2016-2017學年廣東省廣州市鐵一中高三（上）月考物理試卷（10月份）
參考答案與試題解析
一、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1-5題只有一項符合題目要求，第6-8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．
1．如圖所示，一質點從t=0時刻由靜止開始做勻加速直線運動，A和B是質點x﹣t圖線上的兩個點．該質點運動的加速度大小為（）
A．
【考點】勻變速直線運動的圖像．
【分析】質點做初速度為零的勻加速直線運動，則位移與時間的關系為x=
【解答】解：質點做初速度為零的勻加速直線運動，則位移與時間的關系為x=
根據(jù)圖象可知，當t=3s時，x=3m，則3=
當t=4s時，x=5m，則5=
解得：a=
故選：B
2．如圖所示，ab、ac、ad是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，ab沿豎直方向，ac為圓的直徑，∠bac=∠cad=30°．每根桿上都套有一個小滑環(huán)（圖中未畫出），三個小滑環(huán)分別從b、c、d點由靜止釋放，到達a點所用的時間分別為t1、t2、t3，則（）
A．t1=t2=t3B．t1=t3＜t2C．t1＜t2＜t3D．t1＜t3＜t2
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關系．
【分析】設直徑為d，根據(jù)幾何關系可求得三種情況下的位移，由受力分析及牛頓第二定律可求得加速度，再由運動學公式可求得運動時間．
【解答】解：設圓的直徑為d，ab的長度為dcos30°
下落的加速度為a1=g，
則有：dcos30°=
解得：t1=
物體沿ac運動時，加速度a2=gsin60°=
則有d=
解得：t2=
物體沿ad運動時，運動長度為：dcos30°=
加速度a3=gsin30°=
則可得：
解得：t3=
則有：t1＜t2＜t3
故選：C．
3．用一水平拉力使質量為m的物體從靜止開始沿粗糙的水平面運動，物體的v﹣t圖象如圖所示．下列表述正確的是（ ）
A．在0～t1時間內拉力逐漸增大
B．在0～t1時間內物體做曲線運動
C．在t1～t2時間內拉力的功率不為零
D．在t1～t2時間內合外力做功為
【考點】功的計算；勻變速直線運動的圖像．
【分析】物體先做加速度逐漸減小的加速運動，后做勻速直線運動；根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列式分析即可．
【解答】解：A、0﹣t1內，物體做加速度不斷減小的加速運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：F﹣f=ma，故拉力不斷減小，故A錯誤；
B、0﹣t1內拉力朝前，位移向前，故物體做直線運動，故B錯誤；
C、在t1﹣t2時間內，物體勻速前進，拉力做正功，故拉力的功率不為零，故C正確；
D、在t1﹣t2時間內，物體勻速前進，合力為零，故合外力做功為零，故D錯誤；
故選：C．
4．ab為緊靠著的、且兩邊固定的兩張相同薄紙，如圖所示．一個質量為1kg的小球從距紙面高為60cm的地方自由下落，恰能穿破兩張紙（即穿過后速度為零）．若將a紙的位置升高，b紙的位置不變，在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙，則a紙距離b紙不超過（）
A．15cm B．20cm C．30cm D．60cm
【考點】動能定理．
【分析】下落的小球在重力做功下，將重力勢能轉化為動能，穿破兩張紙后將動能轉化為內能，要使小球仍能穿破兩張紙，則根據(jù)動能定理可求出a紙距離b紙間距．
【解答】解：當ab為緊靠著的、且兩邊固定的兩張相同的薄紙，根據(jù)動能定理，則有：WG+Wf=0﹣0．
所以Wf=﹣WG=﹣1×10×0.6J=﹣6J，
a紙的位置升高，b紙的位置不變，在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙，則當小球的動能達到3J時，才能穿破紙張．
設釋放點距a紙距離為L，根據(jù)動能定理，則有：mgL≥3J，解得：L≥30cm．因此a紙距離b紙不超過30cm．
故選：C．
5．已知地球同步衛(wèi)星離地面的高度約為地球半徑的6倍．若某行星的平均密度為地球平均密度的一半，它的同步衛(wèi)星距其表面的高度是其半徑的2.5倍，則該行星的自轉周期約為（）
A．6小時 B．12小時 C．24小時 D．36小時
【考點】萬有引力定律及其應用；牛頓第二定律；同步衛(wèi)星．
【分析】了解同步衛(wèi)星的含義，即同步衛(wèi)星的周期必須與星球的自轉周期相同．
通過萬有引力提供向心力，列出等式通過已知量確定未知量．
