人教版2018-2018高三物理上学期二调试卷(带解析).doc
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1、人教版2018-2018高三物理上学期二调试卷(带解析)在高中复习阶段,大家一定要多练习题,掌握考题的规律,掌握常考的知识,这样有助于提高大家的分数。查字典物理网为大家整理了高三物理上学期二调试卷,供大家参考。【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷,包含了高中物理必修一、必修二、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、知识覆盖面广,知识点全面。在考查问题上以基本定义、基本规律为主,以基础知识和基本技能为载体, 在试题上以高考为基本,是份非常好的试卷。一、选择题(每小题4分,共60分。下列每小题所给选项至少有一项符合题意,请将正确答案的序号填涂在答题卡上)【题文】1.科
2、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:一旦物体具有某一速度,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【知识点】物理学史.O1【答案解析】BCD 解析: 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
3、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.故选:BCD.【思路点拨】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.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.【题文】2.如图所示,两个小球从水平地面上方同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出,落在地面上的位置分别是A、B, 是O在
4、地面上的竖直投影,且 :AB=1:3。若不计空气阻力,则两小球 ( )A.抛出的初速度大小之比为1:4B.落地速度大小之比一定为1:3C.落地速度与水平地面夹角的正切值之比为4:1D.通过的位移大小之比一定为1:【知识点】平抛运动.D2【答案解析】AC 解析:两球的抛出高度相同,故下落时间相同,落地时的竖直分速度相同;两小球的水平位移分别为OA和O故水平位移之比为1:4; 故由x=vt可知两小球的初速度之比为1:4; 故A正确;由于未知两小球的下落高度,故无法求出准确的落地时的竖直分速度,故B无法求得落地速度之比故速度方向,故B错误;同理也无法求出位移大小之比,故D错误;因竖直分速度相等,ta
5、n= ,因竖直分速度相等,而水平初速度比值为1:4,故正切值的比值为4:1;故C正确;故选AC.【思路点拨】两小球所在高度相同,故下落时间相同,竖直方向的速度增量相同;由水平位移关系可求出两小球的初速度的大小关系,进而求得落地速度的大小及方向关系;由几何关系可求得位移的比值.对于平抛运动要注意用好几何关系,并能灵活应用各物理量之间的关系.【题文】3.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为 (各物理量均采用国际单位制单位),则该质点( )A.第1s内的位移是5mB.前2s内的平均速度是6m/sC.任意相邻1s内的位移差都是1mD.任意1s内的速度增量都是2m/s【知识点】匀变速直线运动的位移与时
6、间的关系.A2【答案解析】ABD 解析: A、将t=1s代入到x=4t+2t2 中得到第1s内的位移x=5m.故A正确.B、前2s内的平均速度 ,故B正确.C、将x=4t+2t2 与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+ at2 对照得到:初速度v0=4m/s,加速度a=2m/s2,则任意相邻1s内的位移差是x=aT2=212m=2m.故C错误.D、任意1s内的速度增量v=at=21m/s=2m/s.故D正确.故选ABD【思路点拨】将t=1s代入到x=4t+t2 中得到第1s内的位移;根据平均速度公式 求解前2s内的平均速度;将x=4t+t2 与匀变速直线运动的位移公式对照得到初速度v0和加速度
