2019-2020年高三上学期开学考试物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三上学期开学考试物理试题 含解析一 选择题（共44分，本大题共11小题，每小题4分，在每小题给出的四个选项中，第1至7题只有一项符合题目要求，第8至11题有多项符合题目要求. 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1甲、乙两物体做直线运动的v t图像如图所示，由图可知（ ）A乙物体的加速度为1 m/s2B4 s末两物体的位移相等C4 s末甲物体在乙物体前面D条件不足，无法判断两物体何时相遇2如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体：段水平，长度为L，绳子上套一可沿绳滑动的轻环。现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L，则钩码的质量为（ ）A、 B、 C、 D、3如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖块静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小是（ ）A0 Bmg Cmg D2mg4如图所示,在汽车车厢中悬挂一小球,实验表明,当汽车做匀变速直线运动时,悬线将与竖直方向成某一稳定角度若在车厢底板上还有一个跟其相对静止的物体m1,则关于汽车的运动情况和物体m1的受力情况正确的是（ ）A汽车一定向右做加速运动B汽车可能向左运动Cm1只受到重力和底板的支持力作用Dm1除受到重力、底板的支持力作用外,还可能受到向左的摩擦力的作用5人类对物理规律的理解和认识常常是通过观察和比较物理现象得到的。下列对现象的观察及由此得出的结论正确的是（ ）A弹簧的形变量越大，弹簧的弹力就越大，说明弹簧的劲度系数与弹簧的伸长量（或压缩量）以及弹力的大小有关B从相同高度同时作自由落体运动和平抛运动的两个小球同时落地，说明两个小球的运动都满足机械能守恒C试探电荷在电场中不同位置所受的静电力不同，说明电场强度与试探电荷所处的位置有关D把磁铁插入闭合线圈，插入的速度越快，感应电流越大，说明感应电动势的大小与磁通量变化的大小有关6质量为的小球由空中A点无初速度自由下落，加速度大小为；在秒末使其加速度大小变为方向竖直向上，再经过秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则以下说法中正确的是AB返回到A点的速率C自由下落秒时小球的速率为D小球下落的最大高度7假设有一名考生用90分钟完成了一场考试，一艘飞船相对此考生以05c的速度匀速飞过（c为真空中的光速），则飞船上的观察者认为此考生考完这场考试所用的时间：A、小于90分钟 B、等于90分钟C、大于90分钟 D、等于45分钟8甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的x-t图像如图所示，则下列说法正确的是A、时刻乙车从后面追上甲车B、时刻两车相距最远C、0到时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度D、0到时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度9甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其图像如图所示。已知两车在时并排行驶，则A在时，乙车在甲车前75mB两车另一次并排行驶的时刻是C在时，乙车在甲车前面D甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为30m10xx年12月10日，我国成功将中星1C卫星发射升空，卫星顺利进入预定转移轨道。如图所示是某卫星沿椭圆轨道也能地球运动的示意图，已知地球半径为R，地球表面重力加速度g，卫星远地点P距地心O的距离为3R，则（ ）A、卫星在远地点的速度小于B、卫星经过远地点时的速度最小C、卫星经过远地点时的加速度小于D、卫星经过远地点时加速，卫星有可能再次经过远地点11（原创）如图所示，ABCD为菱形的四个顶点，O为其中心，AC两点各固定有一个质量为M的球体，球心分别与AC两点重合，将一个质量为m的小球从B点由静止释放，只考虑M对m的引力作用，以下说法正确的有（ ）Am将在BD之间往复运动B从B到O的过程当中，做匀加速运动C从B到O的过程当中，左侧的M对m的引力越来越小Dm在整个运动过程中有三个位置所受合力的功率为零第卷（非选择题，共66分）二、计算题：共6题 共66分12如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度向右运动并与静止的小球B发生碰撞（碰撞过程中不损失机械能），小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：碰撞后小球A和小球B的速度；小球B掉入小车后的速度。