广东省揭阳市普宁二中届高三上学期第三次月物理试Word文档下载推荐.docx
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B．质点的加速度大小为1m/s2
C．质点在前2s内的平均速度大小为6m/s
D．质点在前2s内的平均速度大小为3m/s
6．锻炼身体用的扩胸拉力器，并列装有四根相同的弹簧，每根弹簧的长度是25cm，某人双手各用了600N的水平力把他们都拉至100cm，不计拉力器的重力，则（ ）
A．此时每根弹簧产生的弹力为150N
B．每根弹簧的劲度系数为300N/m
C．若只装两根弹簧，且长度都拉长至50cm，则需要的拉力为100N
D．若只装三根弹簧，且长度都拉长至75cm时，则需要的拉力为150N
7．我国的火星探测任务基本确定，将于2020年左右发射火星探测器，这将是人类火星探测史上前所未有的盛况．若质量为m的火星探测器在距离火星表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，则运行周期为T，已知火星半径为R，引力常亮为G，则（ ）
A．探测器的线速度v=
B．探测器的角速度ω=
C．探测器的向心加速度a=G
D．火星表面重力加速度g=
8．如图所示，一倾角为30°
光滑的斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5m/s的速度顺时针转动；
现有质量为1kg的物体（可视为质点）从斜面上高度为h=5m处滑下；
物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动时间极短可以忽略．已知传送带足够长，它与物体之间的滑动摩擦因数为0.5．取g=10m/s2，则（ ）
A．物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为10m/s
B．物体第一次从滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为4.5s
C．物体第一次从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦产生的热量为200J
D．物体第一次从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦对物体做的功为﹣37.5J
三、非选择题：
包括必考题和选考顺两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第38题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：
11题，共129分
9．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，其中的两个实验步骤分别是
A．在水平放置的方板上固定一张白纸，用图钉橡皮条的一端固定在方木板上，另一端拴上两绳套，通过细绳同时用两个弹簧测力计（弹簧测力计与方木板平面平行）互成角度地拉橡皮条，使它与细绳的结点到达某一位置O点，在白纸上用铅笔记下O的位置并读出两个弹簧测力计的示数F1和F2
B．只用一只弹簧测力计，通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与两个弹簧测力计拉时相同，读出此时弹簧测力计的示数F并记下细绳的方向
请指出以上步骤中的错误或疏漏：
A中 ；
B中 ．
10．如图1为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置．用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距为L=48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录细线拉力和小车到达A、B时的速率．
（1）本实验有关的说法正确的是：
（多选）
A．两速度传感器之间的距离应适当远些
B．不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量
C．应先释放小车，再接通速度传感器的电源
D．改变所挂钩码的数量时，要使所挂钩码的质量远小于小车质量
（2）某同学在表中记录了实验测得的几组数据，vB2﹣vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式为a= ，表中第3次实验缺失的数据是 m/s2（结果保留三位有效数字）；
次数
F（N）
vB2﹣vA2（m2/s2）
a（m/s2）
1
0.60
0.77
0.80
2
1.04
1.61
1.68
1.42
2.34
（3）甲同学在探究加速度与力的关系时，作出的a一F图线，如图2所示．则实验存在的问题是 ．（填写“平衡摩擦力不足”或“平衡摩擦力过度”）造成的．
11．如图所示，木板右端BC段为
光滑圆弧且静止在光滑水平面上，木板AB段的上表面与圆弧的最低点相切，木板的左端A有一可视为质点的小铁块．现突然给铁块水平向右的初速度v0，铁块到达木板B位置时速度变为原初速度的一半，之后继续上滑并刚好能到达圆弧的最高点C．若木板质量为2m，铁块的质量为m，重力加速度为g．求：
（1）小铁块滑到B位置时木板的速度；
（2）小铁块到达C位置时两者的共同速度；
（3）光滑圆弧面的半径．
12．质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道下滑．B、C为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°
，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m，小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后第二次经过D点，物块与斜面间的动摩擦因数为μ1=
