广州六中高三第一次质量检测理综解析版09Word格式文档下载.docx

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v0＝

＝10m/s，故选B正确．故选：

B

【思路点拨】已知飞机的末速度、加速度和位移，代入公式，即可求出初速度．该题考察导出公式的应用，直接代入公式即可．

【题文】15．如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角θ。

若此人所受重力为G，则椅子对他的作用力大小为

A．G

B．G 

sinθ

C．G 

cosθ

D．G 

tanθ

【知识点】力的合成．B3B4

【答案解析】A解析：

人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是G．故选：

A．

【思路点拨】人受多个力处于平衡状态，合力为零．人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力．根据平衡条件求解．通过受力分析和共点力平衡条件求解，注意矢量叠加原理．

【题文】

16．如图所示，放在桌面上的A、B、C三个物块重均为100N，小球P重20N，作用在B的水平力F=20N，整个系统静止，则

A．A和B之间的摩擦力是20N

B．B和C之间的摩擦力是20N

C.物块C受六个力作用

D.C与桌面间摩擦力为20N

【知识点】共点力平衡的条件及其应用；

摩擦力的判断与计算；

物体的弹性和弹力．B4B7

结点受P的拉力及两绳子的拉力；

如图所示，由几何关系可知，绳子对C的拉力F1=GP=20N；

对整体受力分析，整体受重力、支持力、两大小相等、方向相反的拉力；

两拉力的合力为零，故整体在水

平方向没有运动的趋势；

故C与桌面间的摩擦力为零；

所以D错误．对A用隔离法受力分析，根据平衡条件知水平方向不受外力，即AB之间没有摩擦力；

所以A错误对B用隔离法进行受力分析，根据平衡条件B受C对它的摩擦力f=F=20N，根据牛顿第三定律：

B对C的摩擦力也等于20N．所以B正确．对C用隔离法受力分析，受重力、桌面的支持力、B对它的压力、B对它的摩擦力、绳子拉力共五个力的作用，所以C错误．故选B．

【思路点拨】先对结点受力分析，由共点力的平衡可求得绳子对3的拉力；

再将1、2、3作为整体受力分析，由共点力的平衡可求得3与地面间的摩擦力．整体法与隔离法在共点力的平衡中经常用到，在解题时要注意灵活选取；

正确的研究对象的选取可在解题中起到事半功倍的效果.

二．双项选择题（本题共9题，每小题6分，共54分;

每个小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错误、不选得0分）

【题文】17．从水平匀速飞行的直升飞机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是

A．从飞机上看，物体做自由落体运动

B．从飞机上看，物体始终在飞机的后方

C．从地面上看，物体做平抛运动

D．从地面上看，物体做自由落体运动

【知识点】参考系和坐标系；

自由落体运动；

平抛运动．A1A3D2

【答案解析】AC解析：

由于惯性物体在释放后在水平方向做匀速直线运动，故在水平方向和飞机不发生相对运动．而物体在竖直方向初速度为0，加速度为g，故在竖直方向做自由落体运动．所以从飞机上看，物体做自由落体运动．故A正确，B错误．从地面上看物体物体做平抛运动，故C正确而D错误．故选AC．

【思路点拨】物体与参考系相对位置的变化决定了我们观察到的结果．由于惯性物体和飞机在水平方向速度相同，而物体在竖直方向做自由落体运动，故从飞机上看，物体做自由落体运动，从地面上看，物体做平抛运动．同一个物体的运动由于选取的参考系不同我们观察到的结果往往不同．

【题文】18．甲、乙两物体在同一地点同时开始做直线运动的

图象如图所示。

根据图象提供的信息可知

A．6s末乙追上甲 

B．在乙追上甲之前，甲乙相距最远为10m

C．

末甲乙两物体相遇，且离出发点有32m

D．在0～4s内与4～6s内甲的平均速度相等

【知识点】匀变速直线运动的图像．A5A6

【答案解析】BC解析：

A、在v-t图中图象与横坐标围成的面积大小与物体发生的位移大小相等，6s末甲的位移为：

x甲=

×

（4+8）×

4+

2×

8=32m6s末乙的位移为：

x乙=4×

6=24m，故6s末乙没有追上甲，A错误；

B、5S末之前甲的速度大于乙的速度，二者的距离越来越远，5s末之后甲的速度小于乙的速度，二者的距离开始缩小，故5s末二者速度相等时相距最远，最远为上面三角形的面积：