13（原创）如图所示，一辆货车，质量为M，车上载有一箱质量为m的货物，当车辆经过长下坡路段时，司机采取挂低速挡借助发动机减速和间歇性踩刹车的方式控制车速已知某下坡路段倾角为，车辆刚下坡时速度为v1，沿坡路直线向下行驶L距离后速度为v2，货物在车辆上始终未发生相对滑动，重力加速度为g，则：（1）该过程中货车减少的机械能；（2）该过程中货车对货物所做的功。14如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=02m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=06m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数=05，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=25mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep=05J取重力加速度g=10m/s2求：（1）小球在C处受到的向心力大小；（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；（3）小球最终停止的位置15小亮观赏跳雪比赛，看到运动员先后从坡顶水平跃出后落到斜坡上斜坡长80m，如图所示，某运动员的落地点B与坡顶A的距离L=75m，斜面倾角为37，忽略运动员所受空气阻力重力加速度取g=10m/s2，sin37=06，cos37=08（1）求运动员在空中的飞行时间；（2）小亮认为，无论运动员以多大速度从A点水平跃出，他们落到斜坡时的速度方向都相同你是否同意这一观点？请通过计算说明理由；（3）假设运动员在落到倾斜雪道上时，靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜坡的分速度而不弹起运动员与斜坡和水平地面的动摩擦因数均为=04，经过C处运动员速率不变，求运动员在水平面上滑行的最远距离16如图所示，与水平面夹角为30的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L4 m，传送带以恒定的速率v2 m/s向上运动。现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数，取g10 m/s2，求：（1）物体从A运动到B共需多少时间？ （2）电动机因传送该物体多消耗的电能。17如图所示，木板与水平地面间的夹角可以随意改变，当30时，可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以大小恒定的初速率v0的速度沿木板向上运动，随着的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g。（1）求小物块与木板间的动摩擦因数；（2）当角为何值时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值。参考答案【答案】D【解析】试题分析：速度-时间图线的斜率等于加速度，则乙物体的加速度为，故A错误； 末两图象相交表示两物体的速度相等，故B错误；速度图象与时间轴所围成的面积表示位移，由图看出在前内甲的位移大于乙的位移，但由于出发点的位置未知，条件不足，无法判断两物体的位置关系，也就不确定何时相遇，故C错误，D正确。考点：匀变速直线运动的图像【名师点睛】解决本题的关键掌握速度时间图线的物理意义，能够从速度时间图线中获取信息而进行解题要注意速度图象不能反映物体的初始位置【答案】D【解析】试题分析：重新平衡后，绳子形状如下图：由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为，则环两边绳子的夹角为，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为，根据平衡条件，则钩码的质量为，故选项D正确。考点：共点力平衡的条件及其应用名师点睛：该题的关键在于能够对线圈进行受力分析，利用平衡状态条件解决问题力的计算离不开几何关系和三角函数3A【解析】试题分析：将4块砖看成一个整体，对整体进行受力分析，在竖直方向，共受到三个力的作用：竖直向下的重力4mg，两个相等的竖直向上的摩擦力f，由平衡条件可得：2f=4mg，f=2mg由此可见：第1块砖和第4块砖受到木板的摩擦力均为2mg将第1块砖和第2块砖当作一个整体隔离后进行受力分析，受竖直向下的重力2mg，木板对第1块砖向上的摩擦力f=2mg；由平衡条件可得二力已达到平衡，第2块砖和第3块砖之间的摩擦力必为零；故选A考点：物体的平衡名师点睛：本题是多个物体平衡问题，关键是选择研究对象，往往先整体，后隔离，两个方法结合处理。