2016-2017學年湖北省襄陽市老河口市江山中學高三（上）月考物理試卷（10月份）
參考答案與試題解析
一、選擇題（本大題12小題，每小題4分，共48分）
1．關(guān)于“探究勻變速直線運動規(guī)律”的實驗操作，下列說法正確的是 （ ）
A．長木板不能傾斜，也不能一端高一端低
B．在釋放小車前，小車應(yīng)緊靠近打點計時器
C．應(yīng)先接通電源，待打點計時器開始打點后再釋放小車
D．要在小車到達定滑輪前使小車停止運動
【考點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律．
【分析】正確解答本題需要掌握：理解該實驗的實驗原理，需要測量的數(shù)據(jù)等；明確打點計時器的使用；理解實驗中的注意事項以及如何進行數(shù)據(jù)處理；對于任何實驗注意從實驗原理、實驗儀器、實驗步驟、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗注意事項這幾點去搞清楚．
【解答】解：A、實驗前要平衡摩擦力，把木板的一端墊高，長木板應(yīng)一端高一端低，故A錯誤；
B、在釋放小車前，小車應(yīng)靠近打點計時器，故B正確；
C、應(yīng)先接通電源，待打點計時器開始打點后再釋放小車，故C正確；
D、要在小車到達定滑輪前使小車停止運動，故D正確；
故選：BCD
2．如圖所示，質(zhì)量為m的小球，用OB和O′B兩根輕繩吊著，兩輕繩與水平天花板的夾角分別為30°和60°，這時OB繩的拉力大小為F1，若燒斷O′B繩，當小球運動到最低點C時，OB繩的拉力大小為F2，則F1：F2等于（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
【考點】共點力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．
【分析】燒斷水平細線前，小球處于平衡狀態(tài)，合力為零，根據(jù)平衡條件求F1．燒斷水平細線，當小球擺到最低點時，由機械能守恒定律求出速度，再由牛頓牛頓第二定律求F2．
【解答】解：燒斷水平細線前，小球處于平衡狀態(tài)，合力為零，
根據(jù)幾何關(guān)系得：F1=mgsin30°=mg；
燒斷水平細線，設(shè)小球擺到最低點時速度為v，繩長為L．小球擺到最低點的過程中，由機械能守恒定律得：
mgL（1﹣sin30°）=mv2
在最低點，有 F2﹣mg=m
聯(lián)立解得 F2=2mg；
故F1：F2等于1：4；
故選：D．
3．甲、乙兩物體在同一直線上，同時由同一位置向同一方向做直線運動，其v﹣t圖象如圖所示，下列說法正確的是（ ）
A．開始階段乙運動在甲的前面，20s后乙落在甲的后面
B．20s末乙追上甲，且甲、乙運動速度相等
C．40s末乙追上甲
D．在乙追甲的過程中，20s末兩物體相距最遠
【考點】勻變速直線運動的圖像．
【分析】在速度時間圖象中，某一點代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度是正數(shù)，時間軸下方速度是負數(shù)；切線代表該位置的加速度，向右上方傾斜，加速度為正，向右下方傾斜加速度為負；圖象與坐標軸圍成面積代表位移，時間軸上方位移為正，時間軸下方位移為負．
【解答】解：A、由圖知，開始階段甲的速度大于乙的速度，20s后乙的速度大于甲的速度，而甲、乙兩物體同時由同一地運動，在40s末甲乙兩物體面積（位移）相同，此時相遇，所以在0﹣40s內(nèi)甲一直在乙的前面．故A錯誤B錯誤C正確．
D、前20s內(nèi)甲物體速度大、乙的速度小，所以兩物體間的距離逐漸增大，20s﹣40s內(nèi)，后方物體乙速度大，兩物體間距減小，故20s兩物體相距最遠，故D正確；
