人教版高中物理-有答案-陕西省某校高三(上)单元测试物理试卷(平行班)

陕西省某校高三（上）单元测试物理试卷（平行班）
一．选择题：本大题共10小题，每题6分，共60分．1-8单选题，9-10每题有多个选项正确，有错选不得分，选对但不全得3分）
1. 假设某物体受到2013个恒力作用而处于平衡状态，某时刻撤去其中的一个恒力而保持其余恒力都不变，则此后物体可能（）
A.做匀速直线运动
B.做抛物线运动
C.做圆周运动
D.静止
2. 如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的（）
A. B.
C. D.
3. 某兴趣小组设计了一个滚筒式炒栗子机器，滚筒内表面粗糙，内直径为
D.若栗子到达最高点时脱离滚筒，栗子将自由下落
A.滚筒的角速度应满足ω√2g
D
B.滚筒的角速度应满足ω√2g
D
C.栗子脱离滚筒的位置与其质量有关
4. 如图所示，半圆形容器竖直放置，在其圆心O点分别以水平初速度v1、v2抛出两个小球（可视为质点），最终它们分别落在圆弧上的A点和B点，已知OA与OB互相垂直，
且OA与竖直方向成θ角，则两小球的初速度之比为（）
A.√tanθ
B.tanθ
C.√tan3θ
D.tan2θ
5. 如图所示，置于水平地面带有竖直立杆的底座总质量为0.2kg，竖直立杆长0.5m，
有一质量为0.05kg的小环从杆的下端以4m/s的初速度向上运动，刚好能到达杆的顶端，
在环向上运动的过程中，底座对水平地面的压力为（）
A.1.7N
B.1.8N
C.2.0N
D.2.3N
6. 如图所示，小船以大小为v1、方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处
过河，经过t时间正好到达正对岸的B处。

现要使小船在更短的时间内过河并且也正好
到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（）
A.只要增大v1大小，不必改变θ角
B.只要增大θ角，不必改变v1大小
C.在增大v1的同时，也必须适当增大θ角
D.在增大v1的同时，也必须适当减小θ角
7. 在不计空气阻力的情况下，某物体以30m/s的初速度从地面竖直上抛，则（重力加
速度g取10m/s2）（）
A.前4s内物体的平均速度大小为10m/s
B.前4s内物体的位移大小为50m
C.第2s末到第4s末物体的平均速度为5m/s
D.第2s内和第4s内物体的速度改变量不相同
8. 将一轻质弹簧竖直立在水平面上，当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了
3cm；当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2cm；如果此时
在P上施加一个竖直向下的力F，待系统再次平衡后，弹簧又缩短了2cm，如图所示，
若在此时突然撤去力F，则（弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g）（）
A.刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.4g
B.刚撤去力F瞬间，物块P的加速度大小为0.8g
C.撤去力F后，物块P、Q共同向上运动5cm后分离
D.撤去力F后，物块P、Q共同向上运动7cm后分离
9. 甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v−t图像如图所示．已知两车在t=3s时并排行驶，则（）
A.在t=1s时，甲车在乙车后
B.在t=0时，甲车在乙车前7.5m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2s
D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
10. 如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点．设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动．已知L1跟竖直方向的夹角为
60∘，L2跟竖直方向的夹角为30∘，下列说法正确的是（）
A.细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为√3:1
B.小球m1和m2的角速度大小之比为√3:1
C.小球m1和m2的向心力大小之比为3:1
D.小球m1和m2的线速度大小之比为3√3:1
二．实验题：（每空2分，共10分）
在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图1所示的实验装置，小车及车中砝码的质量用M表示，盘及盘中砝码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后面拉动的纸带经打点计时器打出的点计算得到．
（1）当M与m的大小关系满足________时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘及盘中砝码的总重力．
（2）一组同学在探究加速度与质量的关系时，保持盘及盘中砝码的质量一定，改变小车及车中砝码的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据．为了比较容易地得出加速度a与质量M的关系，应作出a与________图象．
（3）甲同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出的a一F图线，如图2(a)所示．则实验存在的问题是________．
（4）乙、丙两同学用同一装置探究加速度与力的关系时，画出了各自得到的a一F图线，如图2(b)所示．则是两同学做实验时________取值不同造成的．
（5）随着F的增大，a一F图线最后会略微向________弯曲（填上或下）．
三．计算题：（本大题共2小题，12题14分，13题16分，共30分）
如图，一个质量为0.6kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑圆弧ABC的A点的切线方向进入圆弧（不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失）．已知圆弧的半径R=0.3m，θ=60∘，小球到达A点时的速度v=4m/s．（取g=10m/s2）
求：
（1）小球做平抛运动的初速度v0；
（2）P点与A点的水平距离和竖直高度；
（3）小球到达圆弧最高点C时速度和对轨道的压力．
有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图，滑板长L=1m，起点A到终点线B的距
离S=5m．开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进．板右端到达B处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2kg，滑板质量m2=1kg，重力加速度g=10m/s2
求：
（1）滑板由A滑到B的最短时间可达多少？
（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围如何？
参考答案与试题解析
陕西省某校高三（上）单元测试物理试卷（平行班）
一．选择题：本大题共10小题，每题6分，共60分．1-8单选题，9-10每题有多个选项正确，有错选不得分，选对但不全得3分）
1.
【答案】
B
【考点】
力的合成
【解析】
物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态，当撤去某一个恒力时，余下力的合力与
此力大小相等、方向相反，根据物体的合力与速度方向可能的关系，分析物体可能的
运动情况．
【解答】
解：物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态，当撤去某一个恒力时，余下力的合
力与此力大小相等、方向相反，说明物体受到的合力恒定不变，若原来的力与速度方
向相反时，撤去此力后，物体的合力与速度方向相同时，物体做匀加速直线运动；若
原来的力与速度方向相同时，撤去此力后，物体的合力与速度方向相反时，物体做匀
减速直线运动；若物体原来做匀速直线运动，而且原来的力与速度不在同一直线上时，撤去此力后，物体的合力与速度方向不在同一直线上，则物体做匀变速曲线运动，若
刚好垂直，则做平抛运动．所以B正确，ACD错误．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
力的合成与分解的应用
【解析】
先对b球受力分析，受重力、支持力和拉力，根据共点力平衡条件先判断下面的细线的方向；再对ab两个球整体受力分析，受重力、支持力和拉力，再次根据共点力平衡条
件判断上面的细线的方向。

