1、2014届湖南攸县二中、醴陵二中等四校高三上第三次联考物理试卷与答案（带解析） 选择题 物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列说法中正确的是 A开普勒通过对行星观测记录的研究发现了万有引力定律 B伽利略指出物体的运动需要力来维持 C卡文迪许测出了引力常量 G的数值 D牛顿运动定律是自然界普遍适用的基本规律之一 答案： C 试题分析：开普勒通过对行星观测记录的研究总结出开普勒三定律，牛顿在前人工作的基础上总结出了万有引力定 律，故选项 A错误；伽利略指出物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，故选项 B错误；卡
2、文迪许利用扭秤实验测量出了引力常量的数值，故选项 C正确；牛顿运动定律适用于低速运动的宏观物体，故选项 D错误 考点：本题考查学生对物理学家主要贡献的理解和掌握情况 甲、乙两车同时由同一地点沿同一方向做直线运动，它们的位移一时间图像如图所示，甲车图像为过坐标原点的倾斜直线，乙车图像为顶点在坐标原点的 物线，则下列说法正确的是 A甲、 乙之间的距离先增大、后减小，然后再增大 B 0t1时间段内，乙的平均速度大于甲的平均速度 C t1时刻，乙的速度等于甲的速度的 2倍 D 0t1时间段内， t1/2时刻甲乙距离最大 答案： ACD 试题分析：因为甲车的位移时间图像是过坐标原点的直线，所以甲车做匀速
3、直线运动；乙车的图像是过原点的抛物线，所以乙车做初速度为零的匀加速直线运动因为两车同时同地出发，甲车速度大于乙车速度，开始时两车之间的间距增大，随着乙车的速度增大，当乙车速度等于甲车速度时，两车间距最大，随后乙车速度大于甲车速度，间距变小 ，当 时两车同时到达同一地点即乙车追上甲车，接着乙车速度仍大于甲车速度，两者间距再变大，故选项 A正确；两车同时同地出发，由同时到达同一地点，所以平均速度相等，故选项 B错误；当 时，由 ，可解得 ，故选项 C正确； 0t1时间段内，甲乙距离最大时， ，又因为时， ，所以此时，故选项 D正确 考点：由题中图像可知本题考查追及问题，在追及问题中，两者间距的变化
4、要分析速度之间的大小关系，当两者速度相等时，间距出现极值；当追上时，两者位移相等或者满足一定关系 如图，两个半径均为 R的 1/4光滑圆弧对接于 O点，有物体从上面圆弧的某点 C以上任意位置由静止 下滑（ C点未标出），都能从 O点平抛出去，则（ ） A CO1O=60 B CO1O=45 C落地点距 O2最远为 2R D落地点距 O2最近为 R 答案： AC 试题分析：因 为物体能从 O点平抛出去，所以对 O点的压力为零，由 可得到达 O点的最小速度为 ；从 C点到 O点，设 ，由动能定理得，解得 ，故选项 A正确 B错误；物体从 O点开始做平抛运动，下落时间 ，当速度为 时落地点距 O2最
5、近，故选项 D错误；当物体从 A点下滑时到达 O点的速度最大，落地点最远， 从 A到 C，由动能定理得 ，解得 ，所以最远距离，故选项 C正确 考点：解答本题应首先明确 “物体从 O点平抛出去 ”的物理意义，再根据动能定理和平抛运动规律求解分析 斜面上的物体受到平行于斜面向下的力 F作用，力 F随时间变化的图象及物体运动的v t图象，如图所示。由图象中的信息能够求出的量或可以确定的关系是 A物体的质量 m B斜面的倾角 C物体与斜面间的动摩擦因数 D 答案： AD 试题分析：设物体重力沿斜面向下的分力为 ，受到的滑动摩擦力为 由速度时间图像可知： 0 2s物体加速运动，对物体受力分析由牛顿第二
6、定律可知： ， 2s后物体做匀速运动，由平衡方程可知： ，由图像可知： ， ， ，代入 可解得 ，故选项 A正确；由 可知 ，即 ，故选项 D正确；根据以上表达式和信息无法解出倾角和动摩擦因数，故选项 BC错误 考点：解答本题要根据两个图像分 析物体的运动过程及性质，再结合给出的已知量列方程求解 如图所示的皮带传动装置中，甲、乙、丙三轮的轴均为水平轴，其中甲、丙两轮半径相等，乙轮半径是丙轮半径的一半 A、 B、 C三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮带不打滑，则 A A、 B两点的线速度大小之比为 2:1 B A， C两点的角速度大小之比为 1： 2 C A、 B两点向心加速度大小之比
