湖北省襄阳市老河口市江山中学2017届高三（上）月考物理试卷（10月份）（解析版）

2016-2017学年湖北省襄阳市老河口市江山中学高三（上）月考物理试卷（10月份）

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题12小题，每小题4分，共48分）

1．关于“探究匀变速直线运动规律”的实验操作，下列说法正确的是 （ ）

A．长木板不能倾斜，也不能一端高一端低

B．在释放小车前，小车应紧靠近打点计时器

C．应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车

D．要在小车到达定滑轮前使小车停止运动

【考点】探究小车速度随时间变化的规律．

【分析】正确解答本题需要掌握：理解该实验的实验原理，需要测量的数据等；明确打点计时器的使用；理解实验中的注意事项以及如何进行数据处理；对于任何实验注意从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．

【解答】解：A、实验前要平衡摩擦力，把木板的一端垫高，长木板应一端高一端低，故A错误；

B、在释放小车前，小车应靠近打点计时器，故B正确；

C、应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车，故C正确；

D、要在小车到达定滑轮前使小车停止运动，故D正确；

故选：BCD

2．如图所示，质量为m的小球，用OB和O′B两根轻绳吊着，两轻绳与水平天花板的夹角分别为30°和60°，这时OB绳的拉力大小为F₁，若烧断O′B绳，当小球运动到最低点C时，OB绳的拉力大小为F₂，则F₁：F₂等于（ ）

A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【分析】烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，根据平衡条件求F₁．烧断水平细线，当小球摆到最低点时，由机械能守恒定律求出速度，再由牛顿牛顿第二定律求F₂．

【解答】解：烧断水平细线前，小球处于平衡状态，合力为零，

根据几何关系得：F₁=mgsin30°=

mg；

烧断水平细线，设小球摆到最低点时速度为v，绳长为L．小球摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律得：

mgL（1﹣sin30°）=

mv²

在最低点，有 F₂﹣mg=m

联立解得 F₂=2mg；

故F₁：F₂等于1：4；

故选：D．

3．甲、乙两物体在同一直线上，同时由同一位置向同一方向做直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．开始阶段乙运动在甲的前面，20s后乙落在甲的后面

B．20s末乙追上甲，且甲、乙运动速度相等

C．40s末乙追上甲

D．在乙追甲的过程中，20s末两物体相距最远

【考点】匀变速直线运动的图像．

【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．

【解答】解：A、由图知，开始阶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、乙两物体同时由同一地运动，在40s末甲乙两物体面积（位移）相同，此时相遇，所以在0﹣40s内甲一直在乙的前面．故A错误B错误C正确．

D、前20s内甲物体速度大、乙的速度小，所以两物体间的距离逐渐增大，20s﹣40s内，后方物体乙速度大，两物体间距减小，故20s两物体相距最远，故D正确；

故选：CD．

4．若两个共点力F₁、F₂的合力为F，则有（ ）

A．合力F一定大于任何一个分力

B．合力F至少大于其中的一个分力

C．合力F可以比F₁、F₂都大，也可以比F₁、F₂都小

D．合力F不可能与F₁、F₂中的一个大小相等

【考点】力的合成．

【分析】一个合力与几个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、一个合力与几个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个分力的大小，可以小于分力，也可以等于分力．故AB错误．

C、合力可以比两个力分都大，也可以比两个力分都小，如3N和4N两力合成时，若二者同时，则合力为7N，大于两分力，若二者反向，则合力为1N，小于两分力，故C正确；

D、若两分力大小相等，夹角为120°，则合力与两分力大小相等，故D错误；

故选：C．

5．寓言“龟兔赛跑”中说：乌龟和兔子同时从起点跑出，兔子在远远超过乌龟时，便骄傲地睡起了大觉，它一觉醒来，发现乌龟已悄悄地爬到了终点，后悔不已．在整个赛跑过程中（ ）

