1、北京市朝陽區(qū)力邁國際學校2019屆高三物理上學期開學測試試題（含解析）一、本題共13小題，每小題3分，共39分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的。把答案用2B鉛筆填涂在答題卡上。1.1.如圖所示，玻璃球沿碗的內壁做勻速圓周運動，若忽略摩擦，關于玻璃球的受力情況，卜列說法中正確的是A.只受重力和支持力B.受重力、支持力和壓力C.受重力、支持力和向心力D.受重力、壓力和向心力【答案】A【解析】【詳解】玻璃球沿碗的內壁做勻速圓周運動，受到重力和支持力作用，合力沿水平方向，提供向心力，故選Ao【點睛】本題學生很容易錯誤的認為物體受到向心力作用，要明確向心力的特點，同時受力分析時注

2、意分析力先后順序，即受力分析步驟。2.2.關于速度和加速度的關系，下列說法中正確的是（）A.速度越大，加速度越大B.速度為零，加速度一定為零C.速度變化越快，加速度越大D.速度變化量越大，加速度越大【答案】C【解析】試題分析：加速度是表示速度變化快慢的物理量，加速度大，則說明速度變化快，與速度大小無關，速度很大，可能做勻速直線運動，A錯誤C正確；豎直上拋運動過程中，物體到達最高點，速度為零，但加速度不為零，B錯誤；根據定義式a=可知速度變化量大，但可At能所用時間比較長，加速度不一定大，D錯誤；考點：考查了加速度和速度的關系【名師點睛】加速度等于單位時間內的速度變化量，反映速度變化快慢的物理量

3、，當加速度方向與速度方向相同，物體做加速運動，當加速度方向與速度方向相反，物體做減速運動.3.3.下圖為一個物體做直線運動的v-t圖像。關于物體的運動，下列說法中錯誤的是A. 07s內和23s內的運動方向相同B. 23s內和34s內的力口速度相同C. 02s內和04s內的位移相同D. 07s內和23s內的速度變化量相同【答案】D【解析】【詳解】A01s內和23s內的速度均沿正方向，故運動方向相同，故A正確；日圖象的斜率表示加速度，則由圖可知，23s內和34s內的加速度相同，故B正確；C由圖可知，。2s內和。4s內的圖象與時間軸所圍成的面積相等，故說明物體的位移相同，故C正確；D01s內的速度變

4、化為是1m/s;而23s內速度的變化量為-1m/s,故速度的變化量不相同，故D錯誤。本題選錯誤的故選D【點睛】解決本題的關鍵能夠通過速度時間圖象獲取信息，知道圖線的斜率表示加速度，速度的正負表示運動的方向，圖線與時間軸圍成的面積表示位移.4.4.如果一個物體在運動的過程中克服重力做了80J的功，則A.物體的重力勢能一定增加80JB.物體的機械能一定增加80JC.物體的動能一定減少80JD.物體的機械能一定減少80J【解析】【詳解】A當克服重力做功時，重力勢能一定增加，克服重力做功80J,重力對物體-80J的功，物體的重力勢能增加了80J,故A正確。日C、D物體動能的變化等于合外力做的功，克服重

5、力做功80J,物體的動能可能增加、可能不變、也可能減小，所以物體的機械能和動能變化不確定。故B、CD錯誤。故選A。【點睛】重力做功只能是使物體重力勢能轉化為動能，并不改變物體的機械能，阻力做功使物體機械能減少.5.5. 如圖所示，一個木塊在水平外力Fi和F2的作用下靜止在水平桌面上。已知Fi=12N,F2=4N。若只撤去外力Fi,則木塊在水平方向上受到的合力為Fi月A. 12N,方向向左B. 8N,方向向右C. 2N,方向向左D. 0【答案】D【詳解】木塊開始在水平方向受三個力而平衡，則有：f=FF2=i2-4=8N;物體處于靜止狀態(tài)，則說明物體受到的最大靜摩擦力大于等于8N;撤去Fi后，外力

6、為4N,小于8N,故物體仍能處于平衡，故合力一定是零；故D正確，A、日C錯誤。故選D。【點睛】本題共點力平衡條件的應用，解答本題應準確理解靜摩擦力的定義，并能根據受力分析得出力之間的關系，明確平衡條件的應用.6.6.電梯內有一個質量為m的物體，用細線懸掛在電梯的天花板上。已知當地的重力加速度為g,當電梯以期的加速度豎直向下做勻加速直線運動時，細線對物體拉力的大小為1A. B.2 C.二上 D. 二M4【詳解】物體隨電梯一起運動，故由牛頓第二定律可得：物體的合外力為：F=Lng,方向3豎直向下；又有物體只受重力和繩子拉力作用，所以，細線對物體拉力的大小為：,2F=G-F=-mg,方向豎直向上；故

