江西省上饶县中学2019届高三物理上学期开学检测试题（零班、培优、补习班，含解析）.doc

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1、- 1 -上饶中学 20182019 学年高三上学期开学检测物理试卷（零班、培优、补习班）一、选择题（1-6 为单选题，7-10 为多项选择，每题 4 分，共 40 分）1.如图，轻杆固定在墙上，有一轻绳固定在 A 点绕过定滑轮后连接一质量为 10Kg 的物块 M，绳与轻杆水平方向的夹角为 30o整个系统处于静止状态，此时绳对滑轮的作用力为多少（ ）A. 50NB. C. 100ND. 【答案】C【解析】球受力平衡，故绳子的张力等于球的重力，为 100N；将绳子的拉力进行合成，如图所示：故绳子对滑轮的压力为 100N；故选：C- 2 -2.如图所示，物体甲、乙质量均为 m，弹簧和悬线的质量可忽

2、略。当悬线被烧断的瞬间，甲、乙的加速度分别为A. ,方向向上， ,方向向下B. ,方向向上， ,方向向上C. ,方向向上， D. , ，方向向下【答案】A【解析】细线烧断前，对甲乙整体受力分析，得出弹簧的弹力细线烧断的瞬间，乙仅受重力，根据牛顿第二定律，有 ，则 ，方向竖直向下。对甲，弹簧的弹力在瞬间还未来得及改变，则有 ，则 ，方向竖直向上。故选项 A 正确，选项 BCD 错误。点睛：解决本题的关键知道细线烧断的前后瞬间，弹簧的拉力由于来不及发生形变，弹力大小不变，然后根据牛顿第二定律求解。3.一倾角为 的斜劈放在水平地面上，一物体沿斜劈匀速下滑现给物体施加如图所示的力 F， F 与竖直方向

3、夹角为 ，斜劈仍静止，则此时地面对斜劈的摩擦力A. 大小为零B. 方向水平向右C. 方向水平向左D. 无法判断大小和方向【答案】A- 3 -【解析】【详解】没有施加力 F 时，由物体匀速下滑可知 mgsin mg cos ，得 tan ，物体受重力 G、斜面的弹力 FN、斜面的摩擦力 Ff，且三力的合力为零，故 FN与 Ff的合力竖直向上，如图所示：当物体受到外力 F 时，物体受斜面的弹力为 FN、摩擦力为 Ff， FN与 Ff的合力与 FN的夹角为 ，则 ，故 ，即 FN与 Ff的合力方向竖直向上，由牛顿第三定律知，物块对斜面体的作用力竖直向下，故斜面体在水平方向上不受力，故选 A。【点睛】

4、本题关键对滑块受力分析后根据平衡条件得到支持力和摩擦力的合力方向，然后根据牛顿第三定律得到滑块对斜面体的作用力的合力方向，当压力增加后，滑动摩擦力也增加，但两个力的合力方向不变4.如图所示， a、 b 两细绳一端系着质量为 m 的小球，另一端系在竖直放置的圆环上，小球位于圆环的中心，开始时绳 a 水平，绳 b 倾斜，现将圆环在竖直平面内顺时针缓慢地向右滚动至绳 a 竖直，在此过程中 A. a 上的张力逐渐增大， b 上的张力逐渐增大B. a 上的张力逐渐减小， b 上的张力逐渐减小C. a 上的张力先增大后减小， b 上的张力逐渐减小D. a 上的张力先减小后增大， b 上的张力逐渐增大【答案

5、】C【解析】对小球进行受力分析，如图所示。- 4 -mg 的对角不变，设为 ，设 Fa的对角为 ，F b的对角为 ，在缓慢转动的过程中，小球始终处于平衡状态，由正弦定理得： ； 角由钝角减小至直角，再变为锐角，sin 先逐渐增大后减小，可得 Fa先逐渐增大，后减小。 角由直角增加至平角，sin 逐渐减小，可得，F b逐渐减小。故 ABC 错误，D 正确。故选 D。点睛：本题考查了共点力的平衡问题，弄清楚圆环转动过程中细绳和小球所处的状态是解答本题的关键，通过列式进行动态变化分析；此题圆环顺时针旋转 900等效于重力 mg 逆时针旋转 900。5.如图所示，劲度系数为 k 的轻质弹簧的一端固定在