7、为 2:1 D A、 C两点的向心加速度大小之比为 1： 4 答案： BD 试题分析：设乙的半径为 r，则甲和丙的半径为 2r因为甲和乙用传送带连接，所以A点和 B点的线速度相同，即 ，故选项 A错误；乙和丙同轴转动，所以 B点 C点的角速度相同，即 ，又因为 ， ，所以 ，即 ，故选项 B正确；由 可知： ，故选项 C错误； ，故选项 D正确 考点：解决传动类问题要明确摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动）时边缘点的线速度相同，轴传动时任两点的角速度相同，再结合线速度公式和向心加速度公式求解 我国 “二炮 ”的一系列导弹，在 “北斗 ”定位系统的引导下，能实现精确打击移动目标和固定目标。
8、假设从地面上 A点发射一枚远程弹道导弹，仅在地球引力作用下，沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标 B， C为轨道的远地点，距地面高度为 h，若 ACB轨迹长恰好为整个椭圆的一半。已知地球半径为 R，地球质量为 M，引力常量为 G。则下列结论正确的是 （ ） A导弹在 C点的速度大于 B地球的球心位于导弹 椭圆轨道的一个焦点上 C导弹在 C点的加速度等于 D导弹从 A点到 B点的飞行时间等于导弹飞行周期的一半 答案： B 试题分析：假设有一颗人造卫星在 (R+h)轨道上运动，根据万有引力提供向心力得：在 C点运行的卫星的速度为 ，导弹在 C点只有加速才能进入卫星的轨道，所以导弹在 C点的速度小于 ，
9、故选项 A错误；导弹在地球的万有引力作用下运动，根据开普勒定律分析知道，地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点故选项 B正确；由 得导弹在 C点的加速度 ，故选项 C错误；设距地面高度为 h的圆轨道上卫星运动周期为 T0，设导弹运动的周期为T，由于导弹的半长轴小于卫星的轨道半径 R+h，根据开普勒第三定律知道：导弹运动的周期 T T0，则导弹从 A点运动到 B点的时间一定小于 T0故选项 D错误 考点：解答本题时可以先假设一颗人造卫星在 (R+h)的轨道上运动，转化为熟悉的情景后再结合万有引力提供向心力和开普勒定律 进行比较分析，即可得出答案： 假设地球是一半径为 R，质量分布均匀的球体。已知质量分
10、布均匀的球壳对壳内物体引力为零，地球表面处引力加速度为 g。则关于地球引力加速度 a随地球球心到某点距离 r的变化图像正确的是（ ） 答案： B 试题分析：设地球的密度为 ，当物体处于地心时，所受万有引力为零，加速度为零；当距地心距离为 时，只有半径为 r的球体对其产生万有引力，根据得： ，解得 ，即加速度 a与 r成正比，由此可判断选项 B正确；当时，由 得 ，加速度 a与 r的平方成反比，故选项 B正确 考点：解答本题关键要理解题目中 “已知质量分布均匀的 球壳对壳内物体引力为零 ”的含义，进而结合万有引力公式求解 一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量 M=15k
11、g的重物，重物静止于地面上，有一质量 m=10kg的猴从绳子另一端沿绳向上爬，如图所示，不计滑轮摩擦，在重物不离开地面条件下， (重力加速度 g=10m/s2)猴子向上爬的最大加速度为 A B C D 答案： D 试题分析：小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，故绳子的拉力等于重物的重力，即 ；对小猴受力分析，受重力 mg和拉力 F=F，根据牛顿第二定律，有 ，解得 ，故选项 D正确 考点：本题关键在于分析出当小猴以最大加速度向上爬行时，重物对地压力为零，先后对重物和小猴受力分析，然后根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解 某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球半径为 R，地面重力加