【解答】解：地球的同步衛(wèi)星的周期為T1=24小時，軌道半徑為r1=7R1，密度ρ1．
某行星的同步衛(wèi)星周期為T2，軌道半徑為r2=3.5R2，密度ρ2．
根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律分別有：
兩式化簡解得：T2=
故選B．
6．如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b．外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始終保持靜止，則（）
A．繩OO′的張力也在一定范圍內變化
B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化
C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化
D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化
【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力．
【分析】本題抓住整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，由a平衡可知，繩子拉力保持不變，再根據(jù)平衡條件由F的大小變化求得物塊b所受各力的變化情況．
【解答】解：AC、由于整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，所以滑輪兩側連接a和b的繩子的夾角不變；物塊a只受重力以及繩子的拉力，由于物體a平衡，則連接a和b的繩子張力T保持不變；由于繩子的張力及夾角均不變，所以OO′中的張力保持不變，故AC均錯誤；
BD、b處于靜止即平衡狀態(tài)，對b受力分析有：
力T與力F與x軸所成夾角均保持不變，由平衡條件可得：
N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0
Fcosα+f﹣Tcosθ=0
由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ
由于T的大小不變，可見當F大小發(fā)生變化時，支持力的大小也在一定范圍內變化，故B正確
f=Tcosθ﹣Fcosα
由于T的大小不變，當F大小發(fā)生變化時，b靜止可得摩擦力的大小也在一定范圍內發(fā)生變化，故D正確．
故選：BD．
7．質量為1500kg的汽車在平直的公路上運動，v﹣t圖象如圖所示．由此可知能求出的是（ ）
A．前25 s內汽車的平均速度
B．前10 s內汽車的加速度
C．前10 s內汽車所受的阻力
D．在15～25 s內合外力對汽車所做的功
【考點】功的計算；物體的彈性和彈力；牛頓第二定律．
【分析】首先利用速度時間圖象知道物理意義，能求出位移、加速度和各時刻的速度，再利用物理規(guī)律判斷選項即可．
【解答】解：A、據(jù)速度時間圖象與t軸所圍的面積表示位移，再據(jù)平均速度公式即可求出前25s的平均速度，故A正確，
B、據(jù)速度時間的斜率表示加速度，所以能求出10s 的加速度，故B正確，
C、以上可知，求出10s的加速度，但不知汽車 牽引力，所以利用牛頓第二定律無法求出阻力，故C錯誤，
D、據(jù)圖象可知各時刻的速度，利用動能定理即可求出15﹣25s的動能變化量，即求出合外力所做的功，故D正確
故選：ABD．
8．2012年6月18日，搭載著3位航天員的神舟九號飛船與在軌運行的天宮一號順利“牽手”．對接前天宮一號進入高度約為343km的圓形對接軌道，等待與神舟九號飛船交會對接．對接成功后，組合體以7.8km/s的速度繞地球飛行．航天員圓滿完成各項任務后，神舟九號飛船返回地面著陸場，天宮一號變軌至高度為370km的圓形自主飛行軌道長期運行．則（）
A．3位航天員從神舟九號飛船進入天宮一號過程中處于失重狀態(tài)
B．天宮一號在對接軌道上的周期小于在自主飛行軌道上的周期
C．神舟九號飛船與天宮一號分離后，要返回地面，必須點火加速
D．天宮一號在對接軌道上的機械能和在自主飛行軌道上的機械能相等
【考點】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關系；慣性；萬有引力定律及其應用．
【分析】天宮一號繞地球做勻速圓周運動，地球對他的引力完全提供向心力，在天宮一號內處于完全失重狀態(tài)．
根據(jù)萬有引力提供向心力及近心運動和離心運動的相關知識即可求解．
【解答】解：A、3位航天員從神舟九號飛船進入天宮一號過程中受地球對他的引力完全提供向心力，處于失重狀態(tài)．故A正確
B、根據(jù)周期公式T=2
