2016-2017学年重庆市秀山高中高三（上）月考物理试卷（9月份）
参考答案与试题解析
一、选择题．（本题共10小题，每小题5分，共50分．1-6题只有一个选项正确，7-10为多项选择，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选得0分）
1．以下情况中能将人或物体看成质点的是（ ）
A．研究某学生骑车回校的速度
B．对某学生骑车姿势进行生理学分析
C．研究火星探测器从地球到火星的飞行轨迹
D．研究选手在3000m长跑比赛中的快慢
【考点】质点的认识．
【分析】当物体的大小和形状在研究的问题中能忽略，物体可以看成质点．
【解答】解：A、研究某学生骑车回校的速度，学生的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故A正确．
B、对某学生骑车姿势进行生理学分析，学生的大小和形状不能忽略，不能看成质点，故B错误．
C、研究火星探测器从地球到火星的飞行轨迹，探测器的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故C正确．
D、研究选手在3000m长跑比赛中的快慢，选手的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故D正确．
故选：ACD．
2．关于路程和位移，下列说法中正确的是（ ）
A．质点的位移为零，说明质点没有运动
B．质点通过的路程不同，但位移可能相同
C．质点发生了一段位移后，它通过的路程可能为零
D．质点做直线运动时，其路程就是位移的大小
【考点】位移与路程．
【分析】位移的大小等于首末位置的距离，路程的大小等于运动轨迹的长度．
【解答】解：A、若物体的首末位置重合，则位移为零，质点是运动的，故A错误．
B、初末位置相同，位移相同，但运动轨迹可以不同，即物体两次通过的路程不等．故B正确．
C、质点通过一段位移后，它通过的路程不可能为零．故C错误；
D、当物体做单向直线运动时，路程才等于位移的大小，故D错误．
故选：B
3．一列以速度v匀速行驶的列车内有一水平桌面，桌面上的A处有一小球．若车厢中的旅客突然发现小球沿如图（俯视图）中的虚线从A点运动到B点．则由此可以判断列车的运行情况是（ ）
A．减速行驶，向南转弯 B．减速行驶，向北转弯
C．加速行驶，向南转弯 D．加速行驶，向北转弯
【考点】牛顿第二定律；运动的合成和分解；向心力．
【分析】小球与列车一起做匀速直线运动，小球沿如图（俯视图）中的虚线从A点运动到B点．知小球向前运动，是由于惯性，列车和桌子的速度慢下来，小球要保持以前的速度继续运行，所以会向前运动．小球与桌面的摩擦力可以不计，出现如图的曲线，是因为桌子跟着列车向南拐弯，而小球要保持匀速直线运动．
【解答】解：小球与水平面间的摩擦可以不计，所以小球在水平面内不受力作用，始终与列车一起向前做匀速直线运动，发现小球沿如图（俯视图）中的虚线从A点运动到B点．知列车和桌子的速度慢下来，小球要保持以前的速度继续运行，所以会向前运动．出现如图的曲线，是因为桌子跟着列车向南拐弯，而小球要保持匀速直线运动．故A正确，B、C、D错误．
故选A．
4．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）
A．0
B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为，方向垂直木板向下
D．大小为，方向水平向右
【考点】牛顿第二定律．
【分析】木板撤去前，小球处于平衡态，根据共点力平衡条件先求出各个力，撤去木板瞬间，支持力消失，弹力和重力不变，求出合力后即可求出加速度．
【解答】解：木板撤去前，小球处于平衡态，受重力、支持力和弹簧的拉力，如图
根据共点力平衡条件，有
F﹣Nsin30°=0
Ncos30°﹣G=0
解得
N=
F=mg
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，故
加速度为
a==
故选C．
5．一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g，现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为（ ）
A．0 B．M﹣ C．2M﹣ D．2（M﹣）
【考点】共点力平衡的条件及其应用．
【分析】分别对气球匀速上升和匀速下降过程进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解即可．
【解答】解：匀速下降时，受到重力Mg，向上的浮力F，向上的阻力f，根据共点力平衡条件
Mg=F+f…①
气球匀速上升时，受到重力（M﹣△m）g，向上的浮力F，向下的阻力f，根据共点力平衡条件
（M﹣△m）g+f=F…②
由①②式解得：
△m=2（M﹣）
故选：D．
6．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力FN和摩擦力f的变化情况是（ ）
A．FN不变，f变大 B．FN不变，f变小 C．FN变大，f变大 D．FN变大，f变小
【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】先对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，跟三力平衡条件，求出拉力的表达式；在对P、Q两个小环的整体受力分析，根据平衡条件再次列式分析即可．
【解答】解：对小环Q受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图
根据三力平衡条件，得到
T=
N=mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受到总重力、OA杆支持力、向右的静摩擦力、BO杆的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有
N=f
FN=（m+m）g=2mg
故
f=mgtanθ
当P环向左移一小段距离，角度θ变小，故静摩擦力f变小，支持力FN不变；
故选B．
7．用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示．P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（ ）
A．P物体受4个力
B．Q受到3个力
C．若绳子变长，绳子的拉力将变小
D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大
【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】先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．
【解答】解：A、P受到重力、Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故A正确．
B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．
C、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故C正确．
