物理卷·2018届陕西省黄陵中学高三（重点班）上学期第三学月月考试题（解析版）

物理卷·2018届陕西省黄陵中学高三（重点班）上学期第三学月月考试题（解析版）

陕西省黄陵中学2018届高三（重点班）上学期第三学月月考物理试题 一、选择题 ‎1. 教师在黑板上画圆，圆规脚之间的距离是25cm，他保持这个距离不变，让粉笔在黑板上匀速的画了一个圆，粉笔的线速度是2.5m/s.关于粉笔的运动，有下列说法：‎ ‎①角速度是0.1rad/s；‎ ‎②角速度是10rad/s；‎ ‎③周期是10s；‎ ‎④周期是0.628s；‎ ‎⑤频率是10Hz；‎ ‎⑥频率是1.59Hz；‎ ‎⑦转速小于2r/s；‎ ‎⑧转速大于2r/s.‎ 下列哪个选项中的结果是全部正确的(　　)‎ A. ①③⑤⑦ B. ②④⑥⑧‎ C. ②④⑥⑦ D. ②④⑥⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意知半径R=25cm=0.25m，线速度v=2.5m/s，所以：角速度，②正确；周期T==0.2π=0.628s，④正确；频率f==1.59Hz，⑥正确；转速，⑦正确；故ABD错误，C正确．故选C.‎ ‎2. 时钟正常工作时，时针、分针、秒针都在做匀速转动，那么（ ）‎ A 时针的周期为1h，分针的周期为1 min，秒针的周期是1s B 时针尖端的转速最小，分针次之，秒针尖端的转速最大 C 秒针每隔1 min与分针相遇一次 D 秒针的角速度是分针的60倍，分针的角速度是时针的60倍 ‎【答案】B ‎【解析】时针运动的周期为T1=12h，分针的周期为T2=1h；秒针运动的周期为T3=60s；故A错误；根据公式ω==2πn，转速n∝，故时针尖端的转速最小，分针次之，秒针尖端的转速最大，故B正确；根据公式ω=，分针与秒针从第1次重合到第2次重合，存在这样的关系ω1t+2π=ω2t，即t+2π=t根据该关系求出所经历的时间t=min．故秒针每隔分钟与分针相遇一次，故C错误；根据公式ω=，角速度ω∝，故分针角速度是时针角速度的12倍，秒针角速度是分针角速度的60倍，故D错误；故选B．‎ ‎3. 下列关于甲、乙两个做匀速圆周运动的物体的有关说法，正确的是 A. 甲、乙两物体线速度相等，角速度一定也相等 B. 甲、乙两物体角速度相等，线速度一定也相等 C. 甲、乙两物体周期相等，角速度一定也相等 D. 甲、乙两物体周期相等，线速度一定也相等 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：线速度相等，根据知，角速度不一定相等，还与半径有关．故A错误．角速度相等，根据知，线速度不一定相等，还与半径有关．故B错误．若周期相等，根据，知角速度相等．故C正确．周期相等，根据，知线速度大小不一定相等，还与半径有关．故D错误．‎ 故C正确．‎ 考点：匀速圆周运动 点评：解决本题的关键掌握线速度、角速度、周期的关系，知道．‎ ‎4. 如图所示，卫星A、B、C在相隔不远的不同轨道上，以地球为中心做匀速圆周运动，且运动方向相同．若在某时刻恰好在同一直线上，则当卫星B经过一个周期时，下列关于三个卫星的位置说法中正确的是(　　)‎ A. 三个卫星的位置仍在一条直线上 B. 卫星A位置超前于B，卫星C位置滞后于B C. 卫星A位置滞后于B，卫星C位置超前于B D. 由于缺少条件，无法比较它们的位置 ‎【答案】B ‎【解析】设地球质量为M，卫星质量为m，根据万有引力和牛顿运动定律，有：， ，由于．所以，当卫星B经过一个周期时，卫星A位置超前于B，卫星C位置滞后于B，故选项B正确。‎ 点睛：本题考查万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力，向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用。‎ ‎5. 小球做匀速圆周运动，半径为R，向心加速度为a，则（）‎ A. 小球的角速度为 B. 小球的运动周期 C. 小球的时间t内通过的路程 ‎ D. 小球在时间t内通过的路程 ‎【答案】D ‎【解析】由a=ω2R，得，故A错误；由得：，故B正确；由a=得： ，小球在时间t内通过的路程：s=vt=t，故D正确；C错误；故选BD.‎ ‎6. 如图所示，一个匀速转动的圆盘上有a、b、c三点，已知oc＝oa，则下面说法中错误的是(　　 ) ‎ A. a，b两点线速度相同 B. a、b、c三点的角速度相同 C. c点的线速度大小是a点线速度大小的一半 D. a、b、c三点的运动周期相同 ‎【答案】A ‎【解析】A：a，b两点线速度方向不同，故A项错误。‎ B：a、b、c三点在同一个匀速转动的圆盘上，a、b、c三点的角速度相同。故B项正确。‎ C：a、c的角速度相同，且，c点的线速度大小是a点线速度大小的一半。故C项正确。‎ D：a、b、c三点在同一个匀速转动的圆盘上，a、b、c三点的运动周期相同。故D项正确。‎ 选错误的，本题答案为A。‎ 点睛：同轴传动：被动轮和主动轮的中心在同一根转轴上，主动轮转动使轴转动进而带动从动轮转动，两轮等转速及角速度。