C、神舟九號飛船與天宮一號分離后，要返回地面，即做近心運動，所以應該減速，故C錯誤
D、軌道越高機械能越大，所以天宮一號在對接軌道上的機械能和在自主飛行軌道上的機械能不等，故D錯誤
故選AB．
二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分．第9～第13題為必考題，每個試題考生必須作答．第14～第15題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題
9．用螺旋測微器測一圓形工件的長度時讀數(shù)如圖所示，其讀數(shù)為 4.600cm．如果使用主尺上最小刻度為mm、游標為10分度的游標卡尺測量同一圓形工件的長度時，以上測量的結果應記為 0.46cm．
【考點】螺旋測微器的使用．
【分析】螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．了解實驗的裝置和工作原理．
【解答】解：螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為4.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×10.0mm=0.100mm，所以最終讀數(shù)為：4.5mm+0.100mm=4.600mm=0.4600cm．
如果使用主尺上最小刻度為mm、游標為10分度的游標卡尺測量同一圓形工件的長度時，以上測量的結果應記為4.6mm=0.46cm．
故答案為：4.600，0.46
10．圖示的實驗裝置可以測量“小滑塊與小平面之間的動摩擦因數(shù)μ”．彈簧左端固定，右端頂住小滑塊（滑塊與彈簧不連接），開始時使彈簧處于壓縮狀態(tài)，O點是小滑塊開始運動的初始位置．某時刻釋放小滑塊，小滑塊在水平面上運動經過A處的光電門，最后停在B處．已知當?shù)刂亓铀俣葹間．
（1）實驗中，測得小滑塊上遮光條的寬度為d及與光電門相連的數(shù)字計時器顯示的時間為△t，則小滑塊經過A處時的速度 v= ．（用題中的符號表示）
（2）為了測量小滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)，除了（1）中所測物理量外，還需要測量的物理量是光電門和B點之間的距離L ．（說明物理意義并用符號表示）
（3）利用測量的量表示動摩擦因數(shù)μ= ．（用題中所測的物理量的符號表示）
【考點】探究影響摩擦力的大小的因素．
【分析】（1）很短的時間內，我們可以用這一段的平均速度來代替瞬時速度，由此可以求得鐵塊的速度大?。?/p>
（2）根據(jù)滑動摩擦力的公式可以判斷求動摩擦因數(shù)需要的物理量；
（3）由滑塊的運動情況可以求得鐵塊的加速度的大小，再由牛頓第二定律可以求得摩擦力的大小，再由滑動摩擦力的公式可以求得滑動摩擦因數(shù)
【解答】解：（1）根據(jù)極限的思想，在時間很短時，我們可以用這一段的平均速度來代替瞬時速度，
所以鐵塊通過光電門l的速度是v=
（2）（3）要測量動摩擦因數(shù)，由f=μFN可知要求μ，需要知道摩擦力和壓力的大??；小滑塊在水平面上運動經過A處的光電門，最后停在B處，滑塊做的是勻減速直線運動，根據(jù)光電門和B點之間的距離L，由速度位移的關系式可得，
v2=2aL
對于整體由牛頓第二定律可得，
Mg﹣f=Ma
因為f=μFN，
所以由以上三式可得：μ=
故答案為：（1）
11．某同學利用如圖1所示的裝置來驗證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，固定兩個光滑的滑輪A和B，將繩子打一個結點O，每個鉤碼的重量相等，當系統(tǒng)達到平衡時，根據(jù)鉤碼個數(shù)讀出三根繩子的拉力FTOA、FTOB和FTOC，回答下列問題：
（1）改變鉤碼個數(shù)，實驗能完成的是 BCD
A．鉤碼個數(shù)N1=N2=2，N3=4B．鉤碼個數(shù)N1=N3=3，N2=4
C．鉤碼個數(shù)N1=N2=N3=4D．鉤碼個數(shù)N1=3，N2=4，N3=5
（2）在拆下鉤碼和繩子前，需要記錄的是 AE
A．標記結點O的位置，并記錄OA、OB、OC三段繩子的方向
B．量出OA、OB、OC三段繩子的長度
C．用量角器量出三段繩子之間的夾角
D．用天平測出鉤碼的質量
E、記錄各條繩上所掛鉤碼的個數(shù)
（3）在作圖時，你認為圖2中 甲 是正確的．（填“甲”或“乙”）
【考點】驗證力的平行四邊形定則．
【分析】（1）兩頭掛有鉤碼的細繩跨過兩光滑的固定滑輪，另掛有鉤碼的細繩系于O點（如圖所示）．由于鉤碼均相同，則鉤碼個數(shù)就代表力的大小，所以O點受三個力處于平衡狀態(tài)，由平行四邊形定則可知：三角形的三個邊表示三個力的大小，根據(jù)該規(guī)律判斷哪組實驗能夠成功．
