1、1四川省宜宾市一中 2018-2019 学年高三物理上学期第二周周训练题双向细目表题序 能力阶层一级 二级考点及具体知识点 分值 设计难度系数了解理解（掌握）综合应用1 力的平衡 6 0.85 2 速度图象 6 0.80 3 力和直线运动的分析 6 0.80 4 运动的合成与分解-类平抛 6 0.75 5 平抛运动 6 0.70 6 圆周运动的实例分析 6 0.70 7 绳子端点速度关系、动力学分析 6 0.65 8 直线运动、圆周运动结合 6 0.65 9 牛顿运动定律整体法隔离法 6 0.60 第卷选择题10 圆周运动临界问题 6 0.60 11 探究加速度和力的关系 6 0.80 12
2、探究加速度和力的关系 12 0.65 13 牛顿运动定律的应用 16 0.55 第卷非选择题 14 牛顿运动定律的应用 16 0.50 合计 110 0.65第二部分 试题满分 110 分，考试时间 50 分钟一、选择题（本小题共 10 小题，17 题为单项选择题，810 题为多项选择题，每小题 6分，共 60 分，全选对的得 6 分，未选全得 3 分，有错选的得 0 分）1.如图所示，上表面为光滑曲面的物体静置于水平地面上，一小滑块从曲面底端受向右的水平拉力作用缓缓地沿曲面向上滑动，此过程中物体始终静止不动，则物体对滑块的支持力 N1和地面对物体的支持力 N 大小变化的情况是( )A N1增
3、大， N 减小 B N1减小， N 不变C N1增大， N 不变 D N1不变， N 不变22.甲、乙两质点以相同的初速度从同一地点沿同一方向同时开始做直线运动。以初速度方向为正方向，其加速度随时间变化的 at 图像如图所示。关于甲、乙在 0 t0时间内的运动情况，下列说法正确的是( )A在 0 t0时间内，甲做减速运动，乙做加速运动B在 0 t0时间内，甲和乙的平均速度相等C在 t0时刻，甲的速度比乙的速度小D在 t0时刻，甲和乙之间的距离最大3.一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且
4、轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度减小C速度先增大后减小，加速度先增大后减小D速度先增大后减小，加速度先减小后增大4.质量为 2 kg 的质点在 xOy 平面上运动( x 方向和 y 方向相互垂直), x 方向的速度时间图像和 y 方向的位移时间图像分别如图所示,则质点 ( )A.初速度为 4 m/sB.所受合外力为 4 NC.做匀变速直线运动D.初速度的方向与合外力的方向垂直5.军事演习中,在 M 点的正上方离地 H 高处的蓝军飞机以水平速度 v1投掷一颗炸弹攻击
5、地面目标,反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在 M 点右方地面上 N 点以速度 v2斜向左上方发射拦截炮弹,如图所示,两弹恰在 M、 N 连线的中点正上方相遇爆炸 .若不计空气阻力,则发射后至相遇过程 ( )A.两弹飞行的轨迹重合B.初速度大小关系为 v1=v2C.拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动D.两弹相遇点一定在距离地面 H43高度处6. 如图所示,一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面,圆锥筒固定不动 .有一质量为 m 的小球 A 紧贴着筒内壁在水平面内做匀速圆周运动,筒口半径和筒高分别为 R 和 H,小球 A 所在的高度为筒高的一半 .已知重力加速度为 g,则 ( )A.小球 A 做匀速圆
6、周运动的角速度 R2B.小球 A 受到重力、支持力和向心力三个力作用C.小球 A 受到的合力大小为 HmgD.小球 A 受到的合力方向垂直于筒壁斜向上7.如图所示,水平光滑长杆上套有一物块 Q,跨过悬挂于 O 点的轻小光滑圆环的细线一端连接 Q,另一端悬挂一物块 P.设细线的左边部分与水平方向的夹角为 ,初始时 很小 .现将 P、 Q 由静止同时释放,关于 P、 Q 以后的运动,下列说法正确的是 ( )A.当 = 60时, P、 Q 的速度之比是 233B.当 = 90时, Q 的速度最大C.当 = 90时, Q 的速度为零D.在 向 90增大的过程中, Q 受的合力一直增大8如图所示为用绞车