6、墙上，另一端与置于水平面上、质量均为 m 的物体 A、 B 接触( A 与 B 和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变用水平力 F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0，此时物体静止已知物体 A 与水平面间的动摩擦因数为 ，物体 B 与水平面间的摩擦不计撤去 F 后，物体 A、 B 开始向左运动， A 运动的最大距离为 4x0，重力加速度为 g.则( )A. 撤去 F 后，物体 A 和 B 先做匀加速运动，再做匀减速运动B. 撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为C. 当物体 A、 B 一起开始向左运动距离 后分离D. 当物体 A、 B 一起开始向左运动距离 x0后分离【答案】C【解

7、析】【详解】撤去 F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，而 B 物体与地面无摩擦，故先做加速运动再做匀速运动；故 A 错误。撤去 F 后，以 AB 整体为研究对象，根据牛顿第二定律得物体刚- 5 -运动时的加速度大小为 a= 故 B 错误。由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时 AB 两物体分开，弹簧的压缩量为 x= ；物体A

8、、B 一起开始向左运动距离为 x=x0- ，故 D 错误，C 正确；故选 C。【点睛】本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，要抓住加速度与合外力成正比，即可得到加速度是变化的运用逆向思维研究匀减速运动过程，比较简便6.“蹦床”是奥运体操的一种竞技项目，比赛时，可在弹性网上安装压力传感器，利用压力传感器记录运动员运动过程中对弹性网的压力，并由计算机作出压力( F)-时间( t)图象，如图为某一运动员比赛时计算机作出的 F-t 图象，不计空气阻力，则关于该运动员，下列说法正确的是 ( )A. 裁判打分时可以把该运动员的运动看成质点的运动B. 1 s 末该运动员的运动速度最大C. 1 s 末

9、到 2 s 末，该运动员在做加速运动,处于超重状态D. 3 s 末该运动员运动到最高点【答案】D【解析】【详解】 （1）由于是体操比赛，运动员的动作和形态会影响比赛的得分，故裁判在打分时，不可以将运动员看成质点，A 错误；（2）从图像可知，运动员在 1s 末受到的弹力最大，说明此刻他处于最低点，速度为零，B错误；（3）1s 末2s 末，运动员开始从最低点先向上加速，后向上减速，加速度先竖直向上，后竖直向下，故运动员在 1s 末2s 末，先处于超重状态，后处于失重状态，C 错误；（4）运动员在 2s 末离开弹性网，在 4s 末恰好又落回弹性网，根据竖直上抛运动和自由落体运动在空间和时间上的对称性

10、可知，3 s 末该运动员运动到最高点，D 正确。故本题选 D。- 6 -7.如图所示，将质量为 m 的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的 O 点，小球静止在 M 点， N 为 O 点正下方一点， ON 间的距离等于橡皮筋原长，在 N 点固定一铁钉，铁钉位于橡皮筋右侧。现对小球施加拉力 F，使小球沿以 MN 为直径的圆弧缓慢向 N 运动， P 为圆弧上的点，角 PNM 为60。橡皮筋始终在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度为 g，则 下列正确的是（ ）A. 在 P 点橡皮筋弹力大小为B. 在 P 点时拉力 F 大小为C. 小球在 M 向 N 运动的过程中拉力 F 先变大后变小D. 小球在 M 向 N

11、运动的过程中拉力 F 的方向始终跟橡皮筋垂直【答案】ABD【解析】【详解】设圆的半径为 R，橡皮筋的劲度系数为 k，角 PNM 用 表示，则：2 Rcos2 Rcos60 R；在 M 点橡皮筋弹力大小为 mg，则：mg=k2R；P 点橡皮筋弹力大小为：F 0=kR= mg此时拉力 F 等于 mg 与弹簧弹力 F0的合力，大小为，故 AB 正确；结合 A 的分析可知，当小球与 N 的连线与竖直方向之间的夹角为 时，橡皮筋的伸长量：x=2Rcos；橡皮筋的弹力：F=kx=mgcos；- 7 -对小球，设拉力 F 与水平方向之间的夹角为 ，在水平方向：Fcos=Fsin；竖直方向：Fcos+Fsin