12、速度为 g。下列说法正确的 ( ) A人造卫星的最小周期为 B卫星在 距地面高度 R处的绕行速度为 C卫星在距地面高度 R处的加速度为 D地球同步卫星的速率比近地卫星的速率小，所以发射同步卫星所需的能量较小 答案： C 试题分析：人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供，即，解得 ，即当 r=R时周期最小，又因为 ，所以 ，故选项 A错误；当 r=2R时，由 和 解得，故选项 B错误；由 和 解得 ，故选项 C正确；同步卫星在发射的过程中，先发射到近地轨道，然后经过多次加速，才能达到同步轨道，所以发射同步卫星所需的能量较大，故选项 D错误 考点：解答本题需要熟练掌握万有引力提供向心力的各
13、种相关公式，并结合灵活解答 如图所示，由两种材料做成的半球面固定在水平地面上，球右侧面是光滑的，左侧面粗糙， O点为球心， A、 B是两个相同的小物块 (可视为质点 )，物块 A静止在左侧面上，物块 B在图示水平力 F作用下静止在右侧面上， A、 B处在同一高度， AO、 BO与竖直方向的夹角均为 q，则 A、 B分别对球面的压力大小之比为 ( ) A sin2q :1 B sinq :1 C cos2q :1 D cosq :1 答案： C 试题分析：分别对 A和 B受力分析，如图所示： 对 A，由平衡条件得 ，对 B，由三角形关系可知 ，所以，由牛顿第三定律可知选项 C正确 考点：本题考查
14、了受力分析和牛顿第三定律，注意各力的方向，灵活利用平衡条件求解 如图所示：一轴竖直的锥形漏斗，内壁光滑，内壁上有两个质量相同的 小球 A、 B各自在不同的水平面内做匀速圆周运动，则下列关系正确的有（ ） A、线速度 B、角速度 C、向心加速度 D、小球对漏斗的压力 答案： A 试题分析：由题意可知： A、 B做圆周运动的半径不同；对其中一个小球受力分析如图所示， 则根据牛顿第二定律得 ，得到 ， 一定， A球的圆周运动半径大于 B球的圆周运动半径，所以 ，故 A正确；因为角速度， A球的圆周运动半径大于 B球的圆周运动半径，所以角速度 ，故选项 B错误；向 心加速度 ，与半径 r和质量 m无关
15、，故选项 C错误；由 可知漏斗内壁的支持力，因为 m和 相同，所以 ，由牛顿第三定律可知选项 D错误 考点：解决这类圆周运动问题的关键是对物体正确受力分析，根据向心力公式列方程进行讨论，注意各种向心加速度表达式的应用 铁路在弯道处的内外轨道高低是不同的，已知内外轨道水平面倾 角为 (图 )，弯道处的圆弧半径为 R，若质量为 m的火车转弯时速度小于 ，则 ( ) A内轨对内侧车轮轮缘有挤压； B外轨对外侧车轮轮缘有挤压； C这时铁轨对火车的支持力等于 mg/cos； D这时铁轨对火车的支持力大于 mg/cos. 答案： A 试题分析：对火车受力分析：重力 g和轨道的支持力 N，当火车恰好对轨道无
16、压力时，由牛顿第二定律可得： ，联立解得： 当火车的速度 时，火车对内轨产生压力，故选项 A正确 B错误；又因为火车在竖直方向上静止且同时拐弯需要向心力，故支持力大于重力，即选项 CD错误 考点：本题考查圆周运动在实际生活中的应用，通过向心力的分析应用考查学生对知识的掌握情况 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球 A用细线悬挂于支架前端，质量为 m的物块 B始终相对于小车静止地摆放在右端。 B与小车平板 间的动摩擦因数为 。若某时刻观察到细线偏离竖直方向 角，则此刻小车对物块 B产生的作用力的大小和方向为 ( ) A mg，竖直向上 B mg，斜向左上方 C mgtan，水平