7、拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径 R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量 m1 kg，与地面间的动摩擦因数 0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是 kt， k2 rad/s2， g 取 10 m/s2，以下判断正确的是( )A物块做匀速运动B细线对物块的拉力是 5 NC细线对物块的拉力是 6 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1 m/s29一个单摆悬挂在小车上，随小车沿着斜面滑下，如图中的虚线与斜面垂直，沿水平方向，则可判断出 ( )A如果斜面光滑，摆线与重合B如果斜面光滑，摆线与重合C如果斜面粗糙但摩擦力小于下滑力，摆线位
8、于与之间D如果斜面粗糙但摩擦力大于下滑力，摆线位于与之间10.如图所示，水平转台上的小物体 A、 B 通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动， A、 B 的质量分别为 m、2 m，离转台中心的距离分别为 1.5r、 r，已知弹簧的原长为 1.5r，劲度系数为 k， A、 B 与转台的动摩擦因数都为 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有 kr2 mg 。则以下说法中正确的是( )A当 B 受到的摩擦力为 0 时，转台转动的角速度为 kmB当 A 受到的摩擦力为 0 时，转台转动的角速度为 2k3mC当 B 刚好要滑动时，转台转动的角速度为 k2m g2rD当 A 刚好要滑动时，转台转动的角速度为
9、2k3m 2 g3r题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答 案二、实验题（本题 18 分）11(6 分)光电门在测量物体的瞬时速度方面有得天独厚的优势，比如在探究加速度和力的关系时就省去了打点计时器分析纸带的不便，实验装置如图甲所示。(1)虽然少了计算的麻烦，却必须要测量遮光条的宽度，游标卡尺测量的结果如图乙所示，遮光条宽度 d 为_ cm。(2)某次实验过程中，已经得到 AB 之间的距离 l 和遮光条通过光电门的时间 t 和力传感器的示数 F，若要完成探究目的，还需要满足的条件是_。若要以 F 为横坐标，做出一条倾斜的直线来判断加速度和力成正比，那么纵坐标的物理量应该是_ 。(选
10、 填 “t2”或 “1t2”)12（12 分）某实验小组所用的实验装置如图甲所示，通过改变砂桶内砂的质量研究3214加速度与力的关系。图中带滑轮的长木板水平放置于桌面上，一端拴有砂桶的细绳通过小车的滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小。(1)下列操作必要且正确的是_。A小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数B改变砂的质量重复实验，打出几条纸带C用天平测出砂和砂桶的质量D为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量(2)实验中得到如图乙所示的一条纸带，相邻计数点间的时间间隔为 T，各相邻计数点间的距离分别为 s1、 s
11、2、 s3、 s4，则加速度的计算表达式为_；若以传感器的示数 F 为横坐标，通过纸带分析得到的加速度 a 为纵坐标，下面画出的 aF 图象中合理的是_。(3)若(2)问中的四个图线(包括 C 中的直线部分)的斜率为 k，则小车的质量为_。三、计算题（本题共两小题，32 分）13.（16 分）一弹簧秤的秤盘质量 M1.5 kg，盘内放一质量为 m10.5 kg 的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为 k800 N/m，系统处于静止状态，如图所示。现给 P 施加一个竖直向上的力 F，使 P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初 0.2 s 内 F是变化的，在 0.2 s 后是恒定的，求 F
12、的最大值和最小值各是多少( g10 m/s 2)?514.(16 分)如图所示，足够长的木板质量 M10 kg，放置于光滑水平地面上，以初速度 v05 m/s 沿水平地面向右匀速运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为 m1 kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数 0.5，当木板运动了 L1 m 时，又无初速度地贴着挡板在第 1 个小铁块上放上第 2 个小铁块。只要木板运动了 L 就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动。(取 g10 m/s 2)试问：(1)第 1 个铁块放上后，木