7、選B。【點睛】牛頓第二定律的考查，一般由受力分析求得合外力，由運動狀態(tài)求得加速度，然后根據牛頓第二定律將力與運動聯(lián)立求解。7.7.如圖所示，在豎直光滑墻壁上用細繩將一個質量為m的球掛在。點，平衡時細繩與豎直墻的夾角為0,045。若墻壁對球的支持力大小為N,細繩對球的拉力大小為T,重力加速度為g,則下列說法中正確的是A.Nmg,TmgB.NmgC.Nmg,TmgD.Nmg,Tmg,N=mgan0,由于045,所以Nmg故選B。cosh【點睛】本題是三力平衡問題，分析受力情況，作出力圖，運用平衡條件和幾何知識列式求解即可.8.8. 如圖水平傳送帶在電動機帶動下始終保持以速度v勻速運動，某時刻質量為

8、m的物塊無初速度地放在傳送帶的左端，經過一段時間物塊能與傳送帶保持相對靜止。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數為若當地的的重力加速度為g,對于物塊放上傳送帶到物塊與傳送帶相對靜止的過程，下列說法中正確的是（）A.物塊所受摩擦力的方向水平向右B. 物塊運動的時間為C.物塊相對地面的位移大小為D.物塊相對傳送帶的位移大小為MS2年【答案】AD【解析】A.物塊向右加速運動，受到向右的摩擦力作用，A正確；日根據牛頓第二定律：=a=物塊加速運動的時間為t=v/a=,B錯誤；限2C根據速度位移關系：v2=2ax,物塊的位移：X=二，C錯誤；2咫D傳送帶的速度為v,物塊的平均速度為v/2,物塊相對傳送帶的位移大

9、小等于物塊的位移1二,D正確。2度故選：AD9.9.2016年8月16日，墨子號量子科學實驗衛(wèi)星成功發(fā)射升空，這標志著我國空間科學研究又邁出重要一步。已知衛(wèi)星在距地球表面高度為h的圓形軌道上運行，運行周期為T,引力常量為G地球半徑為R,則地球的質量可表示為43T：(R+h)47C2(R+h)24st2(R+h?A.B.：C.D.：GT2GT2GT2GT2【答案】D【解析】j2Mm4兀【詳解】衛(wèi)星受萬有引力提供向心力有G=mR+h);(R-h)2I-解得地球質量為、,_ 4?r（R 十 h）M 二GT2,故選DoMm【點睛】本題要掌握萬有引力提供故向心力這個關系G-=mR+h),并能根據題目(R

10、-坨-的意思正確的選擇向心力的表達式.10.10.如圖所示，質量相等的A、B兩個物體，沿著傾角分別為“和3的兩個光滑固定斜面(a3),由靜止開始從同一高度h2處下滑到同樣的另一高度h1處。在此過程中，關于A、B兩個物體，相同的物理量是A.下滑所用的時間B.重力的平均功率C.所受合力的沖量大小D.所受支持力的沖量大小【答案】C【解析】【詳解】A物體下滑過程中，下滑高度h=h2-hi相等，由機械能守恒定律得：m助=物體到達斜面底端時速度v=/2gh,由牛頓第二定律得mgsin。=ma解得加速度a=gsin0,v1物體沿斜面下滑的時間：t=-=,由于傾角a和3不同，物體下滑的時間t不同，a耨叫g故A

11、錯誤。日物體下滑過程中，物體初末位置相同，重力做功：W=mg蚌目等，由于運動時間t不同，W重力的平均功率：P=一不同，故B錯誤。IC由于物體下滑高度相同，由A可知，到達高度hi處時兩物體的速度大小相等，由于兩物體質量相等，則其動量大小：mv相等，由動量定理可知，合力的沖量等于動量的變化量，由于動量變化量大小相等，則合力沖量大小相等，故C正確。D斜面傾角不同，物體所受支持力大小不同，物體下滑的時間t不同，物體所受支持力沖量大小不一定相等，故D錯誤。故選Co【點睛】利用動量定理求沖量、由動能定理求功是常用的方法。要注意功、動能是標量，沖量、動量是矢量。F11.11.真空中電荷量為Q的點電荷周圍存在