4B【解析】试题分析：根据题图可知汽车的加速度为a=gtan 且方向向右,汽车可能向右做加速运动或向左做减速运动,故A错误,B正确m1所受合力方向应向右m1除受到重力、底板的支持力作用外,还一定受到向右的摩擦力作用,C、D错误故选B考点：牛顿第二定律的应用名师点睛：本题是牛顿第二定律的应用问题，涉及物体较多，解题时抓住加速度相同，灵活选择研究对象是解题的关键。5C【解析】试题分析：相同的弹簧受到不同的拉力，拉力越大，弹簧的形变量越大，不能说明弹簧的劲度系数和拉力的大小有关，实质上弹簧的劲度系数由弹簧本身决定，与拉力无关，故A错误；从同一高度同时做自由落体运动和做平抛运动的相同小球能同时落地，只能这两个小球竖直方向的运动相同，都是自由落体运动，不能说明这两个小球的运动都满足机械能守恒，故B错误；试探电荷在电场中不同位置所受的静电力不同，说明电场强度与试探电荷所处的位置有关，故C正确；把一根条形磁铁插入闭合线圈，磁铁插入的速度越大，感应电流越大，说明感应电动势的大小和磁通量变化快慢的大小有关，而不能说明磁通量变化的大小有关，故D错误；故选C考点：胡克定律；平抛运动；电磁感应；电场强度名师点睛：本题要有通过观察和比较物理现象，得出物理规律的能力，关键掌握各个现象的本质，依据相关的物理规律进行解答。6D【解析】试题分析：根据匀变速运动的规律可知：，解得a=3g，选项A错误；返回到A点的速率v,选项B错误；自由下落秒时小球的速率为gt=,选项C错误；小球下落t的高度，匀减速减到零时的位移 ，故小球下落的最大高度，选项D正确；故选D考点：匀变速运动的规律名师点睛：此题是匀变速直线运动的规律的应用问题；解题时关键是抓住两个过程中位移大小相同列出式子求解加速度的关系；注意搞清物体运动的物理过程7C【解析】试题分析：根据可得，C正确；考点：考查了相对论名师点睛：关键是掌握公式8AD【解析】试题分析：它们在同一时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，经过时间位移又相等，故在时刻乙车刚好从后面追上甲车，故A正确B错误；0到时间内，甲乙两车位移相等，根据平均速度等于位移除以时间可知，0到时间内，乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D正确C错误考点：考查了速度时间图像名师点睛：在速度时间图像中，需要掌握三点，一、速度的正负表示运动方向，看运动方向是否发生变化，只要考虑速度的正负是否发生变化，二、图像的斜率表示物体运动的加速度，三、图像与坐标轴围成的面积表示位移，在坐标轴上方表示正方向位移，在坐标轴下方表示负方向位移9BC【解析】试题分析：由图象可知，； 0至1s，x甲=a甲t2=1012=5m，x乙=v0t+a乙t2=101+512=125m，x=x乙-x甲=125-5=75m，即在t=0时，甲车在乙车前75m，故A错误；由图象可知，1s到3s甲乙两车的位移相等，两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故B正确；由上述分析可知，甲乙两车相遇时间分别在1s和3s，在t=2s时，乙车在甲车前面, 故C正确；1s末甲车的速度为：v=a甲t=101=10m/s，1到3s，甲车的位移为：x=vt+a甲t2=102+1022=40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D错误故选BC考点：v-t图像名师点睛：本题考查匀变速直线运动的实际运用：追及和相遇问题解答此题的关键是根据速度图象分析物体运动情况，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离。【答案】ABD【解析】试题分析：若卫星以半径为3R做匀速圆周运动，则，在根据，整理可以得到，由于卫星到达远地点P后做椭圆运动，故在P点速度小于，故选项A正确；根据半径与速度的关系可以知道，半径越大则速度越小，故远地点速度最小，故选项B正确；根据，则在远地点，故选项C错误；卫星经过远地点时加速，则可以以半径为3R做匀速圆周运动，则可以再次经过远地点，故选项D正确。考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【名师点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，以及知道变轨的原理，当万有引力小于向心力，做离心运动，当万有引力大于向心力，做近心运动11AD【解析】试题分析：设A、C两球间距为2L，AB与AC夹角为。小球沿BD运动，与A、C两球距离相等，万有引力相等。M与m间距，万有引力，A、C两球对m的合力。