2016-2017学年广东省广州市铁一中高三（上）月考物理试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
1．如图所示，一质点从t=0时刻由静止开始做匀加速直线运动，A和B是质点x﹣t图线上的两个点．该质点运动的加速度大小为（）
A．
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】质点做初速度为零的匀加速直线运动，则位移与时间的关系为x=
【解答】解：质点做初速度为零的匀加速直线运动，则位移与时间的关系为x=
根据图象可知，当t=3s时，x=3m，则3=
当t=4s时，x=5m，则5=
解得：a=
故选：B
2．如图所示，ab、ac、ad是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，ab沿竖直方向，ac为圆的直径，∠bac=∠cad=30°．每根杆上都套有一个小滑环（图中未画出），三个小滑环分别从b、c、d点由静止释放，到达a点所用的时间分别为t1、t2、t3，则（）
A．t1=t2=t3B．t1=t3＜t2C．t1＜t2＜t3D．t1＜t3＜t2
【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】设直径为d，根据几何关系可求得三种情况下的位移，由受力分析及牛顿第二定律可求得加速度，再由运动学公式可求得运动时间．
【解答】解：设圆的直径为d，ab的长度为dcos30°
下落的加速度为a1=g，
则有：dcos30°=
解得：t1=
物体沿ac运动时，加速度a2=gsin60°=
则有d=
解得：t2=
物体沿ad运动时，运动长度为：dcos30°=
加速度a3=gsin30°=
则可得：
解得：t3=
则有：t1＜t2＜t3
故选：C．
3．用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v﹣t图象如图所示．下列表述正确的是（ ）
A．在0～t1时间内拉力逐渐增大
B．在0～t1时间内物体做曲线运动
C．在t1～t2时间内拉力的功率不为零
D．在t1～t2时间内合外力做功为
【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像．
【分析】物体先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可．
【解答】解：A、0﹣t1内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：F﹣f=ma，故拉力不断减小，故A错误；
B、0﹣t1内拉力朝前，位移向前，故物体做直线运动，故B错误；
C、在t1﹣t2时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故C正确；
D、在t1﹣t2时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故D错误；
故选：C．
4．ab为紧靠着的、且两边固定的两张相同薄纸，如图所示．一个质量为1kg的小球从距纸面高为60cm的地方自由下落，恰能穿破两张纸（即穿过后速度为零）．若将a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a纸距离b纸不超过（）
A．15cm B．20cm C．30cm D．60cm
【考点】动能定理．
【分析】下落的小球在重力做功下，将重力势能转化为动能，穿破两张纸后将动能转化为内能，要使小球仍能穿破两张纸，则根据动能定理可求出a纸距离b纸间距．
【解答】解：当ab为紧靠着的、且两边固定的两张相同的薄纸，根据动能定理，则有：WG+Wf=0﹣0．
所以Wf=﹣WG=﹣1×10×0.6J=﹣6J，
a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则当小球的动能达到3J时，才能穿破纸张．
设释放点距a纸距离为L，根据动能定理，则有：mgL≥3J，解得：L≥30cm．因此a纸距离b纸不超过30cm．
故选：C．
5．已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍．若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为（）
A．6小时 B．12小时 C．24小时 D．36小时
【考点】万有引力定律及其应用；牛顿第二定律；同步卫星．
【分析】了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与星球的自转周期相同．
通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量．
【解答】解：地球的同步卫星的周期为T1=24小时，轨道半径为r1=7R1，密度ρ1．
某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2=3.5R2，密度ρ2．
根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有：
两式化简解得：T2=
故选B．
6．如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】本题抓住整个系统处于静止状态，由a平衡可知，绳子拉力保持不变，再根据平衡条件由F的大小变化求得物块b所受各力的变化情况．
【解答】解：AC、由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变，故AC均错误；
BD、b处于静止即平衡状态，对b受力分析有：
力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：
N+Fsinα+Tsinθ﹣mg=0
Fcosα+f﹣Tcosθ=0
由此可得：N=mg﹣Fsinα﹣Tsinθ
由于T的大小不变，可见当F大小发生变化时，支持力的大小也在一定范围内变化，故B正确
f=Tcosθ﹣Fcosα
由于T的大小不变，当F大小发生变化时，b静止可得摩擦力的大小也在一定范围内发生变化，故D正确．
故选：BD．
7．质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v﹣t图象如图所示．由此可知能求出的是（ ）
A．前25 s内汽车的平均速度
B．前10 s内汽车的加速度
C．前10 s内汽车所受的阻力
D．在15～25 s内合外力对汽车所做的功
【考点】功的计算；物体的弹性和弹力；牛顿第二定律．
【分析】首先利用速度时间图象知道物理意义，能求出位移、加速度和各时刻的速度，再利用物理规律判断选项即可．
【解答】解：A、据速度时间图象与t轴所围的面积表示位移，再据平均速度公式即可求出前25s的平均速度，故A正确，
B、据速度时间的斜率表示加速度，所以能求出10s 的加速度，故B正确，
C、以上可知，求出10s的加速度，但不知汽车 牵引力，所以利用牛顿第二定律无法求出阻力，故C错误，
D、据图象可知各时刻的速度，利用动能定理即可求出15﹣25s的动能变化量，即求出合外力所做的功，故D正确
故选：ABD．
8．2012年6月18日，搭载着3位航天员的神舟九号飞船与在轨运行的天宫一号顺利“牵手”．对接前天宫一号进入高度约为343km的圆形对接轨道，等待与神舟九号飞船交会对接．对接成功后，组合体以7.8km/s的速度绕地球飞行．航天员圆满完成各项任务后，神舟九号飞船返回地面着陆场，天宫一号变轨至高度为370km的圆形自主飞行轨道长期运行．则（）
