2，因为：

际上绳子的拉力F=Ma=

，故应该是m2＜＜m1，即实验中应满足小盘和重物的质量远小于小车的质量，故C正确；

D、F=ma，所以：

a=，所以在用图象探究小车的加速度与质量的关系时，通常作a﹣图象，故D错误；

C

（2）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F点时小车的瞬时速度大小．

vF=

根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：

x4﹣x1=3a1T2

x5﹣x2=3a2T2

x6﹣x3=3a3T2

为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：

a=（a1+a2+a3）=

（3）对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，故小车质量为：

m1=

=2.0kg，

F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有：

mg=m1a0，

解得：

m=

=0.06kg

（4）小车的加速度最大等于自由落体的加速度，故极限值为10m/s2

（1）C；

（2）

（3）2.0，0.06；

（4）10

本题考察的比较综合，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道a﹣F图的斜率等于小车质量的倒数，难度适中．要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．

四、计算题：

本大题共3小题，13题12分，14题16分，15题18分，共46分．把解答写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．

13．（12分）（2014秋•沈阳期末）汽车正以10m/s的速度在平直的公路上前进，突然发现正前方有一辆自行车以4m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做加速度大小为6m/s2的匀减速运动，汽车恰好不碰上自行车，求关闭油门时汽车离自行车多远？

匀变速直线运动的位移与时间的关系．

追及、相遇问题．

汽车恰好不碰上自行车，知速度相等时，两车恰好不碰上，根据速度时间公式和速度位移公式求出速度相等时所经历的时间和汽车的位移，根据时间求出自行车的位移，从而求出关闭油门时汽车离自行车的距离．

在汽车做减速运动的过程中，自行车仍在作匀速运动．当汽车的速度大于自行车速度时，两车间距离在减小；

当两车速度相等时，距离不变，当汽车速度小于自行车速度时，距离增大；

因此，当汽车速度减小到与自行车速度相等没有碰撞时，便不会碰撞．因而开始时两车间距离等于汽车与自行车位移之差．

汽车减速到4m/s时发生的位移和运动的时间分别为：

x汽=

m=7m

t=

s=1s

这段时间内自行车发生的位移为：

x自=v自t=4×

1m=4m，

汽车关闭油门时离自行车的距离为：

x=x汽﹣x自=（7﹣4）m=3m．

答：

关闭油门时汽车离自行车3m远．

解决本题的关键理清运动的过程，抓住临界状态，速度相等时，根据位移关系求出关闭发动机时两车的距离．

14．（16分）（2015秋•三亚校级月考）如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点．每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据．（重力加速度g=10m/s2）

t（s）0.00.20.4…1.21.4…

V（m/s）0.01.02.0…1.10.7…

求：

（1）物体在斜面上的加速度大小；

（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ；

（3）t=0.6s时的瞬时速度v．

摩擦力的判断与计算．

（1）根据图表中的数据可知：

前0.4s物体还在斜面上，根据

求出此时加速度，

（2））根据图表中的数据可知：

物体在水平面上的加速度，然后利用牛顿第二定律可求动摩擦因数μ；

（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，根据斜面上匀加速运动的末速度等于水平面匀减速运动的初速度，由速度公式求出物体在斜面上运动的时间，再求出t=0.6s时的瞬时速度v．

（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为：

（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行的加速度大小为：

根据牛顿第二定律得：

μmg=ma2

（3）设物体在斜面上到达B点时的时间为tB，则物体到达B时的速度为：

vB=a1tB①

由图表可知当t=1.2s时，速度v=1.1m/s，此时有：

v=vB﹣a2（t﹣tB）②

联立①②带入数据得：

tB=0.5s，vB=2.5m/s

所以当t=0.6s时物体已经在水平面上减速了0.1s，速度为v=2.5﹣0.1×

2=2.3m/s．

（1）物体在斜面上的加速度大小5m/s2；

（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ为0.2；

（3）t=0.6s时的瞬时速度为2.3m/s．

本题由表格的形式反映物体的运动情况，运用运动学的基本公式求解加速度．要抓住物体在斜面上和水平面上运动之间速度关系，研究物体在斜面上运动的时间．

15．（18分）（2012•闵行区二模）如图所示，某三角支架ABO中，轻杆BO可绕通过O点的光滑轴转动，AO⊥BO，AB间用细绳连接，θ=370．在B点连接质量为m=2kg的小球，杆AO在外力作用下保持竖直方向，且使整个装置沿BA方向做直线运动．已知重力加速度为g=10m/s2，sin37°

=0.6，cos37°

=0.8．

（1）当整个装置做匀速直线运动时，细绳AB和杆OB对小球作用力分别为多大？

（2）当整个装置以加速度a=g做匀减速运动时，轻绳AB和杆OB对小球作用力分别为多大？

共点力平衡的条件及其应用．

（1）当整个装置做匀速直线运动时，小球的合力为零，分析小球的受力情况，根据平衡条件求解细绳AB和杆OB对小球作用力．

（2）当整个装置以加速度a=g做匀减速运动时，分析小球的受力情况，根据牛顿第二定律求解轻绳AB和杆OB对小球作用力．

（1）当整个装置做匀速直线运动时，小球受力如图1所示，由平衡条件得：

F2sinθ=mg，

F2cosθ=F1．

F1=

，F2=

（2）沿加速度方向和加速度垂直的方向进行正交分解得：

F3sinθ=mgcosθ

F3cosθ+mgsinθ﹣F4=ma

F3=

，F4=

（1）当整个装置做匀速直线运动时，细绳AB和杆OB对小球作用力分别为

和

．

（2）当