故選：CD．
4．若兩個共點力F1、F2的合力為F，則有（ ）
A．合力F一定大于任何一個分力
B．合力F至少大于其中的一個分力
C．合力F可以比F1、F2都大，也可以比F1、F2都小
D．合力F不可能與F1、F2中的一個大小相等
【考點】力的合成．
【分析】一個合力與幾個分力共同作用的效果相同，合力可以大于分力，可以小于分力，也可以等于分力．
【解答】解：A、一個合力與幾個分力共同作用的效果相同，但合力的大小不一定大于任何一個分力的大小，可以小于分力，也可以等于分力．故AB錯誤．
C、合力可以比兩個力分都大，也可以比兩個力分都小，如3N和4N兩力合成時，若二者同時，則合力為7N，大于兩分力，若二者反向，則合力為1N，小于兩分力，故C正確；
D、若兩分力大小相等，夾角為120°，則合力與兩分力大小相等，故D錯誤；
故選：C．
5．寓言“龜兔賽跑”中說：烏龜和兔子同時從起點跑出，兔子在遠遠超過烏龜時，便驕傲地睡起了大覺，它一覺醒來，發(fā)現(xiàn)烏龜已悄悄地爬到了終點，后悔不已．在整個賽跑過程中（ ）
A．兔子始終比烏龜跑得快 B．烏龜始終比兔子跑得快
C．兔子的平均速度大 D．烏龜?shù)钠骄俣却?/p>
【考點】平均速度．
【分析】平均速度等于位移除以時間，表示平均快慢；瞬時速度表示某個時刻或者經(jīng)過某個位置的速度．
【解答】解：根據(jù)平均速度的定義，在整個賽跑過程，位移相同，但烏龜用時短，故平均速度大；
故選D．
6．有兩個力，它們的合力為零，現(xiàn)把其中一個向東的6N的力改為向南（大小不變），則它們的合力為（ ）
A．0 B．6N，向南
C．6N 方向南偏西45° D．6N方向南偏東45°
【考點】合力的大小與分力間夾角的關(guān)系．
【分析】因物體兩力而平衡，將一個正東6N的力改為正南方向，即可看成兩個大小相等，相互垂直的兩力的合成，從而即可求解．
【解答】解：由題意知，兩力的大小為6N，方向相互垂直，根據(jù)力的平行四邊形定則，由勾股定理可得，合力大小為：F=6
N；方向為兩力夾角的角平分線上，即南偏西45°；選項C正確，ABD錯誤．
故選：C．
7．下列關(guān)于加速度的說法，正確的是（ ）
A．只要物體的速度變化量大，加速度就大
B．只要物體的速度變化率大，加速度就大
C．只要物體的速度大，加速度就大
D．只要物體的速度不為零，加速度就不為零
【考點】加速度．
【分析】加速度是物體速度變化和所用時間的比值，也叫速度的變化率，加速度是矢量方向與速度變化的方向相同．
【解答】解：A、加速度等于速度變化量與時間的比值，速度變化量大由于時間未知，故不能確定加速度肯定大，故A錯誤；
B、加速度是物體速度變化量與所用時間的比值，而速度變化量與所用時間的比會上也叫速度的變化率，故B正確；
C、物體的速度大，如果速度沒有變化則其加速度為0，故C錯誤；
D、物體的速度不為零，加速度可以為零，如勻速直線運動，故D錯誤．
故選：B．
8．小球A的加速度是3m/s2，物塊B的加速度為﹣5m/s2，下列說法正確的是（ ）
A．小球A的加速度比物塊B的加速度大
B．物塊B的速度變化比小球A的速度變化快
C．小球A的速度一定在增大
D．物塊B的速度一定在減小
【考點】加速度．
【分析】加速度是反映速度變化快慢的物理量，加速度大，速度變化快．加速度是矢量，正負表示加速度的方向．判斷物體做加速運動還是減速運動，根據(jù)速度的方向與加速度的方向關(guān)系進行判斷．
【解答】解：A、物體M的加速度為+3m/s2，物體P的加速度是﹣5m/s2，知B的加速度大，B的速度變化快．故A錯誤，B正確．
C、物體A的加速度為+3m/s2，速度方向可能與加速度方向相反，則可能做減速運動．故C錯誤．
D、物體B的加速度是﹣5m/s2，速度方向可能與加速度方向相同，則可能做加速運動．故D錯誤．