5×

4m=10m，故B正确；

C、8s末乙的位移为：

4×

8=32m=x甲，即8s末甲乙两物体相遇，且离出发点有32m，C正确；

D、在0～4S内甲的平均速度

=6m/s4～6S内甲的平均速度

=4m/s可见不相等，故D错误．故选：

BC．

【思路点拨】本题考查了图象中的追及问题，明确甲乙两物体的运动性质，乙一直做匀速运动，A甲先做匀加速直线运动然后做匀减速直线运动．把握相遇特点，根据v-t图象特点进行求解．在同一坐标中表示两种图象，要明确两图象代表的运动形式，能和实际运动相结合，注意图象交点的含义，如本题中图象交点表示速度相等，速度相等时一般有最大距离或者最小距离．

【题文】19．如图，当车厢向右加速行驶时，一质量为m的物块紧贴在车壁上，相对于车壁静止，随车一起运动，则下列说法正确的是

A．在竖直方向上，车壁对物块的摩擦力与物块的重力等大

B．在水平方向上，车壁对物块的弹力是由于物块发生了弹性形变

C．若车厢加速度变小，车壁对物块的弹力也变小

D．若车厢加速度变大，车壁对物块的摩擦力也变大

【知识点】牛顿第二定律；

滑动摩擦力．B2C2

A、物块与车厢具有相同的加速度，在竖直方向上的合力为零，则物块所受的摩擦力和重力平衡．故A正确．B、在水平方向上，车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对作用力和反作用力．故B错误．C、物块与车厢具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得，N=ma，加速度减小，车厢壁对物块的弹力减小．故C正确．D、车厢的加速度增大，根据牛顿第二定律知，N=ma，弹力增大，但是摩擦力和重力平衡，摩擦力保持不变．故D错误．故选：

AC．

【思路点拨】物块和车厢具有相同的加速度，抓住物块竖直方向上平衡，水平方向上产生加速度，结合牛顿第二定律分析求解．本题考查了牛顿第二定律的基本运用，注意车厢的加速度增大时，弹力增大，此时最大静摩擦力增大，而静摩擦力仍然与重力平衡，保持不变．

【题文】20．在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑半圆球B，整个装置处于平衡状态．已知A、B两物体的质量分别为M和m，则下列说法正确的是

A．A物体对地面的压力大小为Mg

B．A物体对地面的压力大小为（M＋m）g

C．B物体对A物体的压力小于Mg

D．A物体对地面的摩擦力可能大于Mg

力的合成与分解的运用．B3B4B7

【答案解析】BD解析：

对B物体受力如右上图，根据合力等于0，运用合成法得，墙壁对B的弹力N1=mgtanα，A对B的弹力N2＝

．则B物体对A的压力大于mg．对整体分析得，地面的支持力N3=（M+m）g，摩擦力f=N1=mgtanα＜mg．因为m和M的质量大小未知，所以A物体对地面的摩擦力可能大于Mg．故A、C错误，B、D正确．故选BD．

【思路点拨】隔离对B分析，根据合力为零，求出A对B的弹力，墙壁对B的弹力，再对整体分析，求出地面的支持力和摩擦力．解决本题的关键能够合适地选择研究对象，正确地进行受力分析，抓住合力为零，运用共点力平衡知识求解．

21．右下图是给墙壁粉刷涂料用的“涂料滚”的示意图．使用时，用撑竿推着粘有涂料的涂料滚沿墙壁上下缓缓滚动，把涂料均匀地粉刷到墙上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长，粉刷工人站在离墙壁一定距离处缓缓上推涂料滚，关于该过程中撑竿对涂料滚的推力F1，涂料滚对墙壁的压力F2，以下说法中正确的是