7、a,由推论x=aT2,研究任意相邻1s内的位移差.速度增量v=at.本题考查对匀变速直线运动位移公式的掌握程度和应用能力,以及对加速度的理解能力,常见题型.【题文】4.如图所示,一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角为 =37的斜面B上静止不动。若用通过球心的水平推力F=10N作用在物体上,物体仍静止在斜面上,斜面仍相对地面静止。已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,取g=10m/s2,则( )A.物体A受到斜面B的摩擦力增加8NB.物体A对斜面B的作用力增加10NC.地面对斜面B的弹力增加6ND.地面对斜面B的摩擦力增加10N【知识点】共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用
8、.B3 B4【答案解析】 D解析: A、没有施加力F时,对物体受力分析:根据平衡条件:f=mgsin=4100.6=24N施加力F后,对物体受力分析,如图:根据平衡条件,在斜面方向:f+Fcos=mgsin代入数据解得:f=16N故物体受到斜面的摩擦力减少:f=24N-16N=8N,故A错误;B、没有施加力F时根据平衡条件A受斜面作用力与重力等大反向,即大小为40N,根据牛顿第三定律物体A对斜面的作用力为40N反向向下,施加力F后物体A对斜面的作用力如图:F= 可以看出物体对斜面的作用力不是增加10N,故B错误;C、以整体为研究对象,力F的是水平的,所以不影响竖直方向的受力,地面对斜面的弹力大
9、小不变,故C错误;D、以整体为研究对象,水平方向增加了10N的力F,根据平衡条件得地面对斜面的摩擦力增加10N.故D正确.故选:D.【思路点拨】对没有施加力F时的半球进行受力分析,根据平衡条件求出物体受到的摩擦力;以整体为研究对象求出地面对斜面的摩擦力,然后进行比较.本题对物体受力分析后,将重力和推力按照实际效果进行正交分解,然后根据平衡条件列方程分析判断.【题文】5.如图甲所示,足够长的水平传送带以t0 =2m/s的速度匀速运行,t=0时,在最左端轻放一个小滑块,t=2s时,传送带突然制动停下。已知滑块与传送带之间的滑动摩擦因数为 =0. 2,g=10m/s2。在图乙中,关于滑块相对地面运动
10、的v-t图像正确的是 ( )【知识点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系;匀变速直线运动的图像.A2 A5 C2【答案解析】D 解析:滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动,a=g=2m/s2,滑块运动到与传送带速度相同时需要的时间t1= =1s然后随传送带一起匀速运动的时间t2=t-t1=1s当送带突然制动停下时,滑块在传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止,a=-a=-2m/s2运动的时间t3= =1s所以速度时间图象对应D选项.故选D【思路点拨】滑块放在传送带上受到滑动摩擦力作用做匀加速运动,当速度与传送带相等时,和传送带一起做运动运动,当传送带突然制动停下时,滑块在
11、传送带摩擦力作用下做匀减速运动直到静止.物体在传送带运动问题,关键是分析物体的受力情况,来确定物体的运动情况,有利于培养学生分析问题和解决问题的能力.【题文】6.用细绳拴一个质量为m的小球,小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连),如图所示。将细绳剪断后( )A.小球立即获得 的加速度B.小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动C.小球落地的时间等于D.小球落地的速度大于【知识点】牛顿第二定律;胡克定律.B1 C2【答案解析】CD 解析:A、细绳剪断前受重力、弹力和拉力,三力平衡,故弹力和重力的合力为:F合= ;剪断细线后,弹力和重力不变,故合力为F合= =ma,故a ,故A错误
12、;B、平抛运动只受重力;将细绳烧断后,小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用,合力斜向右下方,并不是只有重力的作用,所以不是平抛运动,故B错误.C、小球竖直方向只受重力,竖直分运动是自由落体运动,故小球落地的时间t= ,故C正确;D、如果不受弹簧弹力,小球落地速度等于 ,有弹簧弹力做功,故落地速度大于 ,故D正确;故选:CD.【思路点拨】对小球受力分析可知,在与弹簧接触时,小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同的作用,此过程中弹簧的弹力是不断减小的,离开弹簧之后,小球只受到重力的作用,做匀变速运动.对小球受力分析,根据球的受力的情况来判断小球的运动的情况及各力做功情况,要注意的是在与弹簧分离之前