12、電場，根據電場強度的定義式E=-可推導出點qQ電荷周圍某點的電場強度大小E=k-（k為靜電力常量，r為點電荷到該點的距離）。質量為rMM的質點周圍存在引力場，類比點電荷，可寫出該質點周圍某點的引力場強度大小為E5I=GT（G為引力常量，r為質點到該點的距離），則引力場強度的單位是A. kg/m B. kg/mC. N/kg D. N/kg【答案】C【解析】【詳解】由題意，類比電場強度的定義式可以知引力場強的定義為所以引力場強度的單m位是N/kg。故選Co【點睛】此題考查從題意中獲取信息的能力和知識遷移的能量，知道引力場強的定義式，進而結合單位制即可求解；另外，若不能正確理解題目的含義，也可以結

13、合萬有引力定律進行GM求解：將萬有引力常量G的單位代入E?|=,也可以得出引力場強度的單位。qr12.12.某物理小組利用如圖所示的裝置研究平拋運動。他們用小錘打擊彈性金屬片，A球水平拋出，同時B球松開，自由下落，并觀察到兩小球同時落地。關于該實驗，下列說法中正確的是（）:I）:3A.若只改變裝置的高度，多次實驗，則能說明A球在水平方向做勻速直線運動B.若只改變小錘的打擊力度，多次實驗，則能說明A球在水平方向做勻速直線運動C.若只改變裝置的高度，多次實驗，則能說明A球在豎直方向做自由落體運動D.若只改變小錘的打擊力度，多次實驗，則能說明A球在豎直方向做自由落體運動【答案】C【解析】AG只改變裝

14、置的高度，落地時間變長，但兩球仍同時落地，因此說明A.B在豎直方向運動規(guī)律是相同的，故根據實驗結果可知，平拋運動在豎直方向的分運動是自由落體運動，A錯誤，C正確；日只改變小錘的打擊力度，水平速度改變，水平位移改變，可以說明水平位移與速度有關，無法說明A球在水平方向做勻速直線運動，也無法說明A球在豎直方向做自由落體運動，B錯誤，D錯誤。故選：Co13.13.根據高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置。但實際上，赤道上方200m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6cm處，這一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速

15、度大小成正比，現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球A.到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零B.到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零C.落地點在拋出點東側D.落地點在拋出點西側【答案】D【解析】AB上升過程水平方向向西加速，在最高點豎直方向上速度為零，水平方向上有向西的水平速度，且有豎直向下的加速度，故AB錯；CD下降過程向西減速，按照對稱性落至地面時水平速度為0,整個過程都在向西運動，所以落點在拋出點的西側，故C錯，D正確；故選D點睛：本題的運動可以分解為豎直方向上的勻變速和水平方向上的變加速運動，利用運動的合成與分解來求解。二、本題共3小題，共1

16、9分。把答案填在答題卡相應的位置。14.14.如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測量，間接地解決這個問題。0MPNA.小球開始釋放時的高度hB.小球拋出點距地面的高度HC.小球做平拋運動的射程【答案】C【解析】【詳解】驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通過落地高度不變情況下水平射程來體現(xiàn)速度，故C正確.故選C.【點睛】驗證動量守恒定律中，會在相同高度下，用水平射程來間接測出速度，將復雜問題簡單化

17、.15.15.某同學在家中嘗試驗證力的平行四邊形定則，他找到三條相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、鉛筆、細繩、白紙、釘子，設計了如下實驗：將兩條橡皮筋的一端分別掛在豎直墻上的兩個釘子AB上，另一端與第三條橡皮筋連接，結點為O,將第三條橡皮筋的另一端通過細繩懸掛重物，如圖所示。a(1)為完成該實驗，下述操作中必需有的是A.測量細繩的長度B.測量橡皮筋的原長C.測量懸掛重物后橡皮筋的長度及方向D.記錄懸掛重物后結點O的位置(2)釘子位置固定，欲利用現(xiàn)有器材，改變條件再次驗證，可采用的方法是。【答案】(1).BCD(2).改變重物的質量【解析】【詳解】(1)三條橡皮筋遵守

18、胡克定律，要測量拉力可以通過測量橡皮筋的長度和原長，得到橡皮筋的伸長量，研究拉力與伸長量的倍數來根據比例作力的圖示.為了使兩次實驗效果相同，必須記下O點的位置來作參照.不需要測量細繩的長度.故B,C,D正確，A錯誤.故選BCD在其他條件不變的情況下，要改變實驗效果，只有改變重物的質量.故可采用的方法更換不同的重物.【點睛】本實驗在無法測量力的大小的情況下，可以采用比例法作圖，只需要測量橡皮筋的伸長量就行.通過分析原理即可正確解答實驗問題.16.16. 如圖1所示，用質量為m的重物通過滑輪牽引小車，使它在長木板上運動，打點計時器在紙帶上記錄小車的運動情況。利用該裝置可以完成“探究動能定理”的實驗

