2019届高三物理上学期开学测试试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期开学测试试题(含解析)一、本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。把答案用2B铅笔填涂在答题卡上。1.1.如图所示，玻璃球沿碗的内壁做匀速圆周运动，若忽略摩擦，关于玻璃球的受力情况，下列说法中正确的是A. 只受重力和支持力B. 受重力、支持力和压力C. 受重力、支持力和向心力D. 受重力、压力和向心力【答案】A【解析】【详解】玻璃球沿碗的内壁做匀速圆周运动，受到重力和支持力作用，合力沿水平方向，提供向心力，故选A。【点睛】本题学生很容易错误的认为物体受到向心力作用，要明确向心力的特点，同时受力分析时注意分析力先后顺序，即受力分析步骤。2.2.关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）A. 速度越大，加速度越大 B. 速度为零，加速度一定为零C. 速度变化越快，加速度越大 D. 速度变化量越大，加速度越大【答案】C【解析】试题分析：加速度是表示速度变化快慢的物理量，加速度大，则说明速度变化快，与速度大小无关，速度很大，可能做匀速直线运动，A错误C正确；竖直上抛运动过程中，物体到达最高点，速度为零，但加速度不为零，B错误；根据定义式a=vt可知速度变化量大，但可能所用时间比较长，加速度不一定大，D错误；考点：考查了加速度和速度的关系【名师点睛】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动3.3.下图为一个物体做直线运动的v- t图像。关于物体的运动，下列说法中错误的是A. 01s内和23s内的运动方向相同B. 23s内和34s内的加速度相同C. 02s内和04s内的位移相同D. 01s内和23s内的速度变化量相同【答案】D【解析】【详解】A、01s内和23s内的速度均沿正方向，故运动方向相同，故A正确；B、图象的斜率表示加速度，则由图可知，23s内和34s内的加速度相同，故B正确；C、由图可知，02s内和04s内的图象与时间轴所围成的面积相等，故说明物体的位移相同，故C正确；D、01s内的速度变化为是1m/s；而23s内速度的变化量为-1m/s，故速度的变化量不相同，故D错误。本题选错误的故选D。【点睛】解决本题的关键能够通过速度时间图象获取信息，知道图线的斜率表示加速度，速度的正负表示运动的方向，图线与时间轴围成的面积表示位移4.4.如果一个物体在运动的过程中克服重力做了80J的功，则A. 物体的重力势能一定增加80J B. 物体的机械能一定增加80JC. 物体的动能一定减少80J D. 物体的机械能一定减少80J【答案】A【解析】【详解】A、当克服重力做功时，重力势能一定增加，克服重力做功80J，重力对物体-80J的功，物体的重力势能增加了80J，故A正确。B、C、D、物体动能的变化等于合外力做的功，克服重力做功80J，物体的动能可能增加、可能不变、也可能减小，所以物体的机械能和动能变化不确定。故B、C、D错误。故选A。【点睛】重力做功只能是使物体重力势能转化为动能，并不改变物体的机械能，阻力做功使物体机械能减少5.5.如图所示，一个木块在水平外力F1和F2的作用下静止在水平桌面上。已知F1=12N，F2=4N。若只撤去外力F1，则木块在水平方向上受到的合力为 A. 12N，方向向左B. 8N，方向向右C. 2N，方向向左D. 0【答案】D【解析】【详解】木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有：f=F1-F2=12-4=8N； 物体处于静止状态，则说明物体受到的最大静摩擦力大于等于8N；撤去F1后，外力为4N，小于8N，故物体仍能处于平衡，故合力一定是零；故D正确，A、B、C错误。故选D。【点睛】本题共点力平衡条件的应用，解答本题应准确理解静摩擦力的定义，并能根据受力分析得出力之间的关系，明确平衡条件的应用6.6.电梯内有一个质量为m的物体，用细线悬挂在电梯的天花板上。已知当地的重力加速度为g，当电梯以13g的加速度竖直向下做匀加速直线运动时，细线对物体拉力的大小为A. 13mg B. 23mg C. 34mg D. mg【答案】B【解析】【详解】物体随电梯一起运动，故由牛顿第二定律可得：物体的合外力为：F=13mg，方向竖直向下；又有物体只受重力和绳子拉力作用，所以，细线对物体拉力的大小为：F=GF=23mg，方向竖直向上；故选B。【点睛】牛顿第二定律的考查，一般由受力分析求得合外力，由运动状态求得加速度，然后根据牛顿第二定律将力与运动联立求解。7.7.如图所示，在竖直光滑墙壁上用细绳将一个质量为m的球挂在O点，平衡时细绳与竖直墙的夹角为，45。若墙壁对球的支持力大小为N，细绳对球的拉力大小为T，重力加速度为g，则下列说法中正确的是A. Nmg，Tmg B. NmgC. Nmg，Tmg D. Nmg，Tmg，N=mgtan，由于45，所以Nmg。故选B。