2019届高三物理上学期开学考试试题(重点班含解析).doc

2019届高三物理上学期开学考试试题(重点班，含解析)一单选题1.1.如图，一个轻型衣柜放在水平地面上，一条光滑轻绳两端分别固定在两侧顶端A、B上，再挂上带有衣服的衣架若保持绳长和左端位置点不变，将右端依次改在C点或D点后固定，衣柜一直不动，下列说法正确的是A. 若改在C点，绳的张力大小不变B. 若改在D点，衣架两侧绳的张力不相等C. 若改在D点，衣架两侧绳的张力相等且不变D. 若改在C点，衣柜对地面的压力将会增大【答案】C【解析】试题分析：对挂钩受力分析，根据平衡条件结合几何关系列式求解绳子拉力大小与重力的关系；分析绳子左右移动或上下移动时，细线与杆的夹角是否变化，由此分析拉力是否变化；整体为研究对象分析对地面的压力设绳子与竖直方向的夹角为，绳子张力为T，衣服的质量为m；根据共点力的平衡条件可得：2Tcos=mg，若改在C点，绳子与竖直方向的夹角变小，绳的张力变小，A错误；若改在D点，衣架两侧绳的张力仍相等，B错误；绳两端分别固定在两侧顶端A、B上时，受力情况如图所示，设绳长为L，晾衣架宽度为d，根据几何关系可得sin=dL，当绳子右端上下移动过程中，绳子与竖直方向的夹角不变；则根据2Tcos=mg可知绳子拉力不变，C正确；若改在C点，衣柜对地面的压力等于整体的重力，不变，D错误；2.2.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为()A. mg B. 33mg C. 0.5mg D. 0.25mg【答案】C【解析】试题分析：由几何关系可知CD段水平时各绳间的夹角；对结点C分析，由共点力的平衡可求得CD绳水平时绳的拉力；再对结点D分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值由图可知，要想CD水平，则AC与水平方向的夹角为60；结点C受力平衡，则受力分析如图所示，结点C受到沿AC拉力在水平方向上的分力等于水平向右的拉力T，即T=FACcos60=12FAC，结点C受到沿AC拉力在竖直方向上的分力等于物体的重力，即mg=FACsin60=32FAC，所以T=33mg，结点D受力平衡，当拉力F的方向与BD垂直时，力臂最长、最省力，如图所示，最小拉力F=F=Tcos30=Tcos30=33mg32=12mg，C正确3.3.如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电量均为+q，都用长L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，B球悬线偏离竖直方向角而静止，如果保持B球的电量不变，使A球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，下列判断正确的是A. 小球A受到细线的拉力大小不变B. 小球B受到细线的拉力变小C. 两球之间的库仑力大小不变D. 小球A的电量减小为原来的127【答案】D【解析】小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则OAB是等腰三角形，如果保持B球的电量不变，使A球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的13时，变小，F减小； 线的拉力T与重力G相等，G=T，即小球B受到细线的拉力不变；对物体A：TA=GA+Fcos(22) ，则变小，TA变小；选项AB错误；小球静止处于平衡状态，当两球间距缓慢变为原来的1/3时，由比例关系可知，库仑力变为原来的1/3，因保持B球的电量不变，使A球的电量缓慢减小，由库仑定律F=kQAQBr2 ，得：球A的电量减小为原来的127 ，故C错误，D正确；故选：D4. 光滑的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小滑轮，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止，如图所示，现缓慢地拉绳，在使小球沿球面由A到B的过程中，半球对小球的支持力N和绳对小球的拉力T的大小变化情况是（）A. N变大、T变小B. N变小、T变大C. N变小、T先变小后变大D. N不变、T变小【答案】D【解析】试题分析：以小球为研究对象，分析小球受力情况：重力G，细线的拉力T和半球面的支持力N，作出N、T的合力F，由平衡条件得知由得，得到，由题缓慢地将小球从A点拉到B点过程中，AO不变，变小，可见T变小，N不变，故选项D正确。考点：共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用【名师点睛】本题是平衡问题中动态变化分析问题，N与T不垂直，运用三角形相似法分析，作为一种方法要学会应用。5.5.如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB为直径)，支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连已知半圆形支架的半径为R，轻绳长度为L，且RLfm，所以弹簧对A的弹力方向不可能沿斜面向下，只可能沿斜面向上，弹簧处于拉伸状态；对A，沿斜面方向有：F弹f+mgsin30，解得：f12mg；对B，沿斜面方向有：FT=F弹+mgsin30+ fB，解得：fB3mg32mg0，即物体B受到摩擦力作用；以B为研究对象，B受到重力、绳子拉力、斜面支持力、弹簧弹力和静摩擦力五个力作用；以A、B和三角块组成的整体，水平方向没有相对运动的趋势，所以三角块和地面之间不产生摩擦力作用；剪断细线瞬间，弹簧的弹力不发生突变，对B：F弹+mgsin3032mgfm，B与斜面之间发生相对滑动，摩擦力为：mgcos30=32mg，B所受的摩擦力发生了变化；故AC正确，BD错误；故选AC。