17、向右 D mg ，斜向右上方 答案： D 试题分析：因为小车向左运动且悬线向左偏离，所以小车向左做减速运动，对小球受力分析由牛顿第二定律知： 解得 ；对物块受力分析可知： ，所以小车对物块的作用力，方向斜向右上方，故选项正确 考点：本题中有多个物体运动，其运动状态相同，先从受力较少 的小球入手求出加速度，再分析物块，即要选择合适的物体作为突破口 如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向左运动时，物体 M的受力和运动情况是 ( ) A绳的拉力等于 M的重力 B绳的拉力大于 M的重力 C物体 M向上匀速运动 D物体 M向上匀加速运动 答案： B 试题分析：汽车向左匀速运动，其速度可
18、分解为沿绳长方向和垂直于绳子分析的两个分运动，沿绳长方向的分速度 ，所以 增大，即物体向上做加速运动，又因为 变化不均匀，所以不是匀加速运动，故选项 CD错误；由于物体 M做加速运动，所以绳子的拉力大于重力，故选项 B正确 考点：本题考查运动的合成与分解及受力分析 实验题 （ 12分）某同学设计了一个探究加速度 a与物体所受合力 F及质量 M关系的实验，图（ a）为实验装置简图。（交流电的频率为 50Hz） （ 1）若取小车质量 M 0.4 kg，改变砂桶和砂的质量 m的值，进行多次实验，以下m的值不合适的是 。 A m1 5g B m2 1kg C m3 10g D m4 400g （ 2）
19、为了用细线的拉力表示小车受到的合外力，实验操作时必须首先 ，该操作是否成功，判断的依据是 . （ 3）假设将小车内的细砂逐渐转移到砂桶内，令 F=mg为横轴，则 a F图象中斜率的物理意义是 . 答案：（ 1） BD （ 2） 平衡摩擦 不挂砂桶时，小车在倾斜的木板上是否匀速 （ 3） 总质量的倒数 试题分析：（ 1）将小车和砂桶及砂看成一个整体，由牛顿第二定律可得，所以 ，实验中把砂桶及砂的重力当做小车受到的合外力，故需满足 的条件，所以选项 BD不合适 （ 2）为了把细线的拉力表示小车的合外力，需要让细线与木板平行且平衡摩擦力即垫起装有打点计时器的一端，可以先试打一条纸带，当纸带上打出的点
20、均匀时即可 （ 3）按照题目中的方式做图像时，根据 可知图像的斜率表示总质量的倒数 考点：解答实验题时要掌握和理解实验的原理、步骤和数据处理方法等，尤其是实验的注意事项和数据处理是经常考的 计算题 （ 8分）如图所示为利用阻拦系统让舰载机在航母的飞行甲板上快速停止的原理示意图飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。设飞机着舰时恰好钩住阻拦索中间位置，经过图示位置时开始沿水平方向做匀减速直线运动，经过时间 t后速度减小到零。在图示 位置时阻拦索与两个定滑轮（大小不计）连线的夹角为 1，速度减小到零时阻拦索与两个定滑
21、轮连线的夹角为 2，已知飞机的质量为 m，飞机受到甲板和空气的阻力为恒力 f，两个定滑轮之间的距离为 L。求图示位置阻拦索的张力大小。 答案： 试题分析：设飞机与两滑轮连线距离为 x，则 1分 1分 飞机减速位移 1分 设绳的拉力为 T，飞机加速度为 a，则 2分 1分 由以上各式得： 2分 考点：飞机做匀减速运动，对其进行受力分析，结合牛顿第二定律 和运动学规律求解即可 （ 8分）在我国南方农村地区有一种简易水轮机，如图所示，从悬崖上流出的水可看做连续做平抛运动的物体，水流轨道与下边 放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动，输出动力当该系统工作稳定时，可近似认为水