A．兔子始终比乌龟跑得快 B．乌龟始终比兔子跑得快

C．兔子的平均速度大 D．乌龟的平均速度大

【考点】平均速度．

【分析】平均速度等于位移除以时间，表示平均快慢；瞬时速度表示某个时刻或者经过某个位置的速度．

【解答】解：根据平均速度的定义

，在整个赛跑过程，位移相同，但乌龟用时短，故平均速度大；

故选D．

6．有两个力，它们的合力为零，现把其中一个向东的6N的力改为向南（大小不变），则它们的合力为（ ）

A．0 B．6N，向南

C．6

N 方向南偏西45° D．6

N方向南偏东45°

【考点】合力的大小与分力间夹角的关系．

【分析】因物体两力而平衡，将一个正东6N的力改为正南方向，即可看成两个大小相等，相互垂直的两力的合成，从而即可求解．

【解答】解：由题意知，两力的大小为6N，方向相互垂直，根据力的平行四边形定则，由勾股定理可得，合力大小为：F=6

N；方向为两力夹角的角平分线上，即南偏西45°；选项C正确，ABD错误．

故选：C．

7．下列关于加速度的说法，正确的是（ ）

A．只要物体的速度变化量大，加速度就大

B．只要物体的速度变化率大，加速度就大

C．只要物体的速度大，加速度就大

D．只要物体的速度不为零，加速度就不为零

【考点】加速度．

【分析】加速度是物体速度变化和所用时间的比值，也叫速度的变化率，加速度是矢量方向与速度变化的方向相同．

【解答】解：A、加速度等于速度变化量与时间的比值，速度变化量大由于时间未知，故不能确定加速度肯定大，故A错误；

B、加速度是物体速度变化量与所用时间的比值，而速度变化量与所用时间的比会上也叫速度的变化率，故B正确；

C、物体的速度大，如果速度没有变化则其加速度为0，故C错误；

D、物体的速度不为零，加速度可以为零，如匀速直线运动，故D错误．

故选：B．

8．小球A的加速度是3m/s²，物块B的加速度为﹣5m/s²，下列说法正确的是（ ）

A．小球A的加速度比物块B的加速度大

B．物块B的速度变化比小球A的速度变化快

C．小球A的速度一定在增大

D．物块B的速度一定在减小

【考点】加速度．

【分析】加速度是反映速度变化快慢的物理量，加速度大，速度变化快．加速度是矢量，正负表示加速度的方向．判断物体做加速运动还是减速运动，根据速度的方向与加速度的方向关系进行判断．

【解答】解：A、物体M的加速度为+3m/s²，物体P的加速度是﹣5m/s²，知B的加速度大，B的速度变化快．故A错误，B正确．

C、物体A的加速度为+3m/s²，速度方向可能与加速度方向相反，则可能做减速运动．故C错误．

D、物体B的加速度是﹣5m/s²，速度方向可能与加速度方向相同，则可能做加速运动．故D错误．

故选B．

9．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是 （ ）

A．开普勒关于行星运动的三大定律为牛顿总结三条运动定律奠定了基础

B．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与形变量成正比

C．卡文迪许在测量静电力恒量时运用了将微小量放大的方法

D．安培通过实验研究，发现了电流周围存在磁场

【考点】物理学史．

【分析】开普勒关于行星运动的三大定律为牛顿总结万有定律奠定了基础．弹簧只有弹性限度内，弹簧的弹力才与形变量成正比．卡文迪许在测量万有引力恒量时运用了将微小量放大的方法．

奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．

【解答】解：A、开普勒关于行星运动的三大定律为牛顿总结万有定律奠定了基础．故A错误．

B、胡克认为弹簧只有弹性限度内，弹簧的弹力才与形变量成正比．故B正确．

C、卡文迪许在测量万有引力恒量时运用了将微小量放大的方法．故C错误．

D、丹麦物理学家奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场．故D错误．

故选B

10．下面物体的运动属于平抛运动的是（ ）

A．将气球水平抛出

B．将一块小石子水平抛出

C．在竖直向下运动的电梯上将一铁球水平抛出

D．在水平向右运动的电梯上将一铁球水平向右抛出

【考点】平抛运动．

【分析】平抛运动的特点是：物体有水平初速度，仅受重力．根据物体的受力情况和初速度情况分析．

【解答】解：A、将气球水平抛出，气球的浮力不能忽略，可知气球的运动不是平抛运动．故A错误．

B、将一石子水平抛出，石子阻力可以忽略，知石子的运动是平抛运动．故B正确．

C、在竖直向下运动的电梯上将一铁球水平抛出，小球离开手时竖直方向上有初速度，初速度不是水平的，则小球的运动不是平抛运动．故C错误．

D、在水平向右运动的电梯上将一铁球水平向右抛出，铁球的初速度水平，只受重力，做的是平抛运动．故D正确．

故选：BD

11．如图所示，从地面上方某点，将一小球以10m/s的初速度沿水平方向抛出，小球经1s落地，不计空气阻力，g取10m/s²，则可求出（ ）

A．小球抛出点离地面的高度为5 m

B．小球抛出点到落地点的水平距离为10 m

C．小球落地点的速度大小为20 m/s

D．小球落地时的速度方向与水平地面成60°角

【考点】平抛运动．

【分析】根据小球平抛运动的初速度和时间求出水平位移，结合位移时间公式求出小球下降的高度．通过落地时竖直分速度，结合平行四边形定则求出小球落地的速度大小和方向．

【解答】解：A、根据

，故A正确；

B、抛出点到落地点的水平距离

，故B正确；

C、小球落地时的竖直分速度

，落地时速度大小

，故C错误；

D、小球落地时速度与水平方向的夹角为α，则

，即α=45°，故D错误；

故选：AB

12．组成星球的物质靠引力吸引在一起随星球自转．如果某质量分布均匀的星球自转周期为T，万有引力常量为G，为使该星球不至于瓦解，该星球的密度至少是（ ）

A．

B．

C．

D．

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】由题意可知当周期达到某一最小值时，物体对星球表面应刚好没有压力，即万有引力恰好充当星球表面的物体在星球表面做圆周运动的向心力；故由万有引力公式可求得最小密度．