（g=10m/s2，sin37°
=0.6，cos37°
=0.8）试求：
（1）小物块离开A点时的水平初速度v1．
（2）小物块经过O点时对轨道的压力．
（3）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.3，传送带的速度为5m/s，则PA间的距离是多少？
（4）斜面上CD间的距离．
参考答案与试题解析
【考点】物理学史．
【分析】奥斯特首先发现电流磁效应，法拉第经过10年的研究终年发现电磁感应现象．卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量．伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，将保持这个速度运动下去．
【解答】解：
A、奥斯特首先发现电流磁效应．故A错误．
B、法拉第经过10年的研究终年发现电磁感应现象．故B错误．
C、卡文迪许最早成功利用实验方法测出万有引力常量，不是牛顿．故C错误．
D、伽利略根据理想实验推出，若无摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一速度，既没有减速的原因，也没有加速的原因，物体将保持这个速度运动下去．故D正确．
故选D
【考点】共点力平衡的条件及其应用；
力的合成与分解的运用．
【分析】可用整体法研究，球、杆、斜面看成整体，整体只受重力和地面的支持力，水平方向不受力，没有水平方向上的运动趋势，重力和地面的支持力是一对平衡力．在对小球隔离分析，小球保持静止状态，合力为零，小球受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力的大小和方向．
A、B：
杆、球、斜面均静止，可以看成整体，用整体法研究，相对于地面没有向左运动的趋势．由二力平衡可知，地面的支持力等于整体的重力82N．故A、B均错误．
C、D：
小球保持静止状态，处于平衡状态，合力为零；
再对小球受力分析，受重力和弹力，根据二力平衡条件可判断弹力和重力等值、反向、共线，故弹力为2N，竖直向上；
根据牛顿第三定律，球对弹性杆的作用力为2N，方向竖直向下．
故C正确、D错误．
故选C．
【考点】闭合电路的欧姆定律．
【分析】结合电路的连接方式，利用闭合电路欧姆定律，分别求出两种情况下电容器的电压，再由Q=CU可求得电量Q1与Q2的比值．
电池E的内阻可忽略不计，则保持开关S1闭合、S2断开且电流稳定时，电容器的电压为：
U1=
E=
E
再闭合开关S2时，电容器的电压为：
U2=
由Q=CU得：
C相同，则有：
Q1：
Q2=U1：
U2=5：
故B正确，ACD错误
故选：
B
【考点】电场的叠加；
电势差与电场强度的关系．
【分析】在A、B两点分别固定一个等量正点电荷，根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出C与D点的电场强度，根据电场力做功来判定C与D点的电势能高低，从而即可求解．
A、据题，A、B是两个等量同种点电荷，根据点电荷电场强度公式，则C与D点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；
B、AB的中点电场强度为零，此点到C与D点间距相等，移动电子，电场力做功相等，则电子在C与D点电势能相同．故B错误；
C、D、由题，电子沿CD连线从C点移到D点过程中，电势先升高后降低，则电势能先减小后增加，那么电场力先做正功后做负功．故C错误，D正确．
D．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；
平均速度．
【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出加速度．根据位移与时间的比值求平均速度．
AB、由x=v0t+
at2代入数据得：
12=4×
2+
解得：
a=2m/s2，故A正确，B错误．
CD、质点在前2s内的平均速度大小为：
=
=
=6m/s．故C正确，D错误．
AC
【考点】胡克定律．
【分析】四根弹簧并联，每根弹簧受到的拉力相等，拉力之和等于600N，每根弹簧伸长量为x=100cm﹣25cm=75cm，根据胡克定律求出劲度系数．然后结合选项做出判断即可．
A、由于四根弹簧并联，每根弹簧受到的拉力相等，拉力之和等于600N，则每根弹簧产生的弹力均为150N．故A正确．
B、每根弹簧的伸长长度为x=100cm﹣25cm=75cm=0.75m，弹力F=150N，
则由胡克定律F=kx得，劲度系数k=
N/m．故B错误；
C、若只装两根弹簧，且长度都拉长至50cm，则弹簧的伸长量：
△x1=50cm﹣25cm=25cm=0.25m，
所以每一根弹簧需要的拉力为：
F1=k△x1=200×
0.25=50N，
两根弹簧需要的拉力为2F1=2×
50N=100N．故C正确
D、若只装三根弹簧，且长度都拉长至75cm时，则每根弹簧产生的弹力均为150N，需要的拉力为450N．故D错误．
【考点】万有引力定律及其应用；
向心力．
【分析】根据万有引力提供向心力G
=m
，求解中心天体质量，根据v=
求线速度，根据a=
r求向心加速度，根据万有引力等于重力，得到火星表面重力加速度．
A、探测器运行的线速度v=
．故A错误；
B、根据角速度与周期的关系公式可知，探测器的角速度ω=
．故B正确；
C、向心加速度a=r（
）2=
．故C错误
D、探测器绕火星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则得：
G
=m（
）2r，此时r=R+h，
解得火星质量为：
M=
，
物体在火星表面自由下落的加速度等于火星表面的重力加速度．
根据万有引力等于重力有：
G
=m′g，
g=
，故D正确．
BD
【考点】动能定理的应用．