故選B．
9．許多科學家在物理學發(fā)展過程中做出了重要貢獻，下列表述正確的是 （ ）
A．開普勒關(guān)于行星運動的三大定律為牛頓總結(jié)三條運動定律奠定了基礎(chǔ)
B．胡克認為只有在一定的條件下，彈簧的彈力才與形變量成正比
C．卡文迪許在測量靜電力恒量時運用了將微小量放大的方法
D．安培通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場
【考點】物理學史．
【分析】開普勒關(guān)于行星運動的三大定律為牛頓總結(jié)萬有定律奠定了基礎(chǔ)．彈簧只有彈性限度內(nèi)，彈簧的彈力才與形變量成正比．卡文迪許在測量萬有引力恒量時運用了將微小量放大的方法．
奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場．
【解答】解：A、開普勒關(guān)于行星運動的三大定律為牛頓總結(jié)萬有定律奠定了基礎(chǔ)．故A錯誤．
B、胡克認為彈簧只有彈性限度內(nèi)，彈簧的彈力才與形變量成正比．故B正確．
C、卡文迪許在測量萬有引力恒量時運用了將微小量放大的方法．故C錯誤．
D、丹麥物理學家奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場．故D錯誤．
故選B
10．下面物體的運動屬于平拋運動的是（ ）
A．將氣球水平拋出
B．將一塊小石子水平拋出
C．在豎直向下運動的電梯上將一鐵球水平拋出
D．在水平向右運動的電梯上將一鐵球水平向右拋出
【考點】平拋運動．
【分析】平拋運動的特點是：物體有水平初速度，僅受重力．根據(jù)物體的受力情況和初速度情況分析．
【解答】解：A、將氣球水平拋出，氣球的浮力不能忽略，可知氣球的運動不是平拋運動．故A錯誤．
B、將一石子水平拋出，石子阻力可以忽略，知石子的運動是平拋運動．故B正確．
C、在豎直向下運動的電梯上將一鐵球水平拋出，小球離開手時豎直方向上有初速度，初速度不是水平的，則小球的運動不是平拋運動．故C錯誤．
D、在水平向右運動的電梯上將一鐵球水平向右拋出，鐵球的初速度水平，只受重力，做的是平拋運動．故D正確．
故選：BD
11．如圖所示，從地面上方某點，將一小球以10m/s的初速度沿水平方向拋出，小球經(jīng)1s落地，不計空氣阻力，g取10m/s2，則可求出（ ）
A．小球拋出點離地面的高度為5 m
B．小球拋出點到落地點的水平距離為10 m
C．小球落地點的速度大小為20 m/s
D．小球落地時的速度方向與水平地面成60°角
【考點】平拋運動．
【分析】根據(jù)小球平拋運動的初速度和時間求出水平位移，結(jié)合位移時間公式求出小球下降的高度．通過落地時豎直分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出小球落地的速度大小和方向．
【解答】解：A、根據(jù)，故A正確；
B、拋出點到落地點的水平距離，故B正確；
C、小球落地時的豎直分速度，落地時速度大小，故C錯誤；
D、小球落地時速度與水平方向的夾角為α，則，即α=45°，故D錯誤；
故選：AB
12．組成星球的物質(zhì)靠引力吸引在一起隨星球自轉(zhuǎn)．如果某質(zhì)量分布均勻的星球自轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G，為使該星球不至于瓦解，該星球的密度至少是（ ）
A． B． C． D．
【考點】萬有引力定律及其應(yīng)用．
【分析】由題意可知當周期達到某一最小值時，物體對星球表面應(yīng)剛好沒有壓力，即萬有引力恰好充當星球表面的物體在星球表面做圓周運動的向心力；故由萬有引力公式可求得最小密度．