12、=mg；联立可得：=，F=mgsin；可知拉力 F 的方向绳子与橡皮筋的方向垂直，而且随 的增大，F 逐渐增大。故 D 正确，C 错误；故选 ABD。【点睛】该题结合胡克定律考查共点力平衡，解答的关键是正确找出橡皮筋的形变量与圆的直径之间的几何关系，结合正交分解法列出方程求解.8.质量为 60kg 的人，站在升降机内的台秤上（g=10m/s 2） ，测得体重（即支持力）为 480 N，则关于升降机的说法正确的是 （ ）A. 人处于超重状态 B. 人处于失重状态C. 人的加速度大小为 2m/s2 D. 人的加速度是 40m/s2【答案】BC【解析】【详解】对人受力分析，受重力和支持力，支持力小于

13、重力，人处于失重状态，合力向下，加速度向下，故升降机的加速度也向下；由牛顿第二定律可知：mg-F=ma；解得：a= m/s2=2m/s2，故升降机以 2m/s2的加速度做加速下降或者减速上升运动。故 BC 正确，AD 错误；故选 BC。【点睛】本题考查对超重和失重现象的理解和分析能力，其实是牛顿运动定律的特殊应用，要注意根据题意明确物体的受力情况，再根据牛顿第二定律列式求解9. 如图所示，圆柱形的仓库内有三块长度不同的滑板 aO、bO、cO，其下端都固定于底部圆心 O，而上端则搁在仓库侧壁上，三块滑板与水平面的夹角依次是 30、45、60若有三个小孩同时从 a、b、c 处开始下滑（忽略阻力）则

14、（ ）- 8 -A. a 处小孩最先到 O 点B. b 处小孩最后到 O 点C. c 处小孩最先到 O 点D. a、c 处小孩同时到 O 点【答案】D【解析】试题分析：根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律，分别计算出小孩从 a、b、c 三块滑板到 O 所用的时间进行比较即可解：斜面上的加速度：a= =gsin斜面的长度 s=根据匀变速直线运动规律 s= at2得： gsint 2=t2= = = = =tbt a=tc，即 b 先到，ac 同时到故选：D【点评】解决本题的关键是根据牛顿第二定律对物体进行受力分析，并根据匀变速直线运动- 9 -规律计算出时间10.如图所示,质量分别为 、 的两小

15、球 、 ,且 , 、 穿过一绕过一定滑轮的轻绳,绳子末端与地面的距离相同,两小球在同一高度。小球 、 与轻绳的滑动摩擦力都为重力的 倍,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现由静止同时释放 、 两个小球,不计定滑轮的质量,忽略绳子与定滑轮之间的摩擦力,不计空气阻力,则下列说法正确的是( )A. 对绳的作用力与 对绳的作用力的大小相同B. 若 则刚释放时必有C. 若 则刚释放时 A、B 不可能同时相对绳子静止D. 、 、绳、滑轮组成的系统机械能守恒【答案】AB【解析】【详解】AB 在运动过程中，绳子绳子上的作用力大小处处相同，故 A 对绳的作用力与 B 对绳的作用力的大小相同，故 A 正确；若 01

16、则刚释放时 A 相对绳子静止，若假设 B 与绳子间相对静止，则系统的加速度 ，此时绳子的拉力 ，若满足则 B 也能相对绳子静止，选项 C 错误；AB 与绳间存在摩擦力，故 A、B、绳、滑轮组成的系统机械能不守恒，故 D 错误；故选 AB。【点睛】解决本题的关键理清 A、B 两球在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解；可结合假设法进行讨论.- 10 -二、实验题（每空 2 分，共 14 分）11.在“互成角度的两个力的合成”实验中，用两个弹簧秤分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使它伸长到某一位置 O 点，为了确定两个分力的大小和方向，这一步操作中：(1)必须记录的是_A.

17、橡皮条固定端的位置B.描下 O 点位置和两条细绳套的方向C.橡皮条伸长后的总长度D.两个弹簧秤的读数(2)做实验时，根据测量结果在白纸上画出如图所示的图，其中 O 为橡皮筋与细绳的结点，图中的_是 F1和 F2的合力的理论值；_是 F1和 F2的合力的实际测量值。(3)如图所示，用 a、 b 弹簧秤拉橡皮条使结点到 O 点，当保持弹簧秤 a 的示数不变，而在角逐渐减小到 0 的过程中，要使结点始终在 O 点，可以_；A.增大 b 的示数，减小 角度B.减小 b 的示数，增大 角度C.减小 b 的示数，先增大 角度，后减小 角度D.增大 b 的示数，先减小 角度，后增大 角度【答案】 (1).