A．F1增大

B．F1减小

C．F2增大

D．F2减小

【知识点】共点力平衡的条件及其应用．B3B4

【答案解析】BD解析：

以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图．设撑轩与墙壁间的夹角为α，根据平衡条件得：

F1=

F2=Gtanα由题，撑轩与墙壁间的夹角α减小，cosα增大，tanα减小，则F1、F2均减小．故选：

BD．

【思路点拨】以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得到竿对涂料滚的推力为F1和墙壁对涂料滚的弹力的表达式，再分析两个力的变化．本题是动态平衡问题，采用函数法分析的，也可以采用图解法更直观反映出两个力的变化情况．

【题文】34．

（1）（4分）

给你两个弹簧测力计，一根橡皮条，一张白纸，细绳套（两个），三角板（两个）,方木板等按课本要求做《互成角度的两个共点力的合成》实验，实验中主要步骤有：

A．只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉至O点，记下弹簧测力计的读数和细绳的方向，按同标度做出这个拉力F′的图示；

B．用铅笔描下O点的位置和两条细绳套的方向，并记下两个弹簧测力计的读数;

C．比较一下，力F′与用平行四边形定则求出的合力F大小和方向是否在误差允许范围内相同．

D．用两只弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，让结点到达某一位置O；

E．把白纸钉在木板上，并将橡皮条的一端固定在木板上的A点，让两根细绳套拴在橡皮条的另一端（结点）；

F．用铅笔和刻度尺从力的作用点（位置O）沿着两绳套的方向画直线，按选定的标度作出这两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，以F1和F2为邻边利用刻度尺和三角板作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，即为合力F的图示．

G.改变两个力F1、F2的大小和夹角，再重复实验两次．

①将上述步骤，按实际操作的先后顺序为：

②在本实验中，用F表示理论合力，F′表示实验测出的合力，则下面的两个图中，比较符合实验事实的是

【知识点】验证力的平行四边形定则．B6

【答案解析】：

（1）E、D、B、F、A、C、G；

（2）A．解析：

（1）实验步骤本着先安装设备（或者实验器材），然后进行测量的思路进行设计，同时注意操作的先后逻辑以及简单易行的原则，由此可知该实验步骤为：

E、D、B、F、A、C、G．

（2）F1与F2合力的实验值是指通过实验得到值，即用一个弹簧拉绳套时测得的力的大小和方向，F′方向应该与OA在一条直线上，即而理论值（实际值）是指通过平行四边形得出的值，故F是力F1与F2组成平行四边形的对角线，故A图符合实验事实．

【思路点拨】

（1）明确实验目的，以及实验所要测量的物理量，即可正确安排实验步骤，注意要符合逻辑先后顺序，同时便于操作，不能逻辑顺序颠倒．

（2）F1与F2合成的理论值是由平行四边形定则作图得到的，由于误差可能不与OA共线；

而F1与F2合成的实际值一定与OA共线（二力平衡），因此明确“实验值”和“实际值”的区别即可正确解答本题．明确实验目的和实验步骤是对实验的基本要求，同学们要在实际实验操作去理解实验目的和实验步骤，这样才能对实验有深刻的理解．

（2）（14分）某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度。

①请指出该同学在实验操作中存在的两处错误：

a；

b。

②该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带，已知ABCDEF为打下的连续六个点，测得对应的距离为h1、h2、h3、h4、h5。

若已知打点计时器的打点周期为T，则打E点时速度的表达式为vE=；

③若分别计算出各计数点对应的速度数值，并在坐标系中画出v2与h的关系图线如图丙所示。

则斜率表示，可以计算得出重力加速度的大小为m/s2（保留2位有效数字）。

④根据以上③问结果，为了求出物体在运动过程中所受的阻力，还需测量的物理量有（用字母表示，并说明字母所表示的物理意义，已知当地的重力加速度大小为9.8m/s2）。

如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）

【知识点】测定匀变速直线运动的加速度．A7

【答案解析】①打点计时器应该接交流电源开始时重物应该靠近打点计时器②

③重力加速度大小的2倍9.4④物体的质量m（m写成M也可以）

不变解析：

：

（1）打点计时器使用交流电源，而该题中接了直流电；

重物离打点计时器太远，这样纸带上上所打点很少，不利于减小误差．

（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则有：

vE=

（3）根据mgh＝

mv2−

m

得v2＝2gh+

，结合图象明确知图线的斜率表示2g，所以2g=

=18.8，则g=9.4m/s2．（4）物体在下降的过程中受到重力与阻力的作用，得：

mg-f=ma，为了求出物体在运动过程中所受的阻力，还需知道物体的质量，所以要测量的物理量是质量；

（5）打点计时器的周期与交流电的周期相同，交流电电压的变化不影响其周期，所以当时电网中交变电流的电压变成210V，打点计时器的周期不变，对测量的数据没有影响．加速度的测量值不变．