9.9.如图所示，小球A、B的质量相等，A球光滑，B球与斜面间的动摩擦因数=0.5tan，中间用一根弹簧连接，弹簧的质量不计，斜面足够长，倾角为，将A、B和弹簧系统放到斜面上，并让弹簧处于原长时由静止释放，弹簧平行于斜面，下列说法正确的是（）A. 刚释放时刻A、B两球的加速度大小均为gsinB. 刚释放时刻A、B两球的加速度大小分别为gsin、0.5gsinC. A球的加速度为零时，B球的加速度大小为1.5gsinD. A、B球的加速度第一次相等时，弹簧第一次最短【答案】BC【解析】【详解】设A和B球的质量均为m；刚释放时A球受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律可得其加速度为：aA=gsin；B球受到重力、支持力和摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得：mgsin-mgcos=maB，解得aB=0.5gsin，所以A错误、B正确；A球的加速度为零时，弹簧的弹力等于A球重力沿斜面方向的分力，即T=mgsin，以B球为研究对象，受到重力、支持力、弹力和摩擦力；沿斜面方向根据牛顿第二定律可得，T+mgsin-mgcos=maB，解得：aB=1.5gsin，C正确；A、B球的速度第一次相等时，弹簧第一次最短，所以D错误；故选BC。【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用三、实验题10.10.某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧OC的劲度系数为500 N/m。如图甲所示，用弹簧OC和弹簧秤a、b做“探究求合力的方法”实验。在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下。(1)若弹簧秤a、b间夹角为90，弹簧秤a的读数是_N(图乙中所示)，则弹簧秤b的读数可能为_N。(2)若弹簧秤a、b间夹角大于90，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角，则弹簧秤a的读数_、弹簧秤b的读数_(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】（1）3.003.02，3.094.1（有效数不作要求） （2）变大，变大【解析】试题分析：（1）根据胡克定律可知，F=kx=5000.01=5N；根据弹簧秤的读数方法可知，a的读数为300N；两弹簧秤夹角为90，则可知，b的读数为：F=5232=4.00N；（2）若弹簧秤a、b间夹角大于90，保持弹簧秤a与弹簧OC的夹角不变，减小弹簧秤b与弹簧OC的夹角；如图所示；则可知两弹簧秤的示数均变大；考点：考查验证平行四边形定则的实验【名师点睛】由胡克定律可求得拉力大小；再根据弹簧秤的读数方法可明确对应的读数；根据几何关系即可求得b的读数；根据题意作出对应的图象，根据图象即可明确随夹角的变化两弹簧秤拉力的变化情况视频11.11.同学们利用如图所示方法估测反应时间首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为x，则乙同学的反应时间为_(重力加速度为g)基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为00.4 s，则所用直尺的长度至少为_cm(g取10 m/s2)；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是_的(填“相等”或“不相等”)【答案】2x/g、 80、不相等【解析】试题分析：（1）刻度尺下降时间，即为乙同学的反应时间，刻度尺做自由落体运动，故有x=12gt2，解得t=2hg（2）刻度尺下降4s所下落的高度为h=12gt2=12100.42=0.8m=80cm，故长度至少为80cm，在相等时间间隔通过的位移是不断增加的，所以每个时间间隔在直尺上对应的长度是不相等的考点：考查额自由落体运动【名师点睛】直尺做的是自由落体运动，根据自由落体运动计算下降的时间，直尺下降的时间就是人的反应时间，根据匀变速直线运动的规律分析相等时间间隔内位移的变化规律12.12.某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度。（1）请完成以下主要实验步骤：按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物_（填“靠近”或“远离”）计时器下端；_，_，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验。（2）图（b）和（c）是实验获得的两条纸带，应选取_（填“b”或“c”）来计算重力加速度。