【点睛】本题是三力平衡问题，分析受力情况，作出力图，运用平衡条件和几何知识列式求解即可8.8.如图水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动，某时刻质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端，经过一段时间物块能与传送带保持相对静止。已知物块与传送带间的动摩擦因数为。若当地的的重力加速度为g，对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程，下列说法中正确的是（ ）A. 物块所受摩擦力的方向水平向右 B. 物块运动的时间为v2gC. 物块相对地面的位移大小为v2g D. 物块相对传送带的位移大小为v22g【答案】AD【解析】A. 物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，A正确；B、根据牛顿第二定律：mg=ma，a=g，物块加速运动的时间为t=v/a=vg，B错误；C、根据速度位移关系：v2=2ax，物块的位移：x=v22g，C错误；D、传送带的速度为v，物块的平均速度为v/2，物块相对传送带的位移大小等于物块的位移v22g，D正确。故选：AD。9.9.2016年8月16日，墨子号量子科学实验卫星成功发射升空，这标志着我国空间科学研究又迈出重要一步。已知卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道上运行，运行周期为T，引力常量为G，地球半径为R，则地球的质量可表示为A. 42R3GT2 B. 42（R+h）GT2 C. 42（R+h）2GT2 D. 42（R+h）3GT2【答案】D【解析】【详解】卫星受万有引力提供向心力有GMm(R+h)2=m42T2(R+h)；解得地球质量为M=42(R+h)3GT2，故选D。【点睛】本题要掌握万有引力提供故向心力这个关系GMm(R+h)2=m42T2(R+h)，并能根据题目的意思正确的选择向心力的表达式10.10.如图所示，质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别为和的两个光滑固定斜面（），由静止开始从同一高度h2处下滑到同样的另一高度h1处。在此过程中，关于A、B两个物体，相同的物理量是A. 下滑所用的时间B. 重力的平均功率C. 所受合力的冲量大小D. 所受支持力的冲量大小【答案】C【解析】【详解】A、物体下滑过程中，下滑高度h=h2-h1相等，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2，物体到达斜面底端时速度v=2gh，由牛顿第二定律得mgsin=ma，解得加速度a=gsin，物体沿斜面下滑的时间：t=va=1sin2hg，由于倾角和不同，物体下滑的时间t不同，故A错误。B、物体下滑过程中，物体初末位置相同，重力做功：W=mgh相等，由于运动时间t不同，重力的平均功率：P=Wt不同，故B错误。C、由于物体下滑高度相同，由A可知，到达高度h1处时两物体的速度大小相等，由于两物体质量相等，则其动量大小：mv相等，由动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化量，由于动量变化量大小相等，则合力冲量大小相等，故C正确。D、斜面倾角不同，物体所受支持力大小不同，物体下滑的时间t不同，物体所受支持力冲量大小不一定相等，故D错误。故选C。【点睛】利用动量定理求冲量、由动能定理求功是常用的方法。要注意功、动能是标量，冲量、动量是矢量。11.11.真空中电荷量为Q的点电荷周围存在电场，根据电场强度的定义式E=Fq可推导出点电荷周围某点的电场强度大小E=kQr2（k为静电力常量，r为点电荷到该点的距离）。质量为M的质点周围存在引力场，类比点电荷，可写出该质点周围某点的引力场强度大小为E引=GMr2（G为引力常量，r为质点到该点的距离），则引力场强度的单位是A. kg/m B. kg/m2 C. N/kg D. N/kg2【答案】C【解析】【详解】由题意，类比电场强度的定义式可以知引力场强的定义为Fm，所以引力场强度的单位是N/kg。故选C。【点睛】此题考查从题意中获取信息的能力和知识迁移的能量，知道引力场强的定义式，进而结合单位制即可求解；另外，若不能正确理解题目的含义，也可以结合万有引力定律进行求解：将万有引力常量G的单位代入E引=GMr2，也可以得出引力场强度的单位。12.12.某物理小组利用如图所示的装置研究平抛运动。他们用小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球松开，自由下落，并观察到两小球同时落地。关于该实验，下列说法中正确的是（_） A.若只改变装置的高度，多次实验，则能说明A球在水平方向做匀速直线运动B.若只改变小锤的打击力度，多次实验，则能说明A球在水平方向做匀速直线运动C.若只改变装置的高度，多次实验，则能说明A球在竖直方向做自由落体运动D.