（1）本题考查了打点计时器的具体应用，熟悉打点计时器使用的注意事项即可正确解答本题．

（2）匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度．可以通过求DF段的平均速度表示E点的瞬时速度．（3）根据mgh＝

，结合图象明确图象斜率的含义即求出重力加速度．（4）结合牛顿第二定律的表达式，即可确定还需要测量的物理量；

（5）打点计时器的周期与交流电的周期相同，交流电电压的变化不影响其周期了解实验的装置和工作原理，对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，会通过图象求解重力加速度．

【题文】35．（18分）如图甲所示，在高h=0.8m的平台上放置一质量为Ｍ=0.99kg的小木块（视为质点），小木块距平台右边缘距离d=2m，一质量m=0.01kg的子弹以400m/s的速度沿水平方向射入小木块并留在其中，然后一起向右运动。

最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离s=0.8m的地面上，g取10m/s2，求：

（1）（6分）小木块滑出平台时的速度v；

（2）（6分）子弹射入木块的过程中系统产生的热量Q；

（3）（6分）木块与平台间的动摩擦因数μ;

【知识点】动量守恒定律；

摩擦力的判断与计算．B2F2

【答案解析】

（1）2m/s；

（2）792J；

（3）0.3．解析：

（1）小木块从平台滑出后做平抛运动:

木块飞出时的速度

（2）子弹射入木块的过程中，

对系统：

故：

系统产生的热量为792J　

（3）木块在平台上滑动过程中做匀减速运动：

方法一：

动能定理

解得：

方法二：

牛顿第二定律+运动学公式

（1）小木块从平台滑出后做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式列式求解；

（2）根据速度位移公式列式，得到v2-x图象的表达式，求出加速度；

再根据牛顿第二定律求解出滑动摩擦力，最后根据功能关系求解热量；

（3）根据动能定理列方程求解.本题关键是由图象得到减速过程加速度，由平抛运动得到初速度，然后根据运动学规律、动能定理、动量守恒定律等相关知识列式求解．

【题文】36．（18分）如图所示，在光滑水平面上放有质量为M=3kg的长木板，在长木板的左端放有m=1kg的小物体，小物体大小可忽略不计。

小物块以某一初速度

匀减速运动。

已知小物块与长木板表面动摩擦因数

，当小物块运动了t=2.5s时，长木板被地面装置锁定，假设长木板足够长（g=10m/s2）

求：

（1）小物块刚滑上长木板时，长木板及小物体的加速度各为多大？

（2）长木板与小物体共速所需时间？

（3）最终小物体距木板左端的距离

匀变速直线运动的位移与时间的关系．A2C2C5

【答案解析】

（1）1m/s2、3m/s2；

（2）1s；

（3）2.17m．解析：

（1）小物体冲上长木板后受重力、压力和摩擦力的作用做匀减速运动，长木板摩擦力的作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：

对长木板：

对小物体：

（2）设二者达到共同速度

的时间为

，则由运动学公式得：

解得：

（3）因

，这说明小物体冲上长木板1s后二者再一起匀速运动1.5S后被锁定，此后小物体将匀减速运动。

共速前：

减速：

（1）M受重力、压力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律可求得长木板的加速度；

m受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；

（2）木块做匀减速直线运动，而木板做匀加速直线运动，根据速度时间时间关系公式求解共速所需时间；

（3）达到共同速度后相对静止，则小物块距长木板的左端距离为两物体位移的差值，根据运动学公式分阶段列式求解即可．本题涉及两个物体，要分别对两个物体进行受力分析，确定两物体的运动状态，再根据牛顿第二律及运动学公式进行分析解答．