（2）為驗證平行四邊形，必須作圖，所以要強調三力平衡的交點、力的大小（鉤碼的個數(shù)）與力的方向；
（3）明確“實際值”和“理論值”的區(qū)別即可正確解答．
【解答】解：（1）對O點受力分析
OA OB OC分別表示三個力的大小，由于三共點力處于平衡，所以0C等于OD．因此三個力的大小構成一個三角形．
A、2、2、4不可以構成三角形，則結點不能處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；
B、3、3、4可以構成三角形，則結點能處于平衡．故B正確；
C、4、4、4可以構成三角形，則結點能處于平衡．故C正確；
D、3、4、5可以構成三角形，則結點能處于平衡．故D正確．
故選：BCD．
（2）為驗證平行四邊形定則，必須作受力圖，所以先明確受力點，即標記結點O的位置，其次要作出力的方向并讀出力的大小，最后作出力的圖示，因此要做好記錄，是從力的三要素角度出發(fā)，要記錄砝碼的個數(shù)和記錄OA、OB、OC三段繩子的方向和記錄各條繩上所掛鉤碼的個數(shù)，故AE正確，BCD錯誤．
故選：AE．
（3）以O點為研究對象，F(xiàn)3的是實際作用效果在OC這條線上，由于誤差的存在，F(xiàn)1、F2的理論值要與實際值有一定偏差，故甲圖符合實際，乙圖不符合實際．
故答案為：（1）BCD （2）AE （3）甲
12．某同學近日做了這樣一個實驗，將一個小鐵塊（可看成質點）以一定的初速度，沿傾角可在0﹣90°之間任意調整的木板向上滑動，設它沿木板向上能達到的最大位移為x，若木板傾角不同時對應的最大位移x與木板傾角α的關系如圖所示．g取10m/s2．求（結果如果是根號，可以保留）：
（1）小鐵塊初速度的大小v0以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ是多少？
（2）當α=60°時，小鐵塊達到最高點后，又回到出發(fā)點，物體速度將變?yōu)槎啻螅?/p>
【考點】共點力平衡的條件及其應用；摩擦力的判斷與計算；物體的彈性和彈力．
【分析】（1）根據(jù)動能定理，求出物體沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角θ的關系表達式，然后結合圖象當α=90°時的數(shù)據(jù)求出物體的初速度；
（2）求出物體沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角θ的關系表達式，根據(jù)α=30°時的數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù)；
（3）先求出α=60°時物體上升的高度，然后由動能定理求出物體返回時的速度．
【解答】解：（1）根據(jù)動能定理，物體沿斜面上滑過程，根據(jù)動能定理，有：
﹣mgsinα·S﹣μmgcosα·S=0﹣
解得：
S=
由圖可得，當α=90°時，根據(jù)v02=2gs，代入數(shù)據(jù)得v0=5m/s，即物體的初速度為5m/s．
由圖可得，α=30°時，s=1.25，代入數(shù)據(jù)得：μ=
（2）物體沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角θ的關系為：
S=
把α=60°代入，解得：
s=
由動能定理得：
﹣μmgcosα·2S=
解得：vt=2.5
答：（1）小鐵塊初速度的大小為5m/s，小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ是
（2）當α=60°時，小鐵塊達到最高點后，又回到出發(fā)點，物體速度將變?yōu)?.5
13．如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為
（1）求P第一次運動到B點時速度的大小．
（2）求P運動到E點時彈簧的彈性勢能．
（3）改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距
【考點】功能關系；動能定理；彈性勢能．
【分析】（1）對物體從C到B的過程分析，由動能定理列式可求得物體到達B點的速度；
（2）同（1）的方法求出物塊返回B點的速度，然后對壓縮的過程與彈簧伸長的過程應用功能關系即可求出；
（3）P離開D點后做平拋運動，將物塊的運動分解即可求出物塊在D點的速度，E到D的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關系即可求出物塊P的質量．
【解答】解：（1）C到B的過程中重力和斜面的阻力做功，所以：
其中：
代入數(shù)據(jù)得：
（2）物塊返回B點后向上運動的過程中：