【解答】解：由可得周期越小，物體需要的向心力越大，物體對星球表面的壓力最小，當周期小到一定值時，壓力為零，此時萬有引力充當向心力，即：
又
聯(lián)立解得：ρ=
故選：B
二、實驗題
13．在11月10日，我校高三進行學業(yè)水平實驗考查，小潔同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗時，主要步驟是：
（1）在水平放置的木塊上鋪一張白紙，把橡皮條的一端固定在板的A點，橡皮條的另一端拴有兩細繩套，如圖所示，兩個測力計分別鉤住細繩套，互成角度地拉橡皮條使之伸長．到達某一位置O時需記下 結(jié)點的位置O點 、 兩彈簧秤的示數(shù)F1和F2 ， F1和F2的方向 ，再用一個測力計鉤住細繩套把橡皮條拉長，使結(jié)點達 O點 的位置，再記下測力計讀數(shù)和細繩的方向．
（2）在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，兩彈簧測力計拉力的圖示在圖中作出，圖中方格每邊的長度表示1N，O是橡皮筋的一個端點．用兩個直角三角板按照作圖法作出合力F的圖示．得到合力的大小為 7.0 N．
【考點】驗證力的平行四邊形定則．
【分析】明確該實驗的實驗原理，了解具體實驗步驟以及具體的操作，尤其注意在記錄力時不但要記錄大小還要記錄方向．
根據(jù)平行四邊形畫出合力來，然后根據(jù)題目給的“每格的邊長代表1.0N”來算出合力的大?。?/p>
【解答】解：（1）在水平放置的木塊上鋪一張白紙，把橡皮條的一端固定在板的A點，橡皮條的另一端拴有兩細繩套，如圖所示，兩個測力計分別鉤住細繩套，互成角度地拉橡皮條使之伸長．到達某一位置O時需記下結(jié)點的位置O點、兩彈簧秤的示數(shù)F1和F2，F(xiàn)1和F2的方向，再用一個測力計鉤住細繩套把橡皮條拉長，使結(jié)點達O點的位置，再記下測力計讀數(shù)和細繩的方向．
（2）以F1、F2為鄰邊，作出平行四邊形，如圖所示，由圖可知：合力為F=1.0×7=7.0N；
故答案為：（1）結(jié)點的位置O點；兩彈簧秤的示數(shù)F1和F2；F1和F2的方向；O點，
（2）如圖所示；7.0
14．某物理興趣小組采用如圖所示的裝置深入研究平拋運動．質(zhì)量分別為mA和mB的A、B小球處于同一高度，M為A球中心初始時在水平地面上的垂直投影．用小錘打擊彈性金屬片，使A球沿水平方向飛出，同時松開B球，B球自由下落．A球落到地面N點處，B球落到地面P點處．測得mA=0.04kg，mB=0.06kg，B球距地面的高度是1.225m，M、N點間的距離為1.500m，則B球落到P點的時間是 0.5 s，A球落地時的動能是 0.68 J（保留兩位有效數(shù)字）．（忽略空氣阻力，取g=9.8m/s2）
【考點】研究平拋物體的運動．
【分析】A球沿水平方向拋出做平拋運動，同時B球被松開，自由下落做自由落體運動，發(fā)現(xiàn)每次兩球都同時落地，只能說明平拋豎直方向的分運動是自由落體運動．
【解答】解：
B球自由下落做自由落體運動，所以B球落到P點的時間為：
A球沿水平方向拋出做平拋運動，M、N點間的距離為1.50m，
所以平拋的初速度為：
所以A球落地時的速度：
m/s=
所以A球落地時的動能：
．
故答案為：0.52； 0.66．
三、計算題
15．如圖所示，直角玻璃三棱鏡ABC置于空氣中，棱鏡的折射率為n=，∠A=60°．一細光束從AC的中點D垂直AC面入射，AD=a，求：
①畫出光路圖并計算出光從棱鏡第一次射入空氣時的折射角；
②光從進入棱鏡到它第一次從棱鏡中射出所經(jīng)歷的時間（光在真空中的傳播速度為c）．
【考點】光的折射定律．
【分析】①畫出光路圖，由幾何知識找出角度關(guān)系，確定出光線到達AB面時的入射角，與臨界角比較，判斷能否發(fā)生全反射．再運用同樣的思路分析光線在AC面上能否發(fā)生全反射，若不發(fā)生全反射，光線將從棱鏡第一次射入空氣，由折射定律求解折射角．