18、BD (2). F (3). (4). BC【解析】【详解】 （1）该实验的实验目的是验证力的平行四边形定则，要根据两个弹簧拉橡皮筋时两个拉力的大小和方向做出平行四边形求出其合力大小，然后与一个弹簧拉橡皮筋时的拉力大小进行比较，最后得出结论，故需要记录的是结点 O 的位置以及两弹力的大小和方向，故 AC错误，BD 正确故选 BD（2）本实验采用了“等效法” ，F 1与 F2的合力的实际值测量值为一个弹簧拉绳套时的弹簧的- 11 -弹力大小和方向，而理论值是通过平行四边形定则得到的值图中的 F 是 F1和 F2的合力的理论值；F是 F1和 F2的合力的实际测量值。（3）该题本质上考查了物体的动态

19、平衡，由题意可知：保持 O 点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计 a 的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：第一种情况，原来 、 的值较小所以由图可知 角逐渐变小时，b 的示数减小，同时 角减小；第二种情况，原来 、 值较大由图可以看出 角逐渐变小时，b 的示数减小，同时 角增大或者：由图可以看出 角逐渐变小时，b 的示数减小，同时 角先增大，后减小故 BC 正确、AD错误故选 BC【点睛】明确实验原理和实验目的解答实验问题的关键，同时要正确理解矢量合成的法则，熟练应用平行四边形定则解决动态平衡题本题要理解合力的大小范围：大于两力之差，小- 12 -于两力之

20、和；同时要正确利用图象所提供信息结合物理规律解题12.如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系。(1)该同学将实验器材如图甲所示连接后，沙桶的质量_远小于小车及传感器总质量（填“需要” 、 “不需要” ） 。(2)先接通电源，再释放小车，获得一条纸带如图乙，O、A、B、C、D 和 E 为纸带上六个计数点，O 为开始时打的第一个点，则 OD 间的距离为_ cm.(3)图丙是根据实验数据绘出的 s-t2图线（s 为各计数点至起点 O 的距离） ，由此图可计算出图线的斜率为 k，则可

21、算出加速度为 _。【答案】 (1). 不需要 (2). 1.20 (3). 2k【解析】【分析】（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（2）由图示刻度尺确定其分度值，读出其示数（3）应用匀变速直线运动的位移公式与图示图象求出加速度【详解】 （1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量（2）有图示刻度尺可知，其分度值为 1mm，OD 间的距离为：2.20-1.00=1.20cm（3）小车做初速度为零的匀加速直线运动，位移：s= at2，则 s-t2

22、图象的斜率：k= a，由- 13 -图示图象可知： ，则加速度：a=2k=20.465=0.93m/s 2；【点睛】本题考查了实验注意事项、刻度尺读数、求加速度；对刻度尺读数时要先确定刻度尺的分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直；应用匀变速直线运动的位移公式、分析清楚图示图象即可求出加速度三解答题（解答必须要有计算过程和相应的规律、公式，否则不给分，共 46 分）13.一辆货车以 8 m/s 的速度在平直公路上行驶，由于调度失误，在后面600 m 处有一辆客车以 72 km/h 的速度向它靠近客车司机发觉后立即合上制动器，但客车要滑行 2 000 m 才能停止求：(1)客车滑行的加速度

23、大小；(2)通过计算分析两车是否会相撞【答案】 （1）0.1m/s 2 （2）会相撞【解析】（1）设 ，由 得客车刹车的加速度大小为.（2）假设不相撞，设两车达到共同速度用时为 t，则货车在该时间内的位移 ，客车在该时间内的位移位移大小关系： x2=1680m600m x1=1560m，故会相撞【点睛】两物体在同一直线上运动，往往涉及到追击、相遇或避免碰撞等问题，解答此类问题的关键条件是：分别对两个物体进行研究；画出运动过程示意图；列出位移方程；找出时间关系、速度关系、位移关系；解出结果，必要时要进行讨论这是一道典型的追击问题要抓住速度、时间、位移之间的关系，必要时可以作出速度时间图象帮助解题