22、的末速度与 轮子边缘的线速度相同设水的流出点比轮轴高 h 5.6 m，轮子半径 R 1 m调整轮轴 O的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平线成 37角 (已知 sin 37 0.6， cos 37 0.8， g 10 m/s2)问： （ 1）水流的初速度 v0大小为多少？ （ 2）若不计挡水板的大小，则轮子转动的角速度为多少？ 答案：（ 1） 7.5m/s （ 2） 12.5rad/s 试题分析：（ 1）流出的水做平抛运动，设在空中运动的时间为 t，则： 2 2分 由合速度与分速度的关系有： 2分 解得： m/s 1分 （ 2） 设水与轮接触时的速度为 v，则有： m/s 1分 设轮子转
23、动的角速度为 ，则有： rad/s 2分 考点：本题主要考查了平抛运动的基本规律及圆周运动角速度和线速度的关系，解题时要结合几何关系求解 （ 8分） 如图所示，木板长 L 1.6m，质量 M 4.0kg，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为 0.4。质量 m 1.0kg的小滑块（视为质点）放在木板的右端，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取 g 10m/s2，求： （ 1）小滑块的加速度大小； （ 2）木板的加速度大小和方向； （ 3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足什么要求。 答案：（ 1） 0 （ 2） 5m/s2 （ 3） v04m/s 试题分析：（ 1
24、）由于木板上表面光滑，所以滑块加速度： a1=0 1分 （ 2）木板加速度为 a2，方向向 左 1分 2分 解得 a2=5m/s2 1分 （ 3）木板向右做减速运动，位移为 X， 1分 木块不掉下的条件： XL 1分 由以上各式得： m/s 1分 考点：解决本题的关键是能够正确地受力分析判断出物体的运动性质，画出运动过程图找出物体之间位移、速度和时间的关系，再运用牛顿第二定律和运动学公式进行求解 （ 6分） 因为手边没有天平，小王同学思考如何利用一已知劲度系数 为 k的弹簧和长度测量工具来粗测一小球的质量，他从资料上查得弹簧的弹性势能 (其中x为弹簧形变量 )后，设计了如下实验 :将弹簧一端固
25、定在水平桌面上，另一端紧靠小球，弹簧原长时小球恰好在桌边，然后压缩弹簧并测得压缩量 x，释放弹簧，小球飞出后落在水平地面上，测出桌高 h以及落点到桌边沿的水平距离 s （ 1）小球质量的表达式为 : （ 4分） （ 2）如果桌面摩擦是本次实验误差的主要因素，那么小球质量的测量值将 (填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “准确 ”)（ 2分） 答案： 试题分析：（ 1）小球的运动分为两个过程：桌面上的加速运动和离开桌面后的平抛运动，加速过程中弹性势能转化为动能由平抛运动可知： ， ，联立 解得 ，由能量守恒定律得： ，解得： ； （ 2）由于桌面存在摩擦力，弹性势能没有完全转化为动能，小球离开桌面时
26、速度变小，水平方向的位移变小即 s变小，由 可知小球质量的测量值偏大 （ 12分）如图所示，半径为 R的半圆轨道 BC竖直放置。一个质量为 m 的小球以某一初速度从 A点出发，经 AB段进入半圆轨道，在 B点时对轨道的压力为 7mg， 之后向上运动完成半个圆周运动恰好到达 C点。试求： （ 1）小球上升过程中克服阻力做功。 （ 2）小球从 C点飞出后，触地时重力的功率。 答案：（ 1） 0.5mgR （ 2） 试题分析：（ 1）在 B点由牛顿第二定律得： 解得 (2分 ) 在 C点，同理可得： 解得： (2分 ) 从 B到 C的过程，由动能定理得： (2分 ) 解得： (1分 ) 故克服阻力做功为 0.5mgR （分） （）小球在 C点飞出后以 vC做平抛运动，设运动时间为 t， 1分 设小球落地时速度为 V，与竖直方向成角 ，则重力的功率为 P： (1分 ) (1分 ) 由以上各式得： (1分 ) 考点：本题从 B点对轨道的压力和恰好通过 C点为突破口，求解出 B、 C点的速度，再结合动能定理和向心力公式求解