在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和_。【答案】 (1). 靠近； (2). 先通电源； (3). 再释放纸带； (4). b； (5). 纸带与打点计时器间的阻力；【解析】(1)按图（a）安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物靠近计时器下端；接通电源，松开纸带，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验.(2)根据纸带上的点迹分布得出b纸带做加速运动，而且相邻计时点的距离较大，c纸带先加速后减速，且相邻计时点的距离较小，所以应选取b来计算重力加速度在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和摩擦【点睛】对于实验的具体操作，不光要靠记忆理解，要亲自动手实验，切实去体会正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、所测数据、误差分析等，会起到事半功倍的效果四、计算题13.13.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=1kg的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为 =0.2，长木板与小物块均静止。现用F=14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t=1s撤去水平恒力F。（1）在F的作用下，长木板的加速度为多大？（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？（3）最终长木板与小物块一同以多大的速度匀速运动？（4）最终小物块离长木板右端多远？【答案】（1）a=3m/s2 （2）x1=0.5m （3）v=2.8m/s （4）x=0.7m 【解析】（1）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F-mg=Ma1，解得：a1=FmgM=140.21104m/s2=3m/s2 （2）对小物块，受摩擦力作用，由牛顿第二定律得，mg=ma2，解得：a2=g=0.210m/s2=2m/s2，长木板运动的位移：x1=12a1t2=12312m=1.5m，小物块运动的位移：x2=12a2t2=12212m=1m，则小物块相对于长木板的位移：x1=x1-x2=1.5m-1m=0.5m（3）刚撤F时，长木板的速度：v1=a1t=3m/s21s=3m/s，小物块的速度：v2=a2t=2m/s21s=2m/s，撤F后，长木板的加速度：a=mgM=0.21104m/s2=0.5m/s2 ，最终长木板与小物块速度：v=v2+a2t=v1-at，代入数据可解得：t=0.4s，v=2.8m/s（4）在t时间内，长木板运动的位移：x1=v12v22a=3228220.5m=1.16m，小物块运动的位移：x2=v2v222a2=2822222m=0.96m ，则小物块相对于长木板运动的位移：x2=x1-x2=1.16m-0.96m=0.2m，所以小物块相对于长木板运动的总位移：x=x1+x2=0.5m+0.2m=0.7m14.14.如图1为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直假设滑块和风帆总质量为m，滑块与斜面间动摩擦因数为，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff= v滑块从静止下滑的速度图象如图2所示，图中的斜线是t=0时vt图线的切线 （1）由速度图象求出滑块在下滑过程中的最大加速度大小和最大速度大小；（2）写出滑块在0- 1s内的加速度表达式；【答案】（1）2m/s； 3m/s2；（2）gsingcoskvm；【解析】【详解】（1）由图象可知，最大加速度为：a=31=3m/s2；最大速度为：vm=2m/s；（2）滑块所受的合力为：F合=mgsin-mgcos-Ff，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度为：a=F合m=gsin-gcos-kvm【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，知道加速度为零时，速度最大15.15.质量m=4kg的物块，在一个平行于斜面向上的拉力F=40N作用下，从静止开始沿斜面向上运动，如图所示，已知斜面足够长，倾角=37，物块与斜面间的动摩擦因数=0.2，力F作用了5s，求物块5s内的位移及它在5s末的速度（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【答案】物块5s内的位移30m及它在5s末的速度12m/s【解析】解：根据牛顿第二定律得，物块的加速度a=2.4m/s2则5s内物块的位移x=at2=30m在5s末的速度V=at=2.45=12m/s答：物块5s内的位移30m及它在5s末的速度12m/s【点评】本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式的运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