②由v=求出光在棱鏡中的傳播速度，運用幾何知識求出光棱鏡中傳播的距離，由運動學知識可以求解時間．
【解答】解：①光路如圖所示
i1=600，設(shè)玻璃對空氣的臨界角為C，則：，C=45°，
i1＞450，發(fā)生全反射，
i2=i1﹣30°=30°＜C
由折射定律有，所以r=45°
②棱鏡中的光速，
所求時間
解得：
答：
①畫出光路圖如圖，光從棱鏡第一次射入空氣時的折射角是45°；
②光從進入棱鏡到它第一次從棱鏡中射出所經(jīng)歷的時間是．
16．傳送帶裝置廣泛應(yīng)用于生產(chǎn)生活實踐中，如圖所示，一淺色水平傳送帶以恒定速率v=2m/s沿逆時針方向運行，傳送帶長為l=6m，現(xiàn)使一煤塊以水平向右的初速度v0=4m/s從最左端A沖上傳送帶，已知煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2．求：（g=10m/s2）
（1）煤塊向右運動的最遠距離x1；
（2）煤塊在傳送帶上運動的時間t；
（3）煤塊由于相對運動在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度s．
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系．
【分析】（1）煤塊沖上傳送帶后先做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，速度減為0時向右達到最遠距離，根據(jù)位移速度公式即可求解；
（2）煤塊向右減速為零后，再反向做勻加速運動，速度與傳送帶相等時一起勻速運動，分三種情況分別求出時間即可；
（3）分兩個過程，根據(jù)運動學基本公式即可求解煤塊由于相對運動在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度．
【解答】解：（1）煤塊沖上傳送帶后先做勻減速直線運動，加速度大小a1=μg=0.2×10=2m/s2，
速度減為0時向右達到最遠距離x1，
代入數(shù)據(jù)解得：x1==4m
（2）煤塊向右減速為0的時間為：
隨后物體向左勻加速運動，加速度大小仍為a1=2m/s2，加速至v所需時間為：，
運動的位移x2滿足：v2=2a1x2，
得：x2=1m
之后物體與傳送帶一起勻速運動，勻速運動的位移x3=x1﹣x2=3m，勻速運動時間為：
綜上，物體運動總時間為：t=t1+t2+t3=1+2+1.5=4.5s
（3）煤塊沖上傳送帶先做勻減速直線運動過程中的相對位移=，
煤塊向左加速至與傳送到速度相等的過程中的相對位移，
則煤塊由于相對運動在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度s=△x1+△x2=8+1=9m．
答：（1）煤塊向右運動的最遠距離為4m；
（2）煤塊在傳送帶上運動的時間為4.5s；
（3）煤塊由于相對運動在傳送帶上留下的黑色痕跡的長度為9m．
17．一個質(zhì)量m=0.1kg的正方形金屬框總電阻R=0.5Ω，金屬框放在表面絕緣且光滑的斜面頂端（金屬框上邊與AA′重合），自靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中穿過一段邊界與斜面底邊BB′平行、寬度為d的勻強磁場后滑至斜面底端（金屬框下邊與BB′重合），設(shè)金屬框在下滑過程中的速度為v，與此對應(yīng)的位移為s，那么v2﹣s圖象如圖所示，已知勻強磁場方向垂直斜面向上，g=10m/s2．
（1）根據(jù)v2﹣s圖象所提供的信息，計算出斜面傾角θ和勻強磁場寬度d．