13、,弹簧的弹力是不断减小的.【题文】7.乘坐空中缆车饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。若某一缆车沿着坡度为30的山坡以加速度a上行,如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)。则( )A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小物块受到的滑动摩擦力为 mg+ maD.小物块受到的静摩擦力为 mg+ ma【知识点】牛顿第二定律;力的合成与分解的运用.B3 C2【答案解析】AD 解析:以木块为研究对象,分析受力情况:重力mg、斜面的支持力N和摩擦力f,f沿斜面向上.根据牛顿第二定律得
14、f-mgsin30=ma解得,f= mg+ma,方向平行斜面向上.故选AD【思路点拨】由题知:木块的加速度大小为a,方向沿斜面向上.分析木块受力情况,根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向.本题首先要正确分析木块的受力情况,其次要能根据牛顿第二定律列式,求摩擦力,难度不大.【题文】8.小船横渡一条两岸平行的河流,船本身提供的速度(即静水速度)大小不变、船身方向垂直于河岸,水流速度与河岸平行,已知小船的运动轨迹如图所示,则A.越接近河岸水流速度越小B.越接近河岸水流速度越大C.无论水流速度是否变化,这种渡河方式耗时最短D.该船渡河的时间会受水流速度变化的影响【知识点】运动的合成和分解.D
15、1【答案解析】AC 解析: A、从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道,小船先具有向下游的加速度,小船后具有向上游的加速度,故水流是先加速后减速,即越接近河岸水流速度越小,故A正确,B错误.C、由于船身方向垂直于河岸,无论水流速度是否变化,这种渡河方式耗时最短,故C正确,D错误;故选:AC.【思路点拨】轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向,合力的方向又与水流的方向一致,可见加速度的方向先向右再向左.解决本题的关键知道小船参与了两个运动,有两个分速度,分别是静水速和水流速.以及知道轨迹的弯曲大致指向合力的方向,注意垂直河岸渡河时,时间最短.【题文】9.据河南日报消息,京广铁路不久也将开通时速达到300公里以
16、上动车组列车。届时,乘列车就可以体验时速300公里的追风感觉。我们把火车转弯近似看成是做匀速圆周运动,火车速度提高会使外轨受损。为解决火车高速转弯时不使外轨受损这一难题,你认为以下措施可行的是( )A.减小内外轨的高度差B.增加内外轨的高度差C.减小弯道半径D.增大弯道半径【知识点】向心力;牛顿第二定律.C2 D4【答案解析】BD 解析: A、对运行的火车进行受力分析如图,得:mgtan=m ,由于较小,则tansin ,h为内外轨道的高度差,L为路面的宽度.则mg = ,L、R一定,v增大,需要h增大.故A错误,B正确. C、设弯道半径为R,路面的倾角为,由牛顿第二定律得mgtan=m ,一
17、定,v增大时,可增大半径R.故C错误,D正确.故选:BD【思路点拨】火车高速转弯时不使外轨受损,则拐弯所需要的向心力由支持力和重力的合力提供.根据牛顿第二定律分析.本题是实际应用问题,考查应用物理知识分析处理实际问题的能力,本题与圆锥摆问题类似,基础是对物体进行受力分析.【题文】10.如图为湖边一倾角为30的大坝的横截面示意图,水面与大坝的交点为O。一人站在A点处以速度v0。沿水平方向扔小石块,已知AO= 40m,忽略人的身高,不计空气阻力。下列说法正确的是( )A.若v018m/s.则石块可以落入水中B.若v0 20m/s,则石块不能落入水中C.若石块能落入水中,则v0 越大,落水时速度方向