【解答】解：由

可得周期越小，物体需要的向心力越大，物体对星球表面的压力最小，当周期小到一定值时，压力为零，此时万有引力充当向心力，即：

又

联立解得：ρ=

故选：B

二、实验题

13．在11月10日，我校高三进行学业水平实验考查，小洁同学做“验证力的平行四边形定则”的实验时，主要步骤是：

（1）在水平放置的木块上铺一张白纸，把橡皮条的一端固定在板的A点，橡皮条的另一端拴有两细绳套，如图所示，两个测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条使之伸长．到达某一位置O时需记下 结点的位置O点 、 两弹簧秤的示数F₁和F₂ ， F₁和F₂的方向 ，再用一个测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，使结点达 O点 的位置，再记下测力计读数和细绳的方向．

（2）在“验证力的平行四边形定则”的实验中，两弹簧测力计拉力的图示在图中作出，图中方格每边的长度表示1N，O是橡皮筋的一个端点．用两个直角三角板按照作图法作出合力F的图示．得到合力的大小为 7.0 N．

【考点】验证力的平行四边形定则．

【分析】明确该实验的实验原理，了解具体实验步骤以及具体的操作，尤其注意在记录力时不但要记录大小还要记录方向．

根据平行四边形画出合力来，然后根据题目给的“每格的边长代表1.0N”来算出合力的大小．

【解答】解：（1）在水平放置的木块上铺一张白纸，把橡皮条的一端固定在板的A点，橡皮条的另一端拴有两细绳套，如图所示，两个测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条使之伸长．到达某一位置O时需记下结点的位置O点、两弹簧秤的示数F₁和F₂，F₁和F₂的方向，再用一个测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，使结点达O点的位置，再记下测力计读数和细绳的方向．

（2）以F₁、F₂为邻边，作出平行四边形，如图所示，由图可知：合力为F=1.0×7=7.0N；

故答案为：（1）结点的位置O点；两弹簧秤的示数F₁和F₂；F₁和F₂的方向；O点，

（2）如图所示；7.0

14．某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动．质量分别为m_A和m_B的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影．用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．A球落到地面N点处，B球落到地面P点处．测得m_A=0.04kg，m_B=0.06kg，B球距地面的高度是1.225m，M、N点间的距离为1.500m，则B球落到P点的时间是 0.5 s，A球落地时的动能是 0.68 J（保留两位有效数字）．（忽略空气阻力，取g=9.8m/s²）

【考点】研究平抛物体的运动．

【分析】A球沿水平方向抛出做平抛运动，同时B球被松开，自由下落做自由落体运动，发现每次两球都同时落地，只能说明平抛竖直方向的分运动是自由落体运动．

【解答】解：

B球自由下落做自由落体运动，所以B球落到P点的时间为：

A球沿水平方向抛出做平抛运动，M、N点间的距离为1.50m，

所以平抛的初速度为：

所以A球落地时的速度：

m/s=

所以A球落地时的动能：

．

故答案为：0.52； 0.66．

三、计算题

15．如图所示，直角玻璃三棱镜ABC置于空气中，棱镜的折射率为n=

，∠A=60°．一细光束从AC的中点D垂直AC面入射，AD=a，求：

①画出光路图并计算出光从棱镜第一次射入空气时的折射角；

②光从进入棱镜到它第一次从棱镜中射出所经历的时间（光在真空中的传播速度为c）．

【考点】光的折射定律．

【分析】①画出光路图，由几何知识找出角度关系，确定出光线到达AB面时的入射角，与临界角比较，判断能否发生全反射．再运用同样的思路分析光线在AC面上能否发生全反射，若不发生全反射，光线将从棱镜第一次射入空气，由折射定律求解折射角．

②由v=

求出光在棱镜中的传播速度，运用几何知识求出光棱镜中传播的距离，由运动学知识可以求解时间．

【解答】解：①光路如图所示

i₁=60⁰，设玻璃对空气的临界角为C，则：

，C=45°，

i₁＞45⁰，发生全反射，

i₂=i₁﹣30°=30°＜C

由折射定律有

，所以r=45°

②棱镜中的光速

，

所求时间

解得：

答：

①画出光路图如图，光从棱镜第一次射入空气时的折射角是45°；

②光从进入棱镜到它第一次从棱镜中射出所经历的时间是

．

16．传送带装置广泛应用于生产生活实践中，如图所示，一浅色水平传送带以恒定速率v=2m/s沿逆时针方向运行，传送带长为l=6m，现使一煤块以水平向右的初速度v₀=4m/s从最左端A冲上传送带，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2．求：（g=10m/s²）

