2019届高三物理上学期开学考试试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期开学考试试题(含解析)一选择题（共8小题.32分）1.1.如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、 形状、质量完全相同的物块。开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是（ ）A. 若F1=F2，M1M2，则v1v2B. 若F1F2，M1M2，则v1F2，M1=M2，则v1v2D. 若F1v2【答案】BD【解析】首先看F1=F2 时情况：由题很容易得到两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：因为a1=mgM1，a2=mgM2，其中m为物块的质量设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移L=12at12-12a1t12；物块与M2的相对位移L=12at22-12a2t22；若M1M2，a1a2，所以得：t1t2；M1的速度为v1=a1t1，M2的速度为v2=a2t2，则v1v2，故A错误若F1F2、M1M2，根据受力分析和牛顿第二定律，则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aaab；由于M1M2，所以M1的加速度小于M2加速度，即a1a2它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移L=12aat12-12a1t12物块与M2的相对位移L=12abt22-12a2t22；由于aaab，所以得：t1t2，则v1v2，故B正确若F1F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律，则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aaab；由于M1=M2，所以M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移L=12aat12-12at12物块与M2的相对位移L=12abt22-12at22；由于aaab，所以得：t1t2，则v1v2，故C错误若F1F2、M1=M2，aaab，则v1v2，故D正确故选BD2.2.如图所示，质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上，在小车右端施加一水平拉力F=8 N，当小车速度达到1.5 m/s时，在小车的右端、由静止轻放一大小不计、质量m=2 kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数=0.2，小车足够长，物体从放上小车开始，经t=1.5 s的时间，物体相对地面的位移为(g取10 m/s2) ( )A. 1 m B. 2.1 m C. 2.25 m D. 3.1 m【答案】B【解析】试题分析：放上物体后，物体的加速度，小车的加速度：，物体的速度达到与小车共速的时间为t，则，解得t=1s;此过程中物体的位移：；共同速度为v=a1t=2m/s；当物体与小车相对静止时，共同加速度为，再运动05s的位移，故物体从放上小车开始经t=15s的时间，则物体相对地面的位移为1m=11m=21m，故选B考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解，难度适中。3.3.如图（甲）所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，木板B的加速度a与拉力F关系图象如图（乙）所示，则小滑块A的质量为（ ）A. 4kg B. 3kg C. 2kg D. 1kg【答案】B【解析】试题分析：当F=8N时，加速度为a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F=(mA+mB)a，代入数据解得mA+mB=4kg，当F大于8N时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有a=FmAgmB=1mBFmAgmB，由图示图象可知，图线的斜率k=1mB=aF=286=1，解得mB=1kg，滑块A的质量为mA=3kg，B正确考点：考查了牛顿第二定律与图像【名师点睛】知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析4.4.如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个物体放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为1、2，它们在斜面上加速下滑，关于杆的受力情况。下列分析正确的是（ ）A. 若1=2，m1m2，则杆受到压力B. 若12，m1m2，则杆受到拉力C. 若12，m1m2，则杆受到压力D. 