本章复习与测试名师教学设计2

高三物理测试卷

一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，每小题至少有一个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分．) 1．今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×107 m．它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107 m)相比(

) A．向心力较小

B．动能较大

C．发射速度都是第一宇宙速度

D．角速度较小

2.如图1所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是(

) A．太阳对各小行星的引力相同

B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年

C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值

D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值

3.如图2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，O′是点O在地面上的竖直投影，且O′A∶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∶4 B．落地速度大小之比为1∶3 C．落地速度与水平地面夹角的正切值之比为1∶3 D．通过的位移大小之比为1∶3

4.在汶川地震的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统发挥了巨大作用，该系统具有导航、定位等功能，“北斗”系统中两颗质量不相等的工作卫星沿同一轨道绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，如图3所示，若卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，∠AOB＝60°，则以下判断不正确的是(

) A．这两颗卫星的加速度大小相等

B．卫星1向后喷气就一定能追上卫星2 πrC．卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为3Rr

gD．卫星1由位置A运动到位置B的过程中万有引力做功为零

5.运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程．将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是(

) A．阻力对系统始终做负功

B．系统受到的合外力始终向下

C．重力做功使系统的重力势能增加

D．任意相等的时间内重力做的功相等

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6.如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于静止状态，且水2平面对小球的弹力恰好为零。在剪断轻绳的瞬间（g取10m/s），下列说法中正确的是

（ ）

A．小球受力个数不变

2

B．小球立即向左运动，且a=8 m/s

2

C．小球立即向左运动，且a=10m/s

D．若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球加速度的大小a=102 m/s

2

7.来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手．蹦床是一项好看又惊险的运动，如图3所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点．不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，在A、B、C三个位置上时运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系是(

) A．vA＜vB，vB＞vC

B．vA＞vB，vB＜vC C．EA＝EB，EB＞EC

D．EA＞EB，EB＝EC

8.下列说法正确的是：

A．牛顿认为质量一定的物体其加速度与物体受到的合外力成正比

B. 亚里士多德认为轻重物体下落快慢相同

C. 笛卡尔的理想斜面实验说明了力不是维持物体运动的原因

D. 伽利略认为如果完全排除空气的阻力，所有物体将下落的同样快

9.如图所示，两个倾角相同的滑竿上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊两个物体C、D，当它们都沿滑竿向下滑动时A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下。下列说法正确的是：

A B A.A环与滑竿之间没有摩擦力

B.B环与滑竿之间没有摩擦力

C.A环做的是匀加速直线运动

C D D.B环做的是匀加速直线运动

10.如图甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化2的图象如图乙所示.若重力加速度g取10 m/s，根据图乙中所提供的信息，可以计算出（ ）

A.物体的质量

B.斜面的倾角

C.物体能静止在斜面上所施加的最小外力

2D.加速度为6 m/s时物体的速度

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二、计算题

11.2008年9月25日，载人航天宇宙飞船“神舟七号”发射成功，且中国人成功实现了太空行走，并顺利返回地面．

(1)设飞船在太空环绕时轨道高度为h，地球半径为R，地面重力加速度为g，飞船绕地球遨游太空的总时间为t，则“神舟七号”飞船绕地球运转多少圈？(用给定字母表示) (2)若t＝3天，h＝343 km，R＝6 400 km，g＝10 m/s2，则飞船绕地球运转的圈数为多少？

12.如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=lkg的木块（视为质点）放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m．已知木板与地面的动摩擦因数为1=0.1，m与M之间的摩擦因素2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为V010m/s，在坐标为X=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10m/s,求：

（1）木板碰挡板P时的速度V1为多少？

（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？（此问结果保留到小数点后两位）

13.如图，将质量2V0

A O B P 21 X m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ=0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s的加速度沿杆运动，求F的大小。

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答题卡

班级________组别_______姓名____________ 一、选择题

题号

1 2 3 4 答案

二、计算题

11.解

12.解

5 6 7 8 9 10

VP A B O 2X 第

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13.解

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参考答案：

1【解析】

由题知，中圆轨道卫星的轨道半径r1小于同步卫星轨道半径r2，卫星运行时的Mm向心力由万有引力提供，根据F向＝G知，两卫星的向心力F1>F2，选项A错误；根据r2Mmmv2G＝＝mω2r，得环绕速度v1>v2，角速度ω1＞ω2，两卫星质量相等，则动能Ek1>Ek2，r2r故选项B正确，选项D错误；根据能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，因此两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v01