（2）金屬框從進入磁場到穿出磁場所用的時間是多少？
（3）勻強磁場的磁感應(yīng)強度多大？
【考點】導體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；牛頓第二定律；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．
【分析】（1）根據(jù)勻變速直線運動的速度位移公式求出金屬框的加速度，通過牛頓第二定律求出斜面的傾角．通過線框勻速直線運動的位移得出磁場的寬度．
（2）根據(jù)勻速直線運動的位移和速度求出金屬框進入磁場到穿出磁場所用的時間．
（3）抓住線框勻速直線運動時，重力沿斜面方向上的分力等于安培力求出勻強磁場的磁感應(yīng)強度．
【解答】解：（1）由圖象可知，從s=0到s1=1.6 m過程中，金屬框作勻加速運動
由公式v2=2as可得金屬框的加速度 m/s2
根據(jù)牛頓第二定律 mgsinθ=ma1 θ=30°
金屬框下邊進磁場到上邊出磁場，線框做勻速運動．
∴△s=2L=2d=2.6﹣1.6=1m，d=L=0.5m
（2）金屬框剛進入磁場時， v1=4m/s
金屬框穿過磁場所用的時間s
（3）因勻速通過磁場
所以磁感應(yīng)強度的大小 B=0.5T
答：（1）斜面的傾角為30°，勻強磁場的寬度為0.5m．
（2）金屬框從進入磁場到穿出磁場所用的時間是0.25s．
（3）勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0.5T．
18．水平傳送帶被廣泛地應(yīng)用于機場和火車站，如圖所示，為一水平傳送帶裝置示意圖，緊繃的傳送帶AB始終保持恒定的速率v=1m/s運行，一質(zhì)量為m=4kg的行李無初速地放在A處，傳送帶對行李的滑動摩擦力使行李開始做勻加速直線運動，隨后行李又以與傳送帶相等的速率做勻速直線運動．設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，A、B間的距離L=2m，g取10m/s2
（1）求行李剛開始運動時所受滑動摩擦力的大小與加速度的大小
（2）求行李做勻加速直線運動的時間
（3）如果提高傳送帶的運行速率，行李就能被較快地傳送到B處，求行李從A處傳送到B處的最短時間，和傳送帶對應(yīng)的最小運行速率．
【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系．
【分析】（1）滑動摩擦力根據(jù)公式F=μN=μmg即可求解，由牛頓第二定律可求得加速度；
（2）行李放上傳送帶后先做勻加速運動，速度與傳送帶相等后做勻速運動，由速度公式求出行李做勻加速運動的時間；
（3）行李從A處一直勻加速運動到B處時，傳送時間最短．根據(jù)勻加速直線運動的基本公式即可求解．
【解答】解：（1）滑動摩擦力的大小為F=μmg
代入題給數(shù)值，得 F=4N
由牛頓第二定律，得 F=ma
代入數(shù)值，得 a=1m/s2
（2）設(shè)行李做勻加速運動的時間為t，行李加速運動的末速度為v=1m/s．
則v=at 代入數(shù)值，得t=1s
（3）行李從A處一直勻加速運動到B處時，傳送時間最短．則
L=atmin2
代入數(shù)值，得tmin=2s
傳送帶對應(yīng)的最小運行速率vmin=atmin
代入數(shù)值，得vmin=2m/s
答：（1）行李剛開始運動時所受的滑動摩擦力大小為4N，加速度大小為1m/s2；
（2）行李做勻加速直線運動的時間是1s；
（3）行李從A處傳送到B處的最短時間為2s，傳送帶對應(yīng)的最小運行速率為2m/s．
2016年10月16日
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