A．3位航天员从神舟九号飞船进入天宫一号过程中处于失重状态
B．天宫一号在对接轨道上的周期小于在自主飞行轨道上的周期
C．神舟九号飞船与天宫一号分离后，要返回地面，必须点火加速
D．天宫一号在对接轨道上的机械能和在自主飞行轨道上的机械能相等
【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；惯性；万有引力定律及其应用．
【分析】天宫一号绕地球做匀速圆周运动，地球对他的引力完全提供向心力，在天宫一号内处于完全失重状态．
根据万有引力提供向心力及近心运动和离心运动的相关知识即可求解．
【解答】解：A、3位航天员从神舟九号飞船进入天宫一号过程中受地球对他的引力完全提供向心力，处于失重状态．故A正确
B、根据周期公式T=2
C、神舟九号飞船与天宫一号分离后，要返回地面，即做近心运动，所以应该减速，故C错误
D、轨道越高机械能越大，所以天宫一号在对接轨道上的机械能和在自主飞行轨道上的机械能不等，故D错误
故选AB．
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9～第13题为必考题，每个试题考生必须作答．第14～第15题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题
9．用螺旋测微器测一圆形工件的长度时读数如图所示，其读数为 4.600cm．如果使用主尺上最小刻度为mm、游标为10分度的游标卡尺测量同一圆形工件的长度时，以上测量的结果应记为 0.46cm．
【考点】螺旋测微器的使用．
【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．了解实验的装置和工作原理．
【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为：4.5mm+0.100mm=4.600mm=0.4600cm．
如果使用主尺上最小刻度为mm、游标为10分度的游标卡尺测量同一圆形工件的长度时，以上测量的结果应记为4.6mm=0.46cm．
故答案为：4.600，0.46
10．图示的实验装置可以测量“小滑块与小平面之间的动摩擦因数μ”．弹簧左端固定，右端顶住小滑块（滑块与弹簧不连接），开始时使弹簧处于压缩状态，O点是小滑块开始运动的初始位置．某时刻释放小滑块，小滑块在水平面上运动经过A处的光电门，最后停在B处．已知当地重力加速度为g．
（1）实验中，测得小滑块上遮光条的宽度为d及与光电门相连的数字计时器显示的时间为△t，则小滑块经过A处时的速度 v= ．（用题中的符号表示）
（2）为了测量小滑块与水平地面间的动摩擦因数，除了（1）中所测物理量外，还需要测量的物理量是光电门和B点之间的距离L ．（说明物理意义并用符号表示）
（3）利用测量的量表示动摩擦因数μ= ．（用题中所测的物理量的符号表示）
【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．
【分析】（1）很短的时间内，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求得铁块的速度大小；
（2）根据滑动摩擦力的公式可以判断求动摩擦因数需要的物理量；
（3）由滑块的运动情况可以求得铁块的加速度的大小，再由牛顿第二定律可以求得摩擦力的大小，再由滑动摩擦力的公式可以求得滑动摩擦因数
【解答】解：（1）根据极限的思想，在时间很短时，我们可以用这一段的平均速度来代替瞬时速度，
所以铁块通过光电门l的速度是v=
（2）（3）要测量动摩擦因数，由f=μFN可知要求μ，需要知道摩擦力和压力的大小；小滑块在水平面上运动经过A处的光电门，最后停在B处，滑块做的是匀减速直线运动，根据光电门和B点之间的距离L，由速度位移的关系式可得，
v2=2aL
对于整体由牛顿第二定律可得，
Mg﹣f=Ma
因为f=μFN，
所以由以上三式可得：μ=
故答案为：（1）
11．某同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力FTOA、FTOB和FTOC，回答下列问题：
（1）改变钩码个数，实验能完成的是 BCD
A．钩码个数N1=N2=2，N3=4B．钩码个数N1=N3=3，N2=4
C．钩码个数N1=N2=N3=4D．钩码个数N1=3，N2=4，N3=5
（2）在拆下钩码和绳子前，需要记录的是 AE
A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C．用量角器量出三段绳子之间的夹角
D．用天平测出钩码的质量
E、记录各条绳上所挂钩码的个数
（3）在作图时，你认为图2中 甲 是正确的．（填“甲”或“乙”）
【考点】验证力的平行四边形定则．
【分析】（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）．由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功．
（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；
（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答．
【解答】解：（1）对O点受力分析
OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD．因此三个力的大小构成一个三角形．
A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；
B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故B正确；
C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡．故C正确；
D、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡．故D正确．
故选：BCD．
（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向和记录各条绳上所挂钩码的个数，故AE正确，BCD错误．
故选：AE．
（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际．
故答案为：（1）BCD （2）AE （3）甲
12．某同学近日做了这样一个实验，将一个小铁块（可看成质点）以一定的初速度，沿倾角可在0﹣90°之间任意调整的木板向上滑动，设它沿木板向上能达到的最大位移为x，若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图所示．g取10m/s2．求（结果如果是根号，可以保留）：
（1）小铁块初速度的大小v0以及小铁块与木板间的动摩擦因数μ是多少？
（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为多大？
【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力．