其中：
聯(lián)立得：
物塊P向下到達最低點又返回的過程中只有摩擦力做功，設最大壓縮量為x，則：
整理得：x=R
物塊向下壓縮彈簧的過程設克服彈力做功為W，則：
又由于彈簧增加的彈性勢能等于物塊克服彈力做的功，即：EP=W
所以：EP=2.4mgR
（3）由幾何關系可知圖中D點相對于C點的高度：h=r+rcos37°=1.8r=
所以D點相對于G點的高度：H=1.5R+R=2.5R
小球做平拋運動的時間：t=
G點到D點的水平距離：L=
由：L=vDt
聯(lián)立得：
E到D的過程中重力、彈簧的彈力、斜面的阻力做功，由功能關系得：
聯(lián)立得：m′=
答：（1）P第一次運動到B點時速度的大小是
（2）P運動到E點時彈簧的彈性勢能是2.4mgR．
（3）改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點．G點在C點左下方，與C點水平相距
四、物理選修題
14．在物理學的重大發(fā)現(xiàn)中科學家們總結出了許多物理學方法，如理想實驗法、控制變量法、極限思想法、微元法、類比法、科學假設法和建立物理模型法等．以下關于物理學研究方法的敘述正確的是（）
A．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法運用了假設法
B．根據(jù)速度的定義式v=
C．在實驗探究加速度與力、質量的關系時，運用了控制變量法
D．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程等分成很多小段，然后將各小段位移相加，運用了極限思想法
E．抽水機工作時消耗水能，類似地，電燈發(fā)光時消耗電能，該方法運用了類比法
【考點】物理學史；物理模型的特點及作用．
【分析】解答本題應掌握：質點是實際物體在一定條件下的科學抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
當時間非常小時，我們認為此時的平均速度可看作某一時刻的速度即稱之為瞬時速度，采用的是極限思維法；
在研究多個量之間的關系時，常常要控制某些物理量不變，即控制變量法；
在研究曲線運動或者加速運動時，常常采用微元法，將曲線運動變成直線運動，或將變化的速度變成不變的速度．
類比法是物理學習的一種方法，它利用看得見、摸得著的實際現(xiàn)象和經驗為依據(jù)，運用這種方法進行合理想象，達到學習和探究新的物理規(guī)律．
【解答】解：A、質點采用的科學方法為建立理想化的物理模型的方法，故A錯誤；
B、為研究某一時刻或某一位置時的速度，我們采用了取時間非常小，即讓時間趨向無窮小時的平均速度作為瞬時速度，即采用了極限思維法，故B正確；
C、在實驗探究加速度與力、質量的關系時，分別研究了加速度和力、加速度和質量之間的關系，故運用了控制變量法；故C正確；
D、在推導勻變速運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法．故D錯誤
E、抽水機工作時消耗的是電能，同時這里也并沒有采用類比的方法，故E錯誤．
故選：BC．
15．一質量M=4kg、傾角為30°的上表面光滑的斜面體靜止在粗糙的水平地面上，斜面上有兩個質量均為m=2kg的小球A、B，它們用輕質細繩連接．現(xiàn)對小球B施加一水平向左的拉力F使小球A、B及斜面體一起向左做勻速直線運動，如圖所示，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）細繩的拉力T；
（2）水平拉力F的大小；
（3）水平地面與斜面體間的動摩擦因數(shù)μ．
【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用．
【分析】（1）以球A為研究對象，受力分析后根據(jù)平衡條件列式求解細線的拉力；
（2）以A、B整體為研究對象，受力分析后根據(jù)平衡條件列式求解；
（3）以A、B、斜面整體為研究對象，受力分析后根據(jù)共點力平衡條件列式求解摩擦力和支持力，最后根據(jù)滑動摩擦定律列式求解動摩擦因素．
【解答】解：（1）以A為研究對象，受重力、拉力和支持力，根據(jù)平衡條件，有：
T=mgsin30°=2×
（2）以A、B整體為研究對象，受拉力、重力和支持力，根據(jù)平衡條件，有：
Fcos30°=2mgsin30°
解得：F=
（3）以A、B、斜面及彈簧整體為研究對象，根據(jù)平衡條件，有：
F=f=μ（M+2m）g
解得：μ=
答：（1）細繩的拉力T為10N；
（2）水平拉力F的大小為
（3）水平地面與斜面體間的動摩擦因數(shù)μ為
2016年10月26日
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