【分析】物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小．当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，由位移公式求出物块向左的时间；
随后物块先向右加速到速度等于5m/s，然后做匀速直线运动，由运动学的公式分别求出各段的时间，然后求和；
摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，由此即可求出；
根据动能定理求解摩擦对物体做的功．
A、物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：
mgh=
mv2
v=
m/s=10m/s．即物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为10m/s．故A正确；
B、当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，物块在传送带上的加速度大小为：
a=
=μg=0.5×
10=5m/s2
物块速度减至0的时间：
t1=
=2s
物块的位移：
L=
×
2=10m
物块的速度等于0后，随传送带先向右做加速运动，加速度的大小不变，则物块达到与传送带速度相等的时间：
t2=
s=1s
位移：
x1=
at22=
5×
12=2.5m
之后物块随传送带做匀速直线运动的时间：
t3=
=1.5s
所以物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为：
t=t1+t2+t3=2+1+1.5=4.5s．故B正确；
C、物块向左做减速运动的过程中，传送带的位移：
x2=v0t1=5×
物块向右加速的过程中传送带的位移：
x3=v0t2=5×
1=5m
相对位移：
△x=L+x2+x3﹣x1=10+10+5﹣2.5=22.5m
该过程中产生的热量：
Q=μmg•△x=0.5×
1×
10×
22.5=112.5J．故C错误；
D、由动能定理得：
Wf=
﹣
mv2=
J=﹣37.5J．故D正确．
ABD
A中 未记下两条细绳的方向 ；
B中 应将橡皮条与细绳的结点拉到原来的位置O点 ．
【考点】验证力的平行四边形定则．
【分析】步骤A中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；
步骤B中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同，根据F1、F2作出平行四边形，对角线表示合力，根据几何关系可以求出合力大小．
本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤A中未记下两条细绳的方向；
步骤B中未说明把橡皮条的结点拉到位置O；
故答案为：
未记下两条细绳的方向；
应将橡皮条与细绳的结点拉到原来的位置O点．
AB （多选）
（2）某同学在表中记录了实验测得的几组数据，vB2﹣vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式为a=
，表中第3次实验缺失的数据是 2.44 m/s2（结果保留三位有效数字）；
2.44
（3）甲同学在探究加速度与力的关系时，作出的a一F图线，如图2所示．则实验存在的问题是 平衡摩擦力过度 ．（填写“平衡摩擦力不足”或“平衡摩擦力过度”）造成的．
【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．
【分析】
（1）两速度传感器之间的距离应适当远些，增大L，可以减小误差；
不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量；
实验应先接通电源后再释放小车；
因为实验中拉力传感器记录小车受到拉力，不需要使所挂钩码的质量远小于小车质量；
（2）根据运动学公式中速度和位移的关系可以写出正确的表达式；
（3）根据F=0，加速度不为零，分析图线不过原点的原因．
（1）A、两速度传感器之间的距离应适当远些，增大L，可以减小误差，故A正确；
B、不必用天平测出小车和车上的拉力传感器的总质量，故B正确；
C、应该先接通电源后再释放小车，故C错误；
D、改变所挂钩码的数量时，不需要使所挂钩码的质量远小于小车质量，因为实验中拉力传感器记录小车受到拉力，故D错误；
AB．
（2）根据匀变速直线运动的位移与速度公式：
v2﹣
=2as，可以求出：
代入数据解得：
a=2.44m/s2．
（3）根据图象可知，当F等于零，但是加速度不为零，知平衡摩擦力过度．
（1）AB；
（2）
，2.44；
（3）平衡摩擦力过度．
【考点】动量守恒定律；
功能关系．
（1）铁块与木板在水平方向动量守恒，应用动守恒定律可以求出木板的速度．
（2）木板与小铁块在水平方向系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出铁块到达C时的共同速度．
（3）铁块从B到C过程系统机械能守恒，对系统应用机械能守恒定律可以求出圆弧面的半径．
（1）先以木板和铁块为系统，水平方向不受外力，所以动量守恒，设初速度方向为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：
mv0=m
+2mv1，解得铁块滑上B位置瞬间木板的速度为：
v1=
v0；
（2）当铁块到达圆弧的最高点时，BC的共同速度为v2，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m
+2m
=3mv2，
v2=
；
（3）木块和铁块组成的系统中只有重力做功，由机械能守恒定律得：
+
•2m
•3m
+mgR，
R=
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