（1）煤块向右运动的最远距离x₁；

（2）煤块在传送带上运动的时间t；

（3）煤块由于相对运动在传送带上留下的黑色痕迹的长度s．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

【分析】（1）煤块冲上传送带后先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，速度减为0时向右达到最远距离，根据位移速度公式即可求解；

（2）煤块向右减速为零后，再反向做匀加速运动，速度与传送带相等时一起匀速运动，分三种情况分别求出时间即可；

（3）分两个过程，根据运动学基本公式即可求解煤块由于相对运动在传送带上留下的黑色痕迹的长度．

【解答】解：（1）煤块冲上传送带后先做匀减速直线运动，加速度大小a₁=μg=0.2×10=2m/s²，

速度减为0时向右达到最远距离x₁，

代入数据解得：x₁=

=4m

（2）煤块向右减速为0的时间为：

随后物体向左匀加速运动，加速度大小仍为a₁=2m/s²，加速至v所需时间为：

，

运动的位移x₂满足：v²=2a₁x₂，

得：x₂=1m

之后物体与传送带一起匀速运动，匀速运动的位移x₃=x₁﹣x₂=3m，匀速运动时间为：

综上，物体运动总时间为：t=t₁+t₂+t₃=1+2+1.5=4.5s

（3）煤块冲上传送带先做匀减速直线运动过程中的相对位移

=

，

煤块向左加速至与传送到速度相等的过程中的相对位移

，

则煤块由于相对运动在传送带上留下的黑色痕迹的长度s=△x₁+△x₂=8+1=9m．

答：（1）煤块向右运动的最远距离为4m；

（2）煤块在传送带上运动的时间为4.5s；

（3）煤块由于相对运动在传送带上留下的黑色痕迹的长度为9m．

17．一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AA′重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB′重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s，那么v²﹣s图象如图所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，g=10m/s²．

（1）根据v²﹣s图象所提供的信息，计算出斜面倾角θ和匀强磁场宽度d．

（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是多少？

（3）匀强磁场的磁感应强度多大？

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．

【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出金属框的加速度，通过牛顿第二定律求出斜面的倾角．通过线框匀速直线运动的位移得出磁场的宽度．

（2）根据匀速直线运动的位移和速度求出金属框进入磁场到穿出磁场所用的时间．

（3）抓住线框匀速直线运动时，重力沿斜面方向上的分力等于安培力求出匀强磁场的磁感应强度．

【解答】解：（1）由图象可知，从s=0到s₁=1.6 m过程中，金属框作匀加速运动

由公式v²=2as可得金属框的加速度

m/s²

根据牛顿第二定律 mgsinθ=ma₁ θ=30°

金属框下边进磁场到上边出磁场，线框做匀速运动．

∴△s=2L=2d=2.6﹣1.6=1m，d=L=0.5m

（2）金属框刚进入磁场时，

v₁=4m/s

金属框穿过磁场所用的时间

s

（3）因匀速通过磁场

所以磁感应强度的大小 B=0.5T

答：（1）斜面的倾角为30°，匀强磁场的宽度为0.5m．

（2）金属框从进入磁场到穿出磁场所用的时间是0.25s．

（3）匀强磁场的磁感应强度为0.5T．

18．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示，为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v=1m/s运行，一质量为m=4kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离L=2m，g取10m/s²

（1）求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小

（2）求行李做匀加速直线运动的时间

（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处，求行李从A处传送到B处的最短时间，和传送带对应的最小运行速率．

【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】（1）滑动摩擦力根据公式F=μN=μmg即可求解，由牛顿第二定律可求得加速度；

（2）行李放上传送带后先做匀加速运动，速度与传送带相等后做匀速运动，由速度公式求出行李做匀加速运动的时间；

（3）行李从A处一直匀加速运动到B处时，传送时间最短．根据匀加速直线运动的基本公式即可求解．

【解答】解：（1）滑动摩擦力的大小为F=μmg

代入题给数值，得 F=4N

由牛顿第二定律，得 F=ma

代入数值，得 a=1m/s²

（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s．

则v=at 代入数值，得t=1s

（3）行李从A处一直匀加速运动到B处时，传送时间最短．则

L=

at_min²

代入数值，得t_min=2s

传送带对应的最小运行速率v_min=at_min

代入数值，得v_min=2m/s

答：（1）行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小为4N，加速度大小为1m/s²；

（2）行李做匀加速直线运动的时间是1s；

（3）行李从A处传送到B处的最短时间为2s，传送带对应的最小运行速率为2m/s．

2016年10月16日