【答案】

B Mm2【解析】

根据F＝G，知小行星带中各小行星的轨道半径r、质量m均不确定，因此r2Mm2π无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A错误；根据G＝m()2r，得T＝2πr2Tr3，GM因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于MmGM地球的公转周期，即大于一年，选项B错误；根据G＝ma得a＝，所以内侧小行星r2r2Mmmv2的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C正确；根据G＝，得v＝r2rGM，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项Dr错误．

【答案】

C 3.【解析】

因两球抛出点高度相同，故两球落地时间相等，由x＝vt，xO′B＝4xO′A，可得v1∶v2＝1∶4，A正确；落地速度v地＝v2＋，故无法得出B项结果，B错误；＋12，可知gtgttan α14由tan α1＝，tan α2＝得＝，C错误；由位移x＝

v1v2tan α21也无法求出两球位移大小之比，D错误．

【答案】

A GMm4π2GM4.【解析】

由＝mr＝ma可知，a＝，A正确；T＝2π r2T2r22πr可得T＝RrTπr，卫星1由A到B所需时间t＝＝g63Rr3GMm，又＝mg，GMR2r，C正确；因卫星受到的万有引g力与速度垂直，故万有引力不做功，D正确；卫星1向后喷气，加速后做离心运动，不能追上同轨道的卫星2，故B错误．

【答案】

B 5.【解析】

下降过程中，阻力始终与运动方向相反，做负功，A对；加速下降时合外力向下，减速下降时合外力向上，B错；重力做功使重力势能减少，C错；由于任意相等时间内下落的位移不等，所以，任意相等时间内重力做的功不等，D错；故选A. 【答案】

A 6.答案：B解析：在剪断轻绳前，分析小球受力，小球受到重力、弹簧弹力和绳子拉力。应用平衡条件可得弹簧弹力F=mgtan45°=10N。剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，重力不变，小球将受到水平面的弹力和摩擦力，小球受力个数变化，选项A错误；此时在竖直方向，水第

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平面的弹力N=mg，摩擦力为f=μN=2N，小球水平向左的合力F-f=ma，解得a=8 m/s，选项B正确C错误；若剪断的是弹簧，则剪断瞬间小球仍然静止，小球加速度的大小a=0，选项D错误。

7.【解析】

运动员在最高点A的速度为零，刚抵达B位置时的速度不为零，vA＜vB，在最低点C的速度也为零，vB＞vC，故A对，B错；以运动员为研究对象，B→A机械能守恒，EA＝EB，B→C弹力对运动员做负功，机械能减小，EB＞EC，故C对，D错．

【答案】

AC 28.9.答案：AC解析：对图示两种情况受力分析，并应用牛顿第二定律，可知，A环与滑竿之间没有摩擦力，B环与滑竿之间有摩擦力，A环做的是匀加速直线运动，B环做的是匀速直线运动，选项AC正确BD错误。

10.答案：ABC解析：由牛顿第二定律，Fcosθ-mgsinθ=ma。当F=15N时，a=0；当F=30N时，a=6 m/s；当F=0N时，a= -6m/s；可以计算出物体的质量m，斜面的倾角，物体能静止在斜面上所施加的最小外力为15N，选项ABC正确。

GM11.【解析】

(1)在地球表面：g＝即GM＝gR2 R2在轨道上：所以T＝2π t故n＝＝TtR＋GMm＋4π2＝m(R＋h)

T2＝g. R＋hg

(2)48圈

R＋h＋R

R＋h

g22

＋GM

(2)代入数据得：n≈48圈．

【答案】

(1)tR＋

12解. (1)对木块和木板组成的系统，有1(mM)g(mM)a1……………2分

V0V12a1s……………1分

解得v1=9m/s。

（2）由牛顿第二定律可知am=μ2g=9 m/s。

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aM=2mg1(Mm)gM=6 m/s。 2m运动至停止时间为t1=v1=1 s am此时M速度VM=V1-aMt1=3m/s, 方向向左， 共速后m，M以a1=1m/s向左减速至停下位移S2=最终木板M左端A点位置坐标为

x=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m。

22V共2a1=1.62m……………1分

13.【解析】：令Fsin53°-mg=0，解得F=1.25N。

当F<1.25N时，环与杆的上部接触，受力如图。

由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，

Fsinθ+FN=mg，

联立解得：F=mag。

cossin代入数据得：F=1N。

当F>1.25N时，环与杆的下部接触，受力如图。

由牛顿第二定律，Fcosθ-μFN=ma，

Fsinθ=mg+FN，

联立解得：F=ma-g。

cos-sin代入数据得：F=9N。

【考点定位】此题考查受力分析、力的分解与合成、牛顿第二定律、摩擦定律及其相关知识。

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