若只改变小锤的打击力度，多次实验，则能说明A球在竖直方向做自由落体运动【答案】C【解析】AC、只改变装置的高度，落地时间变长，但两球仍同时落地，因此说明A.B在竖直方向运动规律是相同的，故根据实验结果可知，平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，A错误，C正确；B、只改变小锤的打击力度，水平速度改变，水平位移改变，可以说明水平位移与速度有关，无法说明A球在水平方向做匀速直线运动，也无法说明A球在竖直方向做自由落体运动，B错误，D错误。故选：C。13.13.根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球A. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B. 到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C. 落地点在抛出点东侧D. 落地点在抛出点西侧【答案】D【解析】AB、上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB错；CD、下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错，D正确；故选D点睛：本题的运动可以分解为竖直方向上的匀变速和水平方向上的变加速运动，利用运动的合成与分解来求解。二、本题共3小题，共19分。把答案填在答题卡相应的位置。14.14.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量_，间接地解决这个问题。A小球开始释放时的高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程【答案】C【解析】【详解】验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，故C正确故选C【点睛】验证动量守恒定律中，会在相同高度下，用水平射程来间接测出速度，将复杂问题简单化15.15.某同学在家中尝试验证力的平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在竖直墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳悬挂重物，如图所示。 (1)为完成该实验，下述操作中必需有的是_A测量细绳的长度B测量橡皮筋的原长C测量悬挂重物后橡皮筋的长度及方向D记录悬挂重物后结点O的位置(2)钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是_。【答案】 (1). BCD (2). 改变重物的质量【解析】【详解】(1)三条橡皮筯遵守胡克定律，要测量拉力可以通过测量橡皮筋的长度和原长，得到橡皮筋的伸长量，研究拉力与伸长量的倍数来根据比例作力的图示为了使两次实验效果相同，必须记下O点的位置来作参照不需要测量细绳的长度故B，C，D正确，A错误故选BCD在其他条件不变的情况下，要改变实验效果，只有改变重物的质量故可采用的方法更换不同的重物【点睛】本实验在无法测量力的大小的情况下，可以采用比例法作图，只需要测量橡皮筋的伸长量就行通过分析原理即可正确解答实验问题16.16.如图1所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。(1)为了完成实验，还需要的测量工具有_A刻度尺 B天平 C秒表(2)平衡摩擦力后，接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A、B、C若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T。测得A、B、C各点到O点的距离分别为x1、x2、x3，如图2所示。实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W =_，打B点时小车的速度v =_。(3)以v2为纵坐标，W为横坐标，可作出v2-W图像。实验中如果没有平衡摩擦力，不考虑其它阻力的影响，则从理论上分析，下图中正确反映v2-W关系的是_。【答案】 (1). AB (2). mgx2 (3). x3-x12T (4). A【解析】【详解】(1)探究动能定理，就是为了探究mgh和动能变量Ek=12Mv2212Mv12是否相等，故需要测量小车的质量，所以需要天平，测量高度和速度需要刻度尺，秒表不需要；故选AB.(2)拉力做功为：W=mgh=mgx2，小车做匀加速直线运动，所以B点的速度等于AC段的平均速度为：vB=x3x12T.(3)已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，弹簧的弹性势能全部转化为小车的动能，故W=12mv2,故v2与W成正比，故A正确.【点睛】本题考查“探究动能定理”的实验，实验的原理是探究外力做功与物体动能的变化量的关系，这是实验的核心，掌握核心，其它问题就比较容易理解.