【解答】
对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方，故A 图错误；
再对ab两个球整体受力分析，受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，
再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故C、D图均错误；3.
【答案】
A
【考点】
向心力
【解析】
根据栗子在最高点弹力为零，结合牛顿第二定律求出恰好不脱离的临界角速度，从而得出栗子到达滚筒最高处前与筒壁脱离的角速度范围．通过栗子在最高点速度是否为零判断栗子在最高点脱离时的运动规律．
【解答】
A、栗子在最高点恰好不脱离时有：mg＝m D
2ω2，解得ω=√2g
D
，要求栗子到达滚筒
最高处前与筒壁脱离，则ω√2g
D
，故A正确，B错误。

C、栗子脱离滚筒的位置与其质量无关，故C错误。

D、若栗子到达最高点时脱离滚筒，由于栗子的速度不为零，栗子的运动不是自由落体运动，故D错误。

4.
【答案】
C
【考点】
平抛运动的概念
【解析】
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，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比．
【解答】
解：对于小球1，根据R cosθ=1
2gt12，解得t1=√2R cosθ
g
，则v1=R sinθ
t1
=R sinθ√g
2R cosθ
．
对于小球2，根据R sinθ=1
2gt22，解得t2=√2R sinθ
g
，则v2=R cosθ
t2
=R cosθ√g
2R sinθ
．
则两小球的初速度之比v1
v2
=√tan3θ．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
5.
【答案】
A
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
小环在下落过程中，受到重力和向上的滑动摩擦力，底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面的支持力，由平衡条件求地面对底座的支持力，即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力
【解答】
解：根据速度-位移公式：v2=2ax
所以：F f+m B g=m B a
F N+F f=m A g
联立以上三式解得：F N=1.7N
由作用力和反作用力关系，底座对水平面的压力：F N′=F N=1.7N
故选：A
6.
【答案】 C
【考点】
运动的合成与分解 合运动与分运动的概念
【解析】
由题意可知，小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O ˊ处，则船在水流方向的分速度不变，船在垂直河岸方向的分速度要增大，根据平行四边形定则，即可求解。

【解答】
A 、若只增大υ1大小，不必改变θ角，则船在水流方向的分速度增大，因此船不可能垂直达到对岸，故A 错误；
B 、若只增大θ角，不必改变υ1大小，同理可知，水流方向的分速度在减小，而垂直河岸的分速度在增大，船不可能垂直到达对岸，故B 错误；
C 、若在增大υ1的同时，也必须适当增大θ角，这样才能保证水流方向的分速度不变，而垂直河岸的分速度在增大，则船还能垂直达到对岸，且时间更短，故C 正确；
D 、若增大υ1的同时，也必须适当减小θ角，则水流方向的分速度增大，不能垂直到达对岸，故D 错误。