13、板运动了 L 时，木板的速度多大？(2)最终木板上放有多少个铁块？(3)最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？第三部分 答案1.解析：选 C 滑块缓缓地沿曲面向上滑动，滑块受力平衡，将物体与滑块作为整体分析，整体受力也是平衡的，则在竖直方向上地面对物体的支持力 N 与整体总重力平衡，即 N 不变，选项 A 错误；滑块缓缓地沿曲面向上滑动的过程中，受到竖直向下的重力、水平向右的拉力和垂直接触面斜向上的支持力 N1作用而平衡，设支持力 N1与竖直方向的夹角为 ，滑块的重力为 G，则 N1 ， N1随着 的增大而增大，选项 C 正确，B、D 错Gcos 误。2.解析：选 D 甲、乙两质点初
14、速度相同，由题图可知，开始运动时，甲的加速度大于乙的加速度，则开始后甲的速度大于乙的速度，直至 t0时刻两者速度再次相同，故 t0时刻，甲和乙之间的距离最大，D 正确。3.解析：选 D 滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小。故 D 正确，A、B、C 错误。4.解析 选 B 由图像可知,质点沿 x 方向的初速度大小 v
15、x=4 m/s,沿 y 方向的初速度大小 vy=3 m/s,则质点的初速度大小 v0= =5 m/s,故 A 错误;质点沿 x 方向的加速度2+2a=2 m/s2,沿 y 方向做匀速直线运动,则所受合外力 F 合 =ma=4 N,故 B 正确;质点的合外力沿x 方向,恒定不变,而初速度方向既不沿 x 方向,也不沿 y 方向,所以质点初速度的方向与合外力方向不垂直,做匀变速曲线运动,故 C、D 错误 .5.C 解析 两弹在 M、 N 连线的中点正上方相遇,说明末位置相同,但不能说明运动轨迹重合,故 A 错误 .由于两弹恰在 M、 N 连线的中点正上方相遇,说明它们的水平位移大小相等,又由于运动的
16、时间相同,所以它们在水平方向上的速度相同,即 v2cos =v 1,所以 v2v1,故 B 错误 .两弹都只受到重力,都做匀变速运动,加速度相同,所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动,故 C 正确 .根据题意只能求出两弹运动时间相同,但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值,所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度,故 D 错误 .6.A 解析 对小球进行受力分析,可知小球受重力、支持力两个力的作用,两个力的6合力提供向心力,由向心力公式可得 =m 2r,其中 tan = ,r= ,解得 = ,选项 Atan 2 2正确,B 错误;小球受到的合力方向应指向圆周运动的圆心,提供向心力,所以合力大小为,选
17、项 C、D 错误 .tan=7.B 解析 P、 Q 用同一根细线连接,则 Q 沿细线方向的速度与 P 的速度相等,当= 60时,有 vQcos 60=vP,可得 ,故 A 错误; Q 在竖直线 OP 左侧时,受的合力向右,=12做加速运动, Q 在竖直线 OP 右侧时,受的合力向左,做减速运动,所以 Q 到达 O 点正下方时,速度最大,即当 = 90时, Q 的速度最大,故 B 正确,C 错误;在 向 90增大的过程中, Q受的合力逐渐减小,当 = 90时, Q 的速度最大,加速度为零,合力最小,故 D 错误 .8.解析：选 CD 由题意知，物块的速度为： v R 2 t0.51 t又 v a
18、t，故可得： a1 m/s 2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1 m/s2。故 A 错误，D 正确。由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F ma1 N， F T f，地面摩擦阻力为： f mg 0.5110 N5 N故可得物块受细线拉力为： T f F5 N1 N6 N，故 B 错误，C 正确。9. BD10.解析：选 BD 当 B 受到的摩擦力为 0 时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r r1.5 r)2 m 2r解得： ，故 A 错误；k2m当 A 受到的摩擦力为 0 时，由弹簧弹力提供向心力，则有 k(1.5r r1.5 r) m 21.5r解得： ，故 B 正确；假设