D、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故D错误．
故选AC．
8．如图所示，在粗糙水平面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块在竖直向上力F作用下，沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则地面对斜面（ ）
A．无摩擦力 B．有水平向左的摩擦力
C．支持力为（M+m）g D．支持力小于（M+m）g
【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．
【分析】整体法和隔离法是力学部分常用的解题方法．
1．整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体，作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力（外力），不考虑整体内部之间的相互作用力（内力）．
整体法的优点：通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况，从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算，能够灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法．
2．隔离法：隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来，作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力，不考虑研究对象对其他物体的作用力．
隔离法的优点：容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单，便于初学者使用．在分析系统内各物体（或一个物体的各个部分）间的相互作用时用隔离法．
本题中由于m匀速下滑，可以将M与m当作整体分析，然后根据平衡条件列式求解．
【解答】解：对物体M和m整体受力分析，受拉力F、重力（M+m）g、支持力FN，如图
根据共点力平衡条件
竖直方向 FN+F﹣（M+m）g=0
解得：
FN=（M+m）g﹣F＜（M+m）g
水平方向不受力，故没有摩擦力．
故选AD．
9．历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”的定义式为A=，其中v0和vs分别表示某段位移s内的初速度和末速度．A＞0表示物体做加速运动，A＜0表示物体做减速运动．而现在物理学中加速度的定义式为a=，下列说法正确的是（ ）
A．若A不变，则a也不变
B．若A＞0且保持不变，则a逐渐变大
C．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
D．若A不变，则物体在中间位置处的速度为
【考点】加速度．
【分析】正确解答本题的关键是：充分理解题目所提供信息的物理意义，将A=和a=类比学习，即可正确解答该题．
【解答】若A＞0，在这种情况下，相等位移内速度增加量相等，所以平均速度来越大，所以相等位移内用的时间越来越少，由，可知，a越来越大，故A错误，B正确．
C、因为相等位移内速度变化相等，所以中间位置处位移为，速度变化量为，所以此位置的速度为v0+=，故C正确，D错误．
故选：BC．
10．如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出（ ）
A．物体的质量
B．物体与水平面间的滑动摩擦力
C．物体与水平面间的最大静摩擦力
D．在F为14N时，物体的速度最小
【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．
【分析】结合拉力和加速度的大小，根据牛顿第二定律求出物体的质量和滑动摩擦力的大小．从图象得出物块刚开始运动时的拉力，从而得出最大静摩擦力的大小．
【解答】解：A、根据牛顿第二定律，F﹣f=ma，由图中可读出外力F和加速度a的值，有：7﹣f=0.5m，14﹣f=4m．联立两式解得：f=6N，m=2kg．故A、B正确．
C、由图可知，当F=7N时物体开始滑动，所以最大静摩擦力为7N；故C正确．
D、当F=7N开始增大，加速度逐渐增大，物块做变加速直线运动，可知F=14N时，物体的速度不是最小．故D错误．
故选：ABC．
二、实验题（本题共2小题，共22分；其中11题11分、12题11分）
11．图（a） 为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m； 用游标卡尺测量遮光片的宽度d； 用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB，求出加速度a；
④多次重复步骤③，求a的平均值；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ．
回答下列问题：
（1）测量d时，某次游标卡尺（主尺的最小分度为1mm） 的示数如图（b） 所示，其读数为 0.960 cm．
（2）物块的加速度a可用d、s、△tA和△tB表示为a= ．
（3）动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ= ．
（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于 系统误差 （填“偶然误差”或“系统误差”）．
【考点】用双缝干涉测光的波长．
【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺的示数之和是游标卡尺的示数，
（2）由速度公式求出物块经过A、B两点时的速度，然后由匀变速运动的速度位移公式求出物块的加速度；
（3）由牛顿第二定律求出动摩擦因数．
（4）由于实验设计造成的误差是系统误差，由于实验操作、读数等造成的误差属于偶然误差．
【解答】解：（1）由图（b）所示游标卡尺可知，主尺示数为0.9cm，游标尺示数为12×0.05mm=0.60mm=0.060cm，则游标卡尺示数为0.9cm+0.060cm=0.960cm．
（2）物块经过A点时的速度为：vA=，
物块经过B点时的速度为：vB=，
物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：vB2﹣vA2=2as，
加速度为：a=；
（3）以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg﹣μMg=（M+m），
解得：μ=；
（4）如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于系统误差．
故答案为：（1）0.960；（2）；（3）；（4）系统误差．
12．如图甲示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长长度的关系实验．
（1）实验中还需要的测量工具有： 毫米刻度尺 ．