7.
【答案】 A
【考点】 竖直上抛运动 平均速度
【解析】
竖直上抛运动是初速度向上，加速度向下的匀变速直线运动，对上升和下降的整个过程列式求解比较简便． 【解答】
解：A ．选向上为正方向，4s 末的速度v ＝30−10×4＝−10m/s ，平均速度v ¯
=
30−102
=10m/s ，故A 正确；
B ．根据平均速度公式，前4s 位移为x4=v ¯
t 4＝10×4＝40m ，故B 错误；
C ．对于匀变速直线运动，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，故第2s 末到第4s 末物体的平均速度等于第3s 末的瞬时速度，根据速度时间公式，有：v ′¯
=30−10×3＝0，故C 错误；
D ．加速度为g ，向下，故第2s 内和第4s 内物体的速度改变量Δv ＝g ⋅Δt ＝10×1＝10m/s ，故D 错误．
8.
【答案】
A
【考点】
解直角三角形在三力平衡问题中的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
分别使用隔离法与整体法对Q和P进行研究，然后结合牛顿第二定律即可正确解答．【解答】
解：A、当在其上端放上托盘Q时，平衡时弹簧缩短了3cm，则m1g=kx1①；当将一个物块P轻轻放在托盘中，待系统平衡后，弹簧又缩短了2cm，此时：m1g+m2g= k(x1+x2)②，撤去F后，k(x1+x2+x3)−(m1g+m2g)=(m1+m2)a③；联立
①②③，代入数据得：a=0.4g．故A正确，B错误；
C、由于在物体P上施加力F之前，弹簧已经压缩了5cm，撤去力后，P与Q和弹簧组成的系统是一个弹簧振子系统，其振幅大小等于再次的压缩量，即2cm，所以PQ向上运动的最大位移是4cm，PQ不可能会分离．故CD错误．
故选：A
9.
【答案】
B,D
【考点】
v-t图像（匀变速直线运动）
【解析】
由图像可知，1s到3s甲乙两车的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t= 1s时也并排行驶；v−t图像的斜率表示加速度，根据图像可求甲乙两车的加速度；再根据位移公式和速度公式求解．
【解答】
解：A．由图像可知，1s到3s甲乙两车的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故A错误；
B．由图像可知，a
甲=Δv
Δt
=10m/s2，a
乙
=Δv
Δt
=20−10
2
m/s2=5m/s2，0至1s，x
甲
=
1 2a
甲
t2=5m，x
乙
=v0t+1
2
a
乙
t2=12.5m，Δx=x
乙
−x
甲
=12.5m−5m=7.5m，
即在t=0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；
C．由AB分析可知，甲乙两车相遇时间分别在1s和3s，故C错误；
D．1s末甲车的速度为：v=a
甲
t=10×1m/s=10m/s，1s到3s，甲车的位移为：
x=vt+1
2a
甲
t2=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为
40m，故D正确．故选：BD．10.
【答案】
A,C
【考点】
牛顿第二定律的概念
【解析】
小球受重力和拉力，两个力的合力提供小球做圆周运动的向心力．通过合力提供向心力，比较出两球的角速度大小，抓住小球距离顶点O的高度相同求出半径的关系，根据v=ωr比较线速度关系．
【解答】
解：A、对任一小球研究．设细线与竖直方向的夹角为θ，竖直方向受力平衡，则：T cosθ=mg
解得：T=mg
cosθ
所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比T1
T2=cos30∘
cos60
=√3，故A正确；
B、小球所受合力的大小为mg tanθ，根据牛顿第二定律得：
mg tanθ=mL sinθω2，
得：ω=√g
L cosθ
．两小球L cosθ相等，所以角速度相等，故B错误；
C、小球所受合力提供向心力，则向心力为：F=mg tanθ，
小球m1和m2的向心力大小之比为：F1
F2=tan60∘
tan30∘
=3，故C正确；
D、根据v=ωr，角速度相等，得小球m1和m2的线速度大小之比为：v1
v2=r1
r2
=tan60∘
tan30∘
=
3，故D错误．
故选：AC
二．实验题：（每空2分，共10分）
【答案】
M>>m
1
平衡摩擦力过度
两小车的质量
下
【考点】
探究加速度与物体质量、物体受力的关系
【解析】
（1）要求在什么情况下才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力，需求出绳子的拉力，而要求绳子的拉力，应先以整体为研究对象求出整体的加速度，再
以M为研究对象求出绳子的拉力，通过比较绳对小车的拉力大小和盘和盘中砝码的重