皮带传动：两轮在同一平面上，皮带绷紧与两轮相切，主动轮转动使皮带动进而使从动轮转动，两轮边缘线速度相等。‎ ‎7. 从“嫦娥奔月”到“万户飞天”，从“东方红”乐曲响彻寰宇到航天员杨利伟遨游太空，中华民族载人航天的梦想已变成现实．如图所示，“神舟”五号飞船升空后，先运行在近地点高度200千米、远地点高度350千米的椭圆轨道上，实施变轨后，进入343千米的圆轨道．假设“神舟”五号实施变轨后做匀速圆周运动，共运行了n周，起始时刻为t1，结束时刻为t2，运行速度为v，半径为r.则计算其运行周期可用（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】AB、根据题意可知，“神舟五号”做匀速圆周运动运行n圈的时间为，根据周期的定义得：，故A正确，B错误；‎ CD、根据周期与线速度的关系可得：，故C正确，D错误；‎ 故选AC。‎ ‎8. 图示是磁带录音机的磁带盒示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，半径均为r.在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径为R，且R＝3r. 现在进行倒带，使磁带绕到A轮上；倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮，经测定磁带全部绕到A轮上需要的时间为t，则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间应是(　　) ‎ A. 等于t/2 B. 大于t/2‎ C. 小于t/2 D. 无法确定 ‎【答案】B ‎【解析】根据题意可知，当磁带倒过恰好一半时，A和B的转动半径相等，角速度相等；又因倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，根据可知，随着倒过来的磁带的增加，A的转动半径增加，A轮边缘转动的线速度增加，倒带速度越来越快，所以倒前半段时，用时大于。故B项正确。‎ ‎9. 如图所示为某型号的自行车传动装置示意图,其链轮(俗称牙盘,与脚蹬相连)的齿数为44齿,飞轮(与后轮相连)的齿数为20齿.当链轮转动一周时,飞轮带动后轮转动n周;车轮的直径为26英寸(相当于车轮的周长为2.07 m),若骑车人以每分钟60周的转速蹬链轮,自行车行驶的速度为v.则( )‎ A. n=2.2，v=4.55 m/s B. n=8.8，v=2.07 m/s C. n=8.8，v=18.12 m/s D. n=0.45，v=0.94 m/s ‎【答案】A ‎【解析】链轮(俗称牙盘,与脚蹬相连)的齿数为44齿,飞轮(与后轮相连)的齿数为20齿，两者线速度大小相等，，解得 若骑车人以每分钟60周的转速蹬链轮, 链轮每秒转一圈，后轮每秒转2.2转，自行车行驶的速度 故A项正确。‎ ‎ ‎ ‎10. 如图所示的皮带传动中，两轮半径不等，下列说法正确的是（　　）‎ A. 两轮角速度相等 B. 两轮边缘线速度的大小相等 C. 同一轮上各点的向心加速度跟该点与中心的距离成正比 D. 大轮边缘一点的向心加速度大于小轮边缘一点的向心加速度 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：因皮带与轮之间无相对滑动，所以两轮边缘的线速度大小相同，选项B正确；因两轮半径不同，由v=wr可知两轮的角速度不相等 ，周期不相同，由可知向心加速度与半径成反比，选项AD错误；选项C正确；故选BC 考点：考查圆周运动 点评：本题难度较小，先要确定两点之间是共线关系还是共轴关系 ‎11. 质点做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 线速度越大，周期一定越小 B. 角速度越大，周期一定越小 C. 转速(每秒内的转数)越小，周期一定越小 D. 向心加速度越大，速度变化就越快 ‎【答案】BD ‎【解析】A：由可知，线速度越大，周期不一定越小。故A项错误。‎ B：由可知，角速度越大，周期一定越小。故B项正确。‎ C：由可知，转速(每秒内的转数)越小，周期一定越大。故C项错误。‎ D：加速度是描述速度变化快慢的物理量，向心加速度越大，速度变化就越快。故D项正确。‎ ‎12. 如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的(　　)‎ ‎ ‎ A. 运动周期相同 B. 运动线速度一样 C. 运动角速度相同 D. 向心加速度相同 ‎【答案】AC ‎【解析】设细线与竖直方向的夹角为θ，水平面距悬点的高度为h，细线的拉力与重力的合力提供向心力，则，解得，由此可知T与细线长度无关，故AC正确，BD错误．故选AC.‎ 二.填空题 ‎13. 如图甲所示，在光滑的斜面上有一滑块，一劲度系数为k的轻弹簧上端与滑块相邻，下端与斜面上的固定挡板连接，在弹簧与挡板间有一力传感器（压力显示为正值，拉力显示为负值），能将各时刻弹簧中的弹力数据实时传送到计算机，经计算机处理后在屏幕上显示出F-t图像，现用力将滑块沿斜面压下一段距离，放手后滑块将在光滑斜面上做简谐运动，此时计算机屏幕上显示出如图乙所示的图像。