若1=2，m1m2，则杆无作用力【答案】ACD【解析】试题分析：假设杆无弹力作用，那么滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：m1gsin1mg1cos=m1a1解得：a1=g(sin1cos)同理对m2有：m2gsin2mg2cos=m2a2解得;a2=g(sin2cos)若12，则a1a2，B加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若1=2，则a1=a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，那么杆无弹力作用，故B错误，D正确；若12，则a1a2，A加速度较大，则杆受到拉力，故C正确所以ACD正确， B错误。考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律列得方程求解加速度，然后在根据不同的情况分析问题；本题先假设杆无弹力，根据牛顿第二定律分别求解出A和B的加速度，比较大小，然后判断AB的相对运动趋势，再判断AB间弹力的方向5.5.如图所示，三个物体质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg、m3=3.0kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角=30，m1和m2之间的动摩擦因数=0.8不计绳和滑轮的质量和摩擦初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将（g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）A. 和m1一起沿斜面下滑 B. 和m1一起沿斜面上滑C. 相对于m1上滑 D. 相对于m1下滑【答案】D【解析】试题分析：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a=隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，fm2gsin30=m2a解得f=最大静摩擦力fm=m2gcos30=N=8，可知ffm，知道m2的加速度小于m1的加速度，m2相对于m1下滑故D正确，A、B、C错误故选：D6.6.如图所示，表面粗糙质量M=2kg的木板，t=0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a=2.5m/s2t=0.5s时，将一个质量m=1kg的小铁块（可视为质点）无初速地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半.已知铁块和木板之间的动摩擦因数1=0.25，木板和地面之间的动摩擦因数2=0.25，g10m/s2则A. 水平恒力F的大小为10NB. 铁块放上木板后，木板的加速度为2m/s2C. 铁块在木板上运动的时间为1sD. 木板的长度为1.625m【答案】AC【解析】A. 开始时木板在水平方向受到拉力与摩擦力,加速度为2.5m/s2，由牛顿第二定律可得：F=Ma+2Mg=22.5+0.25210=10N，故A正确；B. 铁块放上木板后，木板在水平方向受到拉力、地面的摩擦力以及铁块对木板的摩擦力，由牛顿第二定律可得：Ma=F2(M+m)g1mg代入数据解得：a=0.75m/s2，故B错误；C. 小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端时木板的速度：v=at=2.50.5=1.25m/s铁块的加速度为：a=1g=0.110=1m/s2设铁块在木板上运动的时间为t2，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半，则：2at2=v+at2 代入数据得：t2=1s，故C正确；D. 这段时间内铁块相对于木板滑动的距离为：L=vt2+12at2212at22代入数据得：L=1.125m，故D错误。故选：AC。7.7.将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（bc间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为=37，则F的最小值为（）A. 1.5mg B. 1.8mg C. 2.1mg D. 2.4 mg【答案】B【解析】试题分析：静止时要将三球视为一个整体，重力为3mg，当作用于c球上的力F垂直于oa时，F最小，由正交分解法知：水平方向Fcos37=Tsin37，竖直方向Fsin37+Tcos37=3mg，解得Fmin=18mg故选B考点：物体的平衡【名师点睛】这道题考查静力学平衡问题以及受力分析中的隔离法与整体法，本题使用的是整体法。8.8.如图所示，粗糙的水平地面上的长方形物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是（）A. 球对墙壁的压力逐渐减小B. 水平拉力F逐渐减小C. 地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D. 地面对长方体物块的支持力逐渐增大【答案】B【解析】对小球进行受力分析，如图所示：小球受力平衡，则有：N1=Gtan，N2Gcos ，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，增大，则tan增大，所以N1增大，cos减小，则N2增大，根据牛顿第三定律可知，球对墙壁的压力逐渐增大，故A错误；对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，动摩擦因数不变，则滑动摩擦力不变，故CD错误；对长方形物块受力分析，受到重力、地面的支持力、拉力F、球对物块的压力N2以及滑动摩擦力作用，如图所示：受力平衡，则水平方向有：F+N2sin=f，根据牛顿第三定律可知，N2=N2，由于N2增大，增大，f不变，则F减小，故B正确故选B.