力的大小关系得出只有m<<M时才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的
重力．
（2）反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系；正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易判定自变量和因变量之间的关系．（3）根据F＝0，加速度不为零，分析图线不过原点的原因．
（4）根据牛顿第二定律得出斜率的物理意义，从而进行判断．
（5）随着F的增大，不满足M>>m时，a−F图线最后会略微下弯曲．
【解答】
根据牛顿第二定律得：对m:mg−F
拉
＝ma
对M:F
拉
＝Ma
解得：F
拉=mMg
m+M
=mg
1+m
M
当M>>m时，即小车的质量远大于砝码和盘的总质量，绳子的拉力近似等于砝码和盘的总重力．
根据牛顿第二定律F＝Ma，a与M成反比，而反比例函数图象是曲线，而根据曲线很难判定出自变量和因变量之间的关系，故不能作a−M图象；
但a=F
M ，故a与1
M
成正比，而正比例函数图象是过坐标原点的一条直线，就比较容易
判定自变量和因变量之间的关系，故应作a−1
M
图象；
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；
根据F＝ma可得a=F
M
，即a−F图象的斜率等于物体的质量倒数，所以两小车的质量不同；
随着F的增大，不满足M>>m时，a−F图线最后会略微下弯曲；
三．计算题：（本大题共2小题，12题14分，13题16分，共30分）
【答案】
（1）小球做平抛运动的初速度v0为2m/s．
（2）P点与A点的水平距离为0.7m，竖直高度为0.6m；
（3）小球到达圆弧最高点C时速度为√7m/s，对轨道的压力大小为8N，方向：竖直向上．
【考点】
动能定理的应用
牛顿第二定律的概念
平抛运动的概念
向心力
【解析】
（1）根据速度的合成与分解求出小球的初速度．
（2）小球做平抛运动，应用平抛运动规律求出P点与A点的水平距离和竖直高度．（3）由动能定理与牛顿第二定律求出速度与压力．
【解答】
解（1）小球到A点的速度如图所示，
小球的速度：v0=v cosθ=4×cos60∘=2m/s；
（2）小球的竖直分速度：v y =v sin θ，又v y =gt ，
代入数据解得：t =√35s ≈0.35s ，
水平方向：x =v 0t ，代入数据解得：x =0.7m ，
竖直方向：ℎ=12gt 2，代入数据解得：ℎ=0.6m ； （3）从A 到C ，由动能定理得：
−mg(R +R cos θ)=12mv C 2−12mv 2， 代入数据解得：v C =√7m/s ，
由圆周运动向心力公式得：F +mg =m v C
2R ，
代入数据解得：F =8N ，
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小F′=F =8N ，方向竖直向上； 答：（1）小球做平抛运动的初速度v 0为2m/s ．
（2）P 点与A 点的水平距离为0.7m ，竖直高度为0.6m ；
（3）小球到达圆弧最高点C 时速度为√7m/s ，对轨道的压力大小为8N ，方向：竖直向上．
【答案】
（1）滑板由A 滑到B 的最短时间可达1s
（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围30N ≤F ≤34N ．
【考点】
牛顿第二定律的概念
匀变速直线运动的位移与时间的关系
匀变速直线运动的速度与位移的关系
【解析】
（1）滑板一直加速，所用时间最短，由牛顿第二定律和运动学公式求解时间．
（2）刚好相对滑动时，F 最小，此时可认为二者加速度相等，当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，F 最大，列牛顿第二定律和运动学公式即可求解．
【解答】
解：（1）滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a 2
f =µm 1
g =m 2a 2
a 2=10m/s 2
s =a 2t 22
t =1s ；
（2）刚好相对滑动时，F 最小，此时可认为二者加速度相等
F 1−µm 1g =m 1a 2
F 1=30N
当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，F 最大，设滑块加速度为a 1
F 2−µm 1g =m 1a 1
a 1t 22−a 2t 22
=L F 2=34N
则水平恒力大小范围是30N ≤F ≤34N ；
答：（1）滑板由A滑到B的最短时间可达1s
（2）为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围30N≤F≤34N．。