18、与水平面的夹角越大D.若石块不能落入水中,则v0 越大,落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大【知识点】平抛运动.D2【答案解析】A 解析: A、根据 得,t=t= ,则石块不落入水中的最大速度v0= .知初速度v017.3m/s,则石块可以落入水中.故A正确,B错误.C、若石块能落入水中,则下落的高度一定,可知竖直分速度一定,根据tan= 知,初速度越大,则落水时速度方向与水平面的夹角越小.故C错误.D、若石块不能落入水中,速度方向与水平方向的夹角的正切值tan= ,位移方向与水平方向夹角的正切值tan= ,可知tan=2tan,因为一定,则速度与水平方向的夹角一定,可知石块落到斜面时速度方向
19、与斜面的夹角一定,与初速度无关.故D错误.故选:A.【思路点拨】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据高度求出运动的时间,结合水平位移求出石块落在水中的最小速度.石块能落在水中,则下落的高度一定,竖直分速度一定,结合平行四边形定则判断速度方向与水平面夹角与初速度的大小关系.石块不能落在水中,石块竖直位移与水平位移的比值是定值,结合平抛运动的规律分析落在斜面上的速度方向与斜面倾角与什么因素有关.解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式和推论灵活求解.【题文】11.某马戏团演员做滑杆表演。已知竖直滑杆上端固定,下端悬空,滑杆的重力为2
20、00N。在杆的顶部装有一拉力传感器,可以显示杆顶端所受拉力的大小。已知演员在滑杆上做完动作之后,先在杆上静止了0.5s,然后沿杆下滑,3.5s末刚好滑到杆底端,并且速度恰好为零。整个过程中演员的vt图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况如图所示,g取10m/s2。则下列说法正确的是A.演员的体重为800NB.演员在第1s内一直处于超重状态C.滑杆所受的最小拉力为620ND.滑杆所受的最大拉力为890N【知识点】牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与时间的关系.A2 C2【答案解析】CD 解析: A、由两图结合可知,静止时,传感器示数为800N,除去杆的重力200N,演员的重力就是600N,故A错
21、误;B、由图可知0.5s至1.5s演员速度下滑,故演员此时处于失重状态,故B错误;C、在演员加速下滑阶段,处于失重状态,杆受到的拉力最小,此阶段的加速度为:a1= m/s2=3m/s2,由牛顿第二定律得:mg-F1=ma,解得:F1=420N,加上杆的重力200N,可知杆受的拉力为620N,故C正确 ;D、演员减速下滑的阶段为超重,此阶段杆受拉力最大,由图可知此阶段的加速度为:a2= =1.5m/s2,由牛顿第二定律:mg-F2=ma2,解得:F2=690N,加上杆自身的重力200N,故杆所受最大拉力为890N,故D正确;故选CD【思路点拨】由速度为零时传感器的示数等于任何杆的重力之和,可得演
22、员的重力;由速度时间图可知演员有向下的加速运动,此阶段为失重;向下的加速阶段为失重,故此时对杆的拉力最小,由图可得加速阶段的加速度,进而由牛顿第二定律可得最小拉力;演员减速下滑的阶段为超重,此阶段杆受拉力最大,由图可知超重阶段的加速度,由牛顿第二定律可得最大拉力。本题是对两个图象的结合应用,两图是相互利用的.要能从这类题目中熟练结合运动和受力图,此类题目等同于牛顿第二定律应用的由受力确定运动和由运动确定受力.【题文】12.如图,轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成,一个小滑块从距轨道最低点B为h的A处由静止开始运动,滑块质量为m,不计一切摩擦。则下列说法错误的是( )A.若滑块能通过圆轨道最高点D
23、,h最小为2.5RB.若h=2R,当滑块到达与圆心等高的C点时,对轨道的压力为3mgC.若h=2R,滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到A点,则h R【知识点】机械能守恒定律;牛顿第二定律;向心力.C2 D4 E3【答案解析】 B 解析: A、要使物体能通过最高点,则由mg=m 可得:v= ,从A到D根据机械能守恒定律得:mgh=mg2R+ mv2,解得h=2.5R,故A正确;B、若h=2R,从A到C根据机械能守恒定律得:mgh=mgR+ mv2,在C点有:N=m ,解得:N=2mg,故B错误;C、若h=2R,小滑块不能通过D点,在CD中间某一位置即做斜上抛运
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