【分析】（1）根据动能定理，求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，然后结合图象当α=90°时的数据求出物体的初速度；
（2）求出物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系表达式，根据α=30°时的数据求出动摩擦因数；
（3）先求出α=60°时物体上升的高度，然后由动能定理求出物体返回时的速度．
【解答】解：（1）根据动能定理，物体沿斜面上滑过程，根据动能定理，有：
﹣mgsinα·S﹣μmgcosα·S=0﹣
解得：
S=
由图可得，当α=90°时，根据v02=2gs，代入数据得v0=5m/s，即物体的初速度为5m/s．
由图可得，α=30°时，s=1.25，代入数据得：μ=
（2）物体沿斜面上升的最大位移s与斜面倾角θ的关系为：
S=
把α=60°代入，解得：
s=
由动能定理得：
﹣μmgcosα·2S=
解得：vt=2.5
答：（1）小铁块初速度的大小为5m/s，小铁块与木板间的动摩擦因数μ是
（2）当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为2.5
13．如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为
（1）求P第一次运动到B点时速度的大小．
（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能．
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距
【考点】功能关系；动能定理；弹性势能．
【分析】（1）对物体从C到B的过程分析，由动能定理列式可求得物体到达B点的速度；
（2）同（1）的方法求出物块返回B点的速度，然后对压缩的过程与弹簧伸长的过程应用功能关系即可求出；
（3）P离开D点后做平抛运动，将物块的运动分解即可求出物块在D点的速度，E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系即可求出物块P的质量．
【解答】解：（1）C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：
其中：
代入数据得：
（2）物块返回B点后向上运动的过程中：
其中：
联立得：
物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：
整理得：x=R
物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：
又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP=W
所以：EP=2.4mgR
（3）由几何关系可知图中D点相对于C点的高度：h=r+rcos37°=1.8r=
所以D点相对于G点的高度：H=1.5R+R=2.5R
小球做平抛运动的时间：t=
G点到D点的水平距离：L=
由：L=vDt
联立得：
E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：
联立得：m′=
答：（1）P第一次运动到B点时速度的大小是
（2）P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR．
（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距
四、物理选修题
14．在物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、微元法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等．以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法运用了假设法
B．根据速度的定义式v=
C．在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，然后将各小段位移相加，运用了极限思想法
E．抽水机工作时消耗水能，类似地，电灯发光时消耗电能，该方法运用了类比法
【考点】物理学史；物理模型的特点及作用．
【分析】解答本题应掌握：质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；
当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；
在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；
在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．
类比法是物理学习的一种方法，它利用看得见、摸得着的实际现象和经验为依据，运用这种方法进行合理想象，达到学习和探究新的物理规律．
【解答】解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；
B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；
C、在实验探究加速度与力、质量的关系时，分别研究了加速度和力、加速度和质量之间的关系，故运用了控制变量法；故C正确；
D、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法．故D错误
E、抽水机工作时消耗的是电能，同时这里也并没有采用类比的方法，故E错误．
故选：BC．
15．一质量M=4kg、倾角为30°的上表面光滑的斜面体静止在粗糙的水平地面上，斜面上有两个质量均为m=2kg的小球A、B，它们用轻质细绳连接．现对小球B施加一水平向左的拉力F使小球A、B及斜面体一起向左做匀速直线运动，如图所示，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）细绳的拉力T；
（2）水平拉力F的大小；
（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【分析】（1）以球A为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解细线的拉力；
（2）以A、B整体为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解；
（3）以A、B、斜面整体为研究对象，受力分析后根据共点力平衡条件列式求解摩擦力和支持力，最后根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因素．
【解答】解：（1）以A为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：
T=mgsin30°=2×
（2）以A、B整体为研究对象，受拉力、重力和支持力，根据平衡条件，有：
Fcos30°=2mgsin30°
解得：F=
（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，有：
F=f=μ（M+2m）g
解得：μ=
答：（1）细绳的拉力T为10N；
（2）水平拉力F的大小为
（3）水平地面与斜面体间的动摩擦因数μ为
2016年10月26日
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