（2）如图乙示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量m，横轴是弹簧的形变量x．由图可知：图线不通过原点的原因是由于 弹簧自身重力 ；弹簧的劲度系数k= 4.9 N/m（计算结果保留2位有效数字，重力加速度g取9.8m/s2）；
（3）如图丙示，实验中用两根不同的弹簧a和b，画出弹簧弹力F与弹簧长度L的F﹣L图象．下列正确的是 B
A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小 D．弹力与弹簧长度成正比．
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】根据实验的原理：测量弹簧的弹力和伸长的长度来选择器材．图线的斜率即为弹簧的劲度系数．由胡克定律求出K．弹簧的弹力满足胡克定律，F=kx，在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，横截距表示弹簧的原长
【解答】解：（1）实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺．
（2）图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比．
由k==4.9N/m．
由图可知，当F=0时，x大于零，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，是由于弹簧自身的重力造成的．
故图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，实验中没有考虑（或忽略了）弹簧的自重．实验中需要测量（记录）的物理量有：弹簧的原长、弹簧所受外力与对应的伸长量（或与弹簧对应的长度）
（3）A、在图象中横截距表示弹簧的原长，故b的原长比a的长，故A错误；
B、在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a的劲度系数比b的大，故B正确；
C、同理C错误；
D、弹簧的弹力满足胡克定律，弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误；
故选：B．
故答案为：（1）毫米刻度尺 （2）弹簧自身重力； 4.9 （3）B
三．计算题（本题共3个小题，共计38分．其中13题10分、14题12分、15题16分）
13．如图所示，光滑固定斜面上有一个质量为10kg的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角30°，整个装置处于静止状态，（g取10m/s2）；求：
（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；
（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小．
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】（1）对小球受力分析，建立直角坐标系，根据平衡条件列方程，求解；
（2）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直向右时，根据平衡条件求解最小拉力．
【解答】解：（1）如图，水平竖直建立直角坐标系，对小球做受力分析，把不在轴上的力沿轴分解，列平衡方程如下
Tcos45°﹣Nsin30°=0
Tsin45°+Ncos30°﹣mg=0
由以上两式得：N=73.2N；T=51.8N
（2）经分析得拉力的最小值为：Fm=mgsin45°
代数解得：Fm=70.7N
答：（1）绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小分别为51.8N和73.2N；
（2）若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，最小的拉力的大小为70.7N．
14．质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑．如果用与斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示，求：
（1）当α=θ时，拉力F有最小值，求此最小值；
（2）此时木楔对水平面的摩擦力是多少？
【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．
【分析】（1）对物块进行受力分析，根据共点力平衡，利用正交分解，在沿斜面方向和垂直于斜面方向都平衡，进行求解
（2）采用整体法，对m、M构成的整体列平衡方程
【解答】解：（1）物体在斜面上匀速向下运动
有mgsinθ=μmgcosθ，即μ=tanθ．
当加上外力F时，对木块受力分析如下图：
因向上匀速，则有：Fcosα=mgsinθ+f ①
Fsinα+N=mgcosθ②
f=μN ③
由①②③得 F===
则当α=θ时，F有最小值，即Fmin=mgsin2θ．
（2）因为m及M均处于平衡状态，整体受到地面摩擦力等于F的水平分力
即fM=Fcos（α+θ） 当F取最小值mgsin2θ时
fM=Fmincos2θ=mgsin2θcos2θ=mgsin 4θ
答：（1）当α=θ时，拉力F有最小值为mgsin2θ
（2）当拉力最小时，水平面对本楔M的摩擦力是mgsin4θ
15．甲、乙两辆车在同一直轨道上向右匀速行驶，甲车的速度为v1=16m/s，乙车的速度为v2=12m/s，乙车在甲车的前面．当两车相距L=6m时，两车同时开始刹车，从此时开始计时，甲车以a1=2m/s2的加速度刹车，6s后立即改做匀速运动，乙车刹车的加速度为a2=1m/s2．求：
（1）从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间；
（2）两车相遇的次数；
（3）两车速度相等的时间．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【分析】（1）假设经过时间t，两车相遇，并且两车均做匀减速运动，列出位移关系式，解出时间，讨论结果．
（2）列位移关系方程，求解时间的可能数值，结合实际运动情境分析求解可能的相遇次数．
（3）根据速度时间公式求出两车速度相等经历的时间．
【解答】解：（1）在甲减速时，设经时间t相遇，甲和乙的位移分别为x1、x2，则有
，
x1=x2+L
代入数据可解得：t1=2s，t2=6s
即在甲车减速时，相遇两次，第一次相遇的时间为：t1=2s
（2）当t2=6s时，甲车的速度为：v1′=v1﹣a1t2=16﹣2×6m/s=4m/s
乙车的速度为：v2′=v2﹣a2t2=12﹣1×6m/s=6m/s，
甲车的速度小于乙车的速度，但乙车做减速运动，设再经△t甲追上乙，有
代入数据解得：△t=4s
此时乙仍在做减速运动，此解成立
综合以上分析可知，甲、乙两车共相遇3次
（3）设经过t′时间两车速度相等，
有：v1﹣a1t′=v2﹣a2t′，
代入数据解得t′=4s，
6s后甲车做匀速直线运动，匀速运动的速度v=16﹣2×6m/s=4m/s，有：v=v2﹣a2t″，
代入数据解得t″=8s．
答：（1）从两车刹车开始计时，甲车第一次追上乙车的时间为2s；
（2）两车相遇的次数为3次．
（3）两车速度相等的时间为4s和8s．
2016年11月8日
联系客服