三、本题共5小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。把答案填在答题卡相应的位置。17.17.如图所示，质量m = 0.78 kg的金属块放在水平桌面上，在大小F = 3.0 N、方向与水平方向夹角 = 37的拉力作用下，以v = 4.0 m/s的速度向右做匀速直线运动。已知sin37=0.6，cos37=0.8，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)金属块与桌面间的动摩擦因数；(2)撤去拉力F后金属块在桌面上能滑行的距离d。【答案】(1)=0.4；(2)d=2.0m【解析】【详解】(1)金属块做匀速直线运动，故受力平衡，则有：Fcos=（mg-Fsin）所以金属块与桌面间的动摩擦因数为：=FcosmgFsin=30.80.781030.6=0.4(2)撤去拉力F后，金属块的合外力为：F合=f=mg故金属块做加速度为：a=g=4m/s2的匀减速运动；那么由匀变速运动规律可得,撤去拉力F后金属块在桌面上能滑行的距离为d=v22a=2m.【点睛】牛顿第二定律的考查，一般由受力分析求得合外力，由运动状态求得加速度，然后根据牛顿第二定律将力与运动联立求解。18.18.如图，细线的一端固定，另一端系着质量为m的小球（可视为质点），小球在如图所示的水平面内做匀速圆周运动。已知细线长为L，与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，求：（1）小球对细线拉力F的大小；（2）小球角速度的大小。【答案】（1）小球对细线拉力的大小为 F=mgcos ；（2）=gLcos【解析】小球受力分析如图所示： （1）在竖直方向，根据牛顿第二定律有：Fcosmg=0，所以：F=mgcos根据牛顿第三定律可知，小球对细线拉力的大小为：F=F=mgcos；（2）由几何关系可知，小球在水平面内做圆周运动的轨道半径：r=lsin在水平方向，根据牛顿第二定律有：Fsin=m2r，所以：=glcos。19.19.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h = 10 m，C是半径R = 20 m圆弧的最低点。质量m = 60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a = 4.5 m/s2，到达B点时速度vB = 30 m/s。取重力加速度g=10m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。【答案】(1)L=100m；(2)I=180Ns；(3)N=3900N【解析】【详解】(1)从A到B根据速度位移关系可得：vB2-vA2=2aL，解得： L=900024.5m=100m (2)根据动量定理可得：I=mvB-mvA=6030-0=1800Ns；(3)运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示:根据动能定理可得：mgh=12mvC212mvB2根据第二定律可得：FNmg=mvC2R解得：FN=3900N。【点睛】本题主要是考查运动学计算公式、动量定理、动能定理和向心力的计算；利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。20.20.暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如左图所示，该游艺机顶上有一个半径为r=4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如右图所示。“摇头飞椅”高H=5.8m，绳长L=5m。小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为m=40kg。小明和椅子的转动可简化为如右图所示的圆周运动。在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37。g=10m/s2 ，在此过程中，求： （1）座椅受到绳子的拉力大小；（2）小明运动的线速度大小；（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴（即右图中O1点）的距离。【答案】（1）500N （2）7.5m/s （3）3234m或 8.9m【解析】（1）向心力沿水平方向，由平行四边形定则，得拉力：T=mgcos37 =500N（2）由牛顿第二定律，得：mgtan37=v2R0，其中R0=7.5m解得，v=7.5m/s（3）由几何关系，座椅离地高度h=2m由平抛运动规律，得：x=vth=gt2解得，x=4.5m由勾股定理，落地点与游艺机中心距离为：r=1.5m=8.9m点睛：飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力