点睛：本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力，难度适中.二多选题（共4小题，16分）9.9.一辆小汽车在一段平直的公路上做匀加速直线运动，A、B是运动过程中经过的两点已知汽车经过A点时的速度为2m/s，经过B点时的速度为8m/s则汽车从A到B的运动过程中，下列说法正确的是（）A. 汽车经过AB位移中点时速度是4m/sB. 汽车经过AB中间时刻的速度是5m/sC. 汽车前一半时间发生位移与后一半时间发生位移之比7：13D. 汽车前一半位移所用时间与后一半位移所用时间之比13：7【答案】BC【解析】【详解】A.设中间位置的速度为v，则v2vA2=2ax，vB2v2=2ax，联立解得v=vA2+vB22=22+822m/s=34m/s。故A错误；B.汽车经过中间时刻的速度v=vA+vB2=2+82m/s=5m/s。故B正确；C.前一半时间内的平均速度v1=vA+v2=2+52m/s=3.5m/s，后一半时间内的平均速度v2=v+vB2=5+82m/s=6.5m/s，根据x=vt知，前一半时间内的位移与后一半时间发生的位移之比为x1x2=v1v2=713。故C正确；D.前一半位移内的平均速度v1=vA+v24m/s，后一半位移内的平均速度v2=v+vB27m/s，根据x=vt知，汽车在前一半位移所用的时间与后一半位移所用时间的比为7:4。故D错误。故选：BC。10.10.如图所示，两个光滑斜面在B处平滑连接，小球在A点获得大小为8m/s的速度沿斜面向上运动，到达B点时速度大小为6m/s，到达C点时速度减为0已知AB=BC，下列说法正确的是（）A. 小球在AB、BC段的加速度大小之比为9：16B. 小球在AB、BC段运动时间之比为3：7C. 小球经过BC中间位置时速度大小为3m/sD. 小球由A运动到C的平均速率为4.2m/s【答案】BD【解析】【详解】A. 对AB段，根据速度位移公式得：a1=vA2vB22xAB=282xAB，a2=vB2vC22xBC=362xBC，AB=BC，得a1:a2=7:9，故A错误；B. 根据平均速度的推论知，AB段的时间t1=xABvA+vB2=xAB7，BC段运动的时间t2=xBCvB+vC2=xBC3，解得t1:t2=3:7，故B正确；C.BC段中间位置时的速度大小v=vB2+vC22=62+02m/s=32m/s，故C错误；D. 物体由A运动C的平均速率为v=2xt1+t2=2xx7+x3=4.2m/s，故D正确；故选：BD11.11.从地面竖直上抛一物体A的同时，在离地面高H处有相同质量的另一物体B开始做自由落体运动，两物体在空中同时到达距地面高h时速率都为v(两物体不会相碰)，则下列说法正确的是( )A. H=43hB. 物体A竖直上抛的初速度大小是物体B落地时速度大小的2倍C. 物体A、B在空中运动的时间相等D. 两物体落地前各自的机械能都守恒且两者机械能相等【答案】AD【解析】A项，设A、B两物体达到地面高h时所用时间为t，则根据自由落体运动的规律有v2=2g(Hh) ，v=gt ；设A物体竖直上抛的初速度为v0 ，有v=v0gt，v02v2=2gh ；则解得v0=2v，H=43h ，故A项正确。B项，物体A竖直上抛的初速度v0=2v，设物体B落地时的速度为v ，则有v2=2gH ，由A项分析知v02v2=2gh，H=43h，联立解得v=2v ，所以v0=v，故B项错误。C项，根据竖直上抛的对称性可知物体A在空中运动的时间tA=2v0g=4vg ，物体B在空中运动的时间为tB=vg=2vg=12tA，故C项错误。D项，以地面为参考平面，在地面时两者的速度相等，质量相等，则动能相等，所以机械能也相等，由于只有重力做功，机械能守恒，故D项正确。综上所述本题答案是：AD12.12.如图所示，在足够高的空间内，小球位于空心管的正上方h处，空心管长为L，小球球心与管的轴线重合，并在竖直线上。当释放小球，小球可能穿过空心管，不计空气阻力，则下列判断正确的是A. 两者同时无初速度释放，小球不能穿过管B. 两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度V0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度有关C. 两者同时释敢，小球具有竖直向下的初速度v0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关D. 两者均无初速度释放，但小球提前了t时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关【答案】AC【解析】A、若两者无初速度同时释放，则在相同时间内下降的高度相同，可知小球在空中不能穿过管，故A正确；B、两者同时释放，小球具有向下的初速度，管无初速度，根据x=v0t+12gt212gt2=h+L，知，经过t=h+Lv0，小球穿过管，故C正确，B错误；D、两者均无初速度释放，但小球提前了t时间释放，根据x=12g(t+t)212gt2=12gt2+gtt=h+L，可知小球能穿过管，穿过管的时间与当地的重力加速度有关，故D正确。