‎ ‎①滑块做简谐运动的回复力是由__________________提供的；‎ ‎②由图乙所示的F-t图像可知，滑块做简谐运动的周期为____s ‎③结合F-t图像的数据和题目中已知条件可知，滑块做简写运动的振幅为__________‎ ‎【答案】 (1). ①弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力 (2). ②0.4s (3). ③ ‎ ‎【解析】试题分析：（1）对滑块进行受力分析，滑块的合力为：弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回复力．‎ ‎（2）由图可以看出周期为0.4s ‎（3）根据胡克定律：，，振幅 考点：考查了简谐振动 ‎【名师点睛】对滑块进行受力分析，回复力指物块所受力的合力；由F-t图象分析滑块的周期；根据胡克定律求出弹簧的伸长量和压缩量，中间位置为平衡位置，从而可以求出振幅 ‎14.‎ ‎ 某实验小组利用数字实验系统探究弹簧振子的运动规律，装置如图所示，水平光滑导轨上的滑块与轻弹簧组成弹簧振子，滑块上固定有传感器的发射器．把弹簧拉长5 cm后由静止释放，滑块开始振动．他们分析位移—时间图象后发现，滑块的运动是简谐运动，滑块从最右端运动到最左端所用时间为1s，则弹簧振子的振动频率为_____Hz；以释放的瞬时为初始时刻、向右为正方向，则滑块运动的表达式为x=_____ cm．‎ ‎【答案】 (1). 0.5 (2). 5cosπt ‎【解析】滑块从最右端运动到最左端所用时间为ls，知周期T=2s，则振动频率：f==0.5Hz ω=2πf=π，根据x=Asin（ωt+φ）知，A=5cm，φ=，所以：x=5sin（πt+）=5cosπtcm 三、计算题 ‎15. 地球的公转轨道接近圆，但彗星的运动轨道则是一个非常扁的椭圆，天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半径长轴约等于地球轨道半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现，哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星。哈雷彗星最近出现的时间是1986年，请你根据开普勒行星运动第三定律(即r3/T2＝k，其中T为行星绕太阳公转的周期，r为轨道的半长轴)估算。它下次飞近地球是哪一年？‎ ‎【答案】2062年 ‎【解析】将地球的公转轨道近似成圆形轨道，其周期为T1，半径为r1；哈雷彗星的周期为T2，轨道半长轴为r2，则根据开普勒第三定律有：‎ 因为r2=18r1,地球公转周期为1年，所以可知哈雷彗星的周期为=76.4年。‎ 下次飞近地球是 ‎ ‎16.‎ ‎ 一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，在O点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，由传感器测出拉力F随时间t变化图象如图所示，已知小球在最低点A的速度vA＝6 m/s，g=9.8 m/s2取π2=g,求： ‎ ‎(1)小球做圆周运动的周期T；‎ ‎(2)小球的质量m；‎ ‎(3)轻绳的长度L.‎ ‎【答案】（1）2 s（2）0.2 kg（3）0.61 m ‎【解析】（1）小球在运动的过程中，重力与绳子的拉力之和提供向心力，拉力随运动过程做周期性变化，故拉力的周期也就等于小球做圆周运动的周期，由图可以看出周期T＝2 s.‎ ‎（2）以小球为研究对象,设其在最低点受到拉力TA，最高点受拉力TB.‎ 由图可以看出TA=14 N，TB=2 N 最低点:TA-mg= ①‎ 最高点:TB+mg=②‎ 从A到B过程中,只有重力做功.由动能定理得:‎ mvA2-mvB2=-mg·2L ③‎ 已知TA=14 N，TB=2 N，g=9.8 m/s2，vA=6 m/s，代入①②③式，‎ 联立解得：m≈0.2 kg，L≈0.61 m ‎（3）由（2）中已解得轻绳长度L=0.61 m.‎ 点睛：本题综合考查了牛顿第二定律、机械能守恒定律，知道圆周运动向心力的来源，确定何时拉力最大，何时拉力最小．‎ ‎17. 如图所示，一张CD光盘音轨区域的内半径为R1＝2.2 cm，外半径为R2＝5.6 cm，径向音轨密度为N＝650条/mm，在CD唱机内，光盘每转一圈，激光头沿径向向外移动一条音轨，已知每条音轨宽度均匀，激光束相对于光盘以恒定的线速度v＝1.3 m/s运动．将一张光盘全部播放一遍所用时间是多少？‎ ‎【答案】4164 s ‎【解析】光盘转一圈径向过一条音轨，在半径r1处转一圈所用时间为： ‎ 同理在半径r2，r3…rn处转一圈所用时间分别为： ‎ ‎ ‎ ‎…‎ ‎ ‎ 将一张光盘全部放一遍所用时间为解得： ‎ ‎ ‎