19、 B 先滑动，则当 B 刚好要滑动时，摩擦力达到最大2k3m静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有： k(1.5r r1.5 r) 2mg2 m 2r解得： ，故 C 错误；k2m gr假设 A 先滑动，则当 A 刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有 k(1.5r r1.5 r) mg m 21.5r，解得： ，即 A、 B 同时开始滑动，故 D 正确。2k3m 2 g3r k2m gr11.解析：(1)游标尺共计 20 个分度，总长 19 mm，每个分度长 0.95 mm，主尺的最小刻度是 1 mm，相差 0.005 cm。 d2 mm5
20、0.05 mm2.25 mm0.225 cm。(2)要测量加速度，已经知道滑块在 B 点的速度， AB 之间的距离，根据 v2 v022 ax，必须知道初速度，而 A 点没有光电门，所以滑块在 A 点必须从静止开始释放。由F ma， a 可得， F ，所以处理数据时应作出 F 图像。v22l d22lt2 md22lt2 1t2 1t2答案：(1) 0.225 (2)滑块在 A 点静止释放 1t212.答案 (1)AB (2) a B (3)s3 s4 s1 s24T2 2k解析 (1)小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录7传感器的示数，A 正确；改变砂的质量重复
21、实验，打出几条纸带，B 正确；因有传感器记录拉力大小，故不需用天平测出砂和砂桶的质量，C 错误；因有传感器显示小车受到的拉力，故实验中没必要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，D 错误。(2)根据 x aT2可得 s3 s12 a1T2， s4 s22 a2T2，则 a a1 a22；若以传感器的示数 F 为横坐标，通过纸带分析得到的加速度 a 为纵s3 s4 s1 s24T2坐标，根据牛顿第二定律得 2F Ff ma，则图象应为 B。(3)由 2F Ff ma，可得 a F ，则 k，故 m 。2m Ffm 2m 2k13.解析 0.2 s 后 P 离开了秤盘，0.2 s 时秤盘支持力恰为零
22、，力 F 最大为 Fmax，则由牛顿第二定律知此时加速度为 a Fmax mgm此时 M 的加速度也为 a，设此时弹簧的压缩量为 x，则a kx MgM所以 kx M(g a) 原来静止时，弹簧压缩量设为 x0，则kx0( m M)g 而 x0 x at2 12由得 mg Ma0.02 aka 6 m/s 2 mgM 0.02k将代入得Fmax m(a g)10.5(610) N168 NF 最大值为 168 N。刚开始运动时 F 为最小 Fmin，对物体与秤盘这一整体应用牛顿第二定律得Fmin kx0( m M)g( m M)a 将代入有Fmin( m M)a72 NF 的最小值为 72 N
23、。答案 168 N 72 N14.解析：(1)第 1 个铁块放上后，木板做匀减速运动，即有： mg Ma1,2a1L v02 v12代入数据解得： v12 m/s。6(2)设最终有 n 个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：an nmgM第 1 个铁块放上后：2 a1L v02 v12第 2 个铁块放上后：2 a2L v12 v228第 n 个铁块放上后：2 anL vn1 2 vn2由上可得：(123 n)2 L v02 vn2 mgM木板停下时， vn0，解得 n6.6。即最终有 7 个铁块放在木板上。(3)从放上第 1 个铁块至刚放上第 7 个铁块的过程中，由(2)中表达式可得：2 L v02 v626 6 12 mgM从放上第 7 个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移是 d，则：2 d v6207 mgM解得： d m。 答案：(1)2 m/s (2)7 (3) m47 6 47