19、。A.刻度尺B.天平C.秒表(2)平衡摩擦力后，接通電源，釋放小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點，將打下的第一個點標為O。在紙帶上依次取A、B、C若干個計數點，已知相鄰計數點間的時間間隔為T測得A、B、C各點到。點的距離分別為xi、X2、X3，如圖2所示。衛(wèi)R；C1XX：h二必圖2實驗中，重物質量遠小于小車質量，可認為小車所受的拉力大小為mg從打O點到打B點的過程中，拉力對小車做的功W=,才TB點時小車的速度v=。(3)以v2為縱坐標，W為橫坐標，可作出v2-W圖像。實驗中如果沒有平衡摩擦力，不考慮其它阻力的影響，則從理論上分析，下圖中正確反映v2-W關系的是。【答案】(1).AB(2).m

20、gx(3).-(4).A2T【解析】12L,2【詳解】(1)探究動能定理，就是為了探究mgh和動能變量5M巧是否相等，故需要測量小車的質量，所以需要天平，測量高度和速度需要刻度尺，秒表不需要；故選AB.(2)拉力做功為：W=mgh=mgx,小車做勻加速直線運動，所以B點的速度等于AC段的平均速度為：E21(3)已經完全消除了摩擦力和其他阻力的影響，若重物質量不滿足遠小于小車質量的條件，彈簧的彈性勢能全部轉化為小車的動能，故W=-mv2,故v2與W成正比，故A正確.7【點睛】本題考查“探究動能定理”的實驗，實驗的原理是探究外力做功與物體動能的變化量的關系，這是實驗的核心，掌握核心，其它問題就比較

21、容易理解三、本題共5小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。把答案填在答題卡相應的位置。17.17.如圖所示，質量m=0.78kg的金屬塊放在水平桌面上，在大小F=3.0N、方向與的速度向右做勻速直線運動。已知水平方向夾角0=37o的拉力作用下，以v=4.0m/s2. I1 m/s。求:3m37。=0.6,cos370=0.8,取重力加速度所以金屬塊與桌面間的動摩擦因數為：3 0.8：= 0.4mg-FsinG 0,78 * 10-3 乂 0一6(1)金屬塊與桌面間的動摩擦因數科；(2)撤去拉力F

22、后金屬塊在桌面上能滑行的距離do【答案】目=0-4；(2)d=2.0m【解析】Fcos 0 =(mg Fsin 0 )【詳解】(1)金屬塊做勻速直線運動，故受力平衡，則有:(2)撤去拉力F后，金屬塊的合外力為：F合=f=mg故金屬塊做加速度為：a=g=4m/s2的勻減速運動；那么由勻變速運動規(guī)律可得，撤去拉力F后金屬塊在桌面上能滑行的距離為d=-=2m.2a【點睛】牛頓第二定律的考查，一般由受力分析求得合外力，由運動狀態(tài)求得加速度，然后根據牛頓第二定律將力與運動聯(lián)立求解。18.18.如圖，細線的一端固定，另一端系著質量為m的小球(可視為質點)，小球在如圖所示的水平面內做勻速圓周運動。已知細線長

23、為L,與豎直方向的夾角為，重力加速度為g,求：(1)小球對細線拉力F的大小；(2)小球角速度m的大小。【答案】(1)小球對細線拉力的大小為F = ； (2)&-【解析】小球受力分析如圖所示：1 ,cos01 加匕(1)在豎直方向，根據牛頓第二定律有：FcosOmg=O,所以：，mg根據牛頓第三定律可知，小球對細線拉力的大小為：F=F=;(2)由幾何關系可知，小球在水平面內做圓周運動的軌道半徑：r=Isinie在水平方向，根據牛頓第二定律有：=所以：切=19.19.2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h=10m,C是半徑R=20m圓弧的最低點。質量m=60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a=4.5m/s2,到達B點時速度Vb=30m/s。取重力加速度g=10。(1)求長直助滑道AB的長度L;(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小；(3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，并求其所受支持力耳,的大小。【答案】(1)L=100m；(2)I=180Ns;(3)N=3900N【詳解】(1)從A到B根據速度位移關系可得