24、14.如图所示，传送带与地面夹角 37，从 A B 长度为 29m，传送带以 10m/s 的速率逆时针转动在传送带上端 A 无初速度地放一个质量为 1kg 的小煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为 0.5.求：- 14 -(1)物体从 A 运动到 B 所需时间是多少？(sin370.6，cos370.8) (2)煤块留在皮带上的痕迹长度为多少？(3)整个过程产生的热量为多少？【答案】(1)3s (2)5m (3)36J【解析】【详解】 （1）物体放上传送带后，开始一段时间 t1内做初速度为 0 的匀加速直线运动，小物体受到沿斜面向下的摩擦力：可知，物体所受合力 F 合 =mgsin+f又因为 f

25、=N=mgcos所以根据牛顿第二定律可得： =10m/s2当物体速度增加到 10m/s 时产生的位移 x= =5m29m所用时间为：t= =1s所以物体速度增加到 10m/s 后，由于 mgsinmgcos，所以物体将受沿传送带向上的摩擦力的作用，a 2= =2m/s2匀加速运动的位移为 29-x，设所用时间为 t，则 29-x=24=vt+ at 2解得：t=2st 总 =1s+2s=3s（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：x= =5m传送带的位移为 x=vt=101=10m，故炭块相对传送带上移 5m；第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移

26、动，炭块的位移为：x2=vt2+ a2t22=102+ 222=24m传送带的位移为 20m，所以相对于传送带向下运动 4m，故传送带表面留下黑色炭迹的长度为- 15 -5m；（3）整个过程产生的热量为【点睛】从此例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻要理清物体的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解15.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 的关系，将某一物体每次以不变的初速率 v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角 ，实验测得 x 与斜面倾角 的关

27、系如图乙所示， g 取 10m/s2.，根据图像可求出：(1)物体的初速度是多少？(2)物体与斜面间的动摩擦因数 是多少？(3)针对不同的斜面倾角 ，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值是多少？【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】 （1）由图可知，当 =90时物体做竖直上抛运动，位移为 x=1.80m；由竖直上抛运动规律可知：v 02=2gh，代入数据解得：v 0=6m/s（2）当 =0时，位移为 x=2.40m；由动能定理可得：-mgx=0- mv02代入数据解得：=0.75（3）由动能定理得：-mgxsin-mgcosx=0- mv02，解得： m，当 +=90时，sin（+

28、）=1；此时位移最小，x=1.44m；【点睛】本题综合考查动能定理、受力分析及竖直上抛运动；并键在于先明确图象的性质，- 16 -再通过图象明确物体的运动过程；结合受力分析及动能定理等方法求解16.质量为 m=0.5kg、长 L=1m 的平板车 B 静止在光滑水平面上，某时刻质量 M=lkg 的物体A（视为质点）以 v0=4m/s 向右的初速度滑上平板车 B 的上表面，在 A 滑上 B 的同时，给 B 施加一个水平向右的拉力已知 A 与 B 之间的动摩擦因数 =0.2，重力加速度 g 取 10m/s2.试求：(1)如果要使 A 不至于从 B 上滑落，拉力 F 大小应满足的条件(2)若 F=5N

29、，物体 A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离.【答案】(1) (2)【解析】【分析】物体 A 不滑落的临界条件是 A 到达 B 的右端时，A、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值另一种临界情况是 A、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力 F 的大小范围【详解】(1)物体 A 不滑落的临界条件是 A 到达 B 的右端时， A、 B 具有共同的速度 v1，则：又： 解得： aB=6m/s2再代入 F Mg =maB得： F=1N若 F1N，则 A 滑到 B 的右端时，速度仍大于 B 的速度，于是将从 B 上滑落，所

30、以 F 必须大于等于 1N当 F 较大时，在 A 到达 B 的右端之前，就与 B 具有相同的速度，之后， A 必须相对 B 静止，才不会从 B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体： F=(m M)a对物体 A： Mg =Ma解得： F=3N若 F 大于 3N， A 就会相对 B 向左滑下- 17 -综上所述，力 F 应满足的条件是 1N F3N(2)物体 A 滑上平板车 B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得： Mg =MaA解得： aA=g =2m/s2平板车 B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得： F Mg =maB解得： aB=14m/s2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有： v0 aAt=aBt解得： t=0.25sA 滑行距离 xA=v0t aAt2= mB 滑行距离： xB= aBt2= m最大距离： x =xA xB=0.5m【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解