点睛：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，抓住位移之差进行求解，难度不大。三、实验题（16分，每空2分）13.13.(1)某同学在探究“弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，如图甲所示，图乙是此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(最小分度是1毫米)上位置的放大图，示数l1=_cm。在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、l4、l5。要得到弹簧伸长量x，还需要测量的是_。作出Fx曲线，得到弹力与弹簧伸长量的关系。(2)该同学更换弹簧，进行重复实验，得到如图丙所示的弹簧弹力F与伸长量x的关系图线，由此可求出该弹簧的劲度系数为_N/m。图线不过原点的原因是_。【答案】 (1). 25.85 (2). 弹簧原长 (3). 200N/m (4). 弹簧有自重【解析】试题分析：（1）由mm刻度尺的读数方法可知图2中的读数为：25.85cm；本实验中需要是弹簧的形变量，故还应测量弹簧的原长；（2）有图象可知，斜率表示弹簧的劲度系数，k=70.035=200N/m；图线不过原点的原因是由于弹簧有自重，使弹簧变长考点：考查了探究“弹力和弹簧伸长的关系”实验【名师点睛】本实验的目的探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，得到的F-t图象，可由图象得出弹簧的劲度系数，会误差分析14.14.在暗室中用如图所示的装置做“测定重力加速度”的实验。实验器材有：支架、漏斗、橡皮膏、尖嘴玻璃管、螺丝夹子、接水铝盒、一根荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下：在漏斗内盛满清水，旋松螺丝夹子，水滴会以一定的频率一滴滴地落下；用频闪仪发出的白闪光将水滴流照亮，由大到小逐渐调节频闪仪的频率直到第一次看到一串仿佛固定不动的水滴；用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；采集数据进行处理。（1）实验中第一次看到一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率等于_。（2）实验中第一次观察到水滴“固定不动”时的闪光频率为30 Hz，某同学读出其中比较圆的水滴到第一个水滴的距离如图所示，根据数据测得当地重力加速度g=_m/s2；第8个水滴此时的速度v8=_m/s。（结果保留三位有效数字）（3）造成该实验系统误差的原因可能有_（答出一条即可）。【答案】 (1). 水滴滴落频率； (2). 9.72； (3). 2.28； (4). 空气阻力；【解析】【详解】(1)频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，则每滴下来的一滴水，频闪仪都在相同的位置记录，故可看到一串仿佛固定不动的水滴。(2)s67=19.3613.43=5.93cm，s78=26.3919.36=7.03cm,s89=34.4826.39=8.09cm,s90=43.6734.48=9.19cm，由逐差法可得：g=0.0919+0.08090.05930.07034(130)2m/s2=9.72m/s2.第8滴水的速度为：v8=s78+s892T=0.0703+0.08092130m/s=2.28m/s；（3）造成该实验系统误差的原因可能有空气阻力的影响。三、计算题（36分）15.15.如图（甲）所示，为一倾角=37的足够长斜面，将一质量为m=1g的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图（乙）所示，物体与斜面间的动摩擦因数=0.25，取g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，求： (1)2s末物体的速度；(2)前16s内物体发生的位移【答案】(1)v1=5m/s (2)x=30m【解析】(1)由分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinF1mgcosma1，v1a1t1，代入数据可得a12.5 m/s2，v15 m/s.(2)物体在前2 s内发生的位移为x1，则x112a1t5 m.当拉力为F24.5 N时，由牛顿第二定律可得F2mgcosmgsinma2代入数据可得a20.5 m/s2物体经过t2时间速度减为0，则v1a2t2解得t210 st2时间发生的位移为x2，则x212a2t25 m由于F2mgcosmgsin，随物体在剩下4 s时间内处于静止状态故物体在前16 s内所发生的位移xx1x230 m，方向沿斜面向下本题答案是：（1）5m/s （2）30m方向沿斜面向下点睛：运用牛顿第二定律求物体运动的加速度，在结合运动学公式求物体运动的位移。16.16.如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来若人和滑板的总质量m=60.0g，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为