m在BO之间运动时，M与m间距离减小，万有引力F0增大，故C错误；万有引力的合力F沿BO方向，角减小，F为变力，m做变加速运动，故B错误；m在BO之间运动时，合力做正功，m加速，B、D关于O点对称，m在OD之间运动时，合力做负功，m减速，运动到D点速度减小到零，此后在合力作用下沿DO加速运动，在OB间减速运动，运动到B点速度减小到零，然后重复上述运动过程，故A正确；合力功率，m在B、D两点速度为零，则合力功率为零，在O点合力为零，合力功率也为零，故D正确。考点：万有引力定律，功能关系，瞬时功率，牛顿第二定律。【答案】，；【解析】试题分析：A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：碰撞过程中系统机械能守恒，有解得：，碰后A球向左，B球向右。 B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律的：，解得：。考点：动量守恒定律【名师点睛】本题考查了求速度问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题。13（1）；（2）。【解析】（1）取汽车沿坡向下发生位移L时所在平面为零势能面。汽车初状态机械能：末状态机械能：汽车减少的机械能：（2）对货物受力分析可知，货物受重力mg、车厢对货物的支持力和摩擦力。货车对货物做的功为支持力做功和摩擦力做功之和。根据动能定理有：货车对货物做功： 考点：动能定理【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为的相互作用力，故小球受到的向心力为：。（2）在压缩弹簧过程中速度最大时，合力为零设此时滑块离D端的距离为，则有解得在C点，由代入数据得：以小球动能最大处为零势能面，由机械能守恒定律有 ：得（3）滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得解得BC间距离 。小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中设物块在BC上的运动路程为，由动能定理有解得故最终小滑块距离B为处停下。考点：动能定理；能源的开发和利用【名师点睛】本题综合运用了机械能守恒定律、动能定理、功能关系以及牛顿第二定律，关键要灵活选择研究的过程，准确把握圆周运动的临界条件。15（1）（2）见解析（3）【解析】试题分析：（1） 解得：（2）设在斜坡上落地点到坡顶长为L，斜坡与水平面夹角为，则运动员运动过程中的竖直方向位移，水平方向位移，运动时间由得。由此得运动员落到斜坡时，速度的水平方向分量，速度的竖直方向分量，实际速度与水平方向夹角为，由此可说明，速度方向与初速度无关，只跟斜坡与水平面的夹角有关。（3）运动员落到斜坡时，水平速度m/s与斜坡碰撞后速度斜坡上落点到坡底距离m，竖直高度为h2=3m滑至停下过程，由动能定理：解得：m考点：考查了平抛运动，动能定理【名师点睛】运动员离开A点后做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由几何知识可以求出A、B两点间的高度，由可解时间；根据平抛运动规律求出实际速度与水平方向夹角的正切值的表达式，然后再说明理由；应用平抛运动规律，即运动的合成与分解和动能定理解答16（1）24 s（2）28 J【解析】试题分析：（1）物体无初速度放在A处后，因mgsin mgcos ，则物体沿传送带向上做匀加速直线运动。加速度物体达到与传送带同速所需的时间t1时间内物体的位移之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间物体运动的总时间tt1t224 s（2）前08 s内物体相对传送带的位移为Lvt1L108 m因摩擦而产生的内能E内mgcos L6 J电动机因传送该物体多消耗的电能为E总EkEpE内mv2mgLsin E内28 J考点：牛顿第二定律及能量守恒定律【名师点睛】本题一方面要分析工件的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解相对位移，即可求出摩擦产生的热量，另一方面要分析能量如何转化，由能量守恒定律求解电动机多消耗的电能17（1）（2）60；【解析】试题分析：（1）当30时，木块处于平衡状态，对木块受力分析：mgsin FNFNmgcos 0解得tan tan 30。（2）当变化时，设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，则mgsin mgcos ma由0v022ax得令tan ，则当90时x最小，即60所以x最小值为考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题时时应用牛顿定律结合运动公式列出方程，然后应用数学知识讨论最小值；此题考查学生的数学知识运用能力