江西省上饶县中学2022届高三物理上学期开学检测试题实验重点特长班含解析

上饶中学2022—2022学年高三上学期开学检测物理试卷（实验、重点班）一、选择题（共10小题，每题4分，共40分；其中1、10为多选题，其余为单选题）1.2022年里约奥运会上中国跳水“梦之队”收获7金2银1铜，创造了1984年参加奥运会以来的最好成绩！回国后，教练员和运动员认真分析了比赛视频，对于下面的叙述，正确的是（　　）A.研究运动员的跳水动作时，可以将运动员看成质点 B.研究运动员与跳板接触过程中跳板的弯曲情况时，可将运动员看成质点C.为了提高训练成绩，不管分析什么问题，都不能把运动员看成质点 D.能否把运动员看成质点，应根据研究问题而定【答案】BD【解析】物体能否看成质点，关键是看物体的形状和大小对所研究问题的影响是否可以忽略，当研究运动员的跳水动作时，不能将运动员看成质点，研究运动员接触跳板时跳板的弯曲情况，可以将运动员看成质点，所以能否将运动员看成质点，应根据所研究的问题而定，故A、C错误，B、D正确。点睛：解决本题的关键掌握物体能否看成质点的条件，关键看物体的大小和形状在所研究的问题中能否忽略。2.关于自由落体运动(g＝10m/s2)，下列说法中不正确的是(　　)A.它是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动B.在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1∶3∶5C.在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1∶2∶3D.从开始运动到距下落点5m、10m、15m所经历的时间之比为1∶2∶3【答案】D【解析】【详解】自由落体运动是竖直向下，v0＝0、a＝g的匀加速直线运动，A正确；根据匀变速直线运动规律，在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1∶3∶5，B正确；在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1：2：3，C正确；从开始运动到距下落点5m、10m、15m所经历的时间之比为1∶∶，D错误；此题选择错误的选项，故选D。-14-\n3.在物理学史上，正确认识运动和力的关系且推翻“力是维持运动的原因”这个观点的物理学家及建立惯性定律的物理学家分别是（）A.亚里士多德、伽利略B.伽利略、牛顿C.伽利略、爱因斯坦D.亚里士多德、牛顿【答案】B【解析】试题分析：物理常识的理解和记忆，对于每个物理学家，他的主要的贡献是什么要了解．解：亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才会运动，但这是不对的；伽利略推翻了亚里士多德的观点，认为力不是维持物体速度的原因，而是改变物体运动状态的原因；牛顿提出了物体的运动定律，其中的牛顿第一定律即为惯性定律；爱因斯坦提出了光子说很好的解释了光电效应的实验规律．所以B正确．故选B．【点评】本题考查的就是学生对于物理常识的理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，看的就是学生对课本内容的掌握情况．4.一步行者以匀速运动跑去追赶被红灯阻停的公交车，在跑到距汽车36m处时，绿灯亮了，汽车匀加速启动前进，其后两者的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是A.人不能追上公共汽车，且车开动后，人车距离越来越远B.人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了32m-14-\nC.汽车开动16s时人能追上公共汽车D.人不能追上公共汽车，人、车最近距离为4m人【答案】D【解析】开始阶段，人的速度大于汽车的速度，人和车的距离在减小，当人的速度小于汽车的速度时，人和车的距离增大，所以A错误；由图可知，汽车的加速度a=1m/s2，经过时间t=8s两者速度相等，此时步行者的位移，汽车的位移，因为，故人不能追上汽车，人车最近距离，故D正确，BC错误；故选D。点睛：人追汽车时，是一个匀速追赶匀加速的过程，当两者速度相等时追不上的话就永远追不上且此时相距最近，抓住这个关键点分别对人车分析即可．5.如图所示是一做匀变速直线运动的质点的位置–时间图象（x–t图象），P（t1，x1）为图象上一点。PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q（0，x2）。已知t=0时质点的速度大小为v0，则下列说法正确的是A.t1时刻，质点的速率为B.t1时刻，质点的速率为C.质点的加速度大小为D.质点的加速度大小为【答案】C【解析】x–t图象的斜率表示速度，则t1时刻，质点的速率为，选项AB错误；根据图象可知，-14-\nt=0时刻，初速度不为零，则加速度为，选项C正确、选项D错误。6.为了测定某汽车的性能，通过计算机描绘了该汽车在某阶段的图象。下列选项正确的是（）A.从计时开始汽车以5m/s的速度做匀速直线运动B.从计时开始汽车以10m/s的速度做匀加速直线运动C.第2s末汽车的速度大小为20m/sD.第2s内汽车的位移大小为40m【答案】B【解析】【详解】根据数学知识得，将匀变速直线运动的位移公式，变形得，可得，所以从计时开始汽车做初速度为10m/s加速度为的加速度做匀加速直线运动，A错误B正确；第2s末汽车的速度大小为，C错误；第1s末汽车的速度大小为，则第2s内汽车的位移大小为，D错误．7.如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后(　　)A.F1不变，F2变大B.F1不变，F2变小-14-\nC.F1变大，F2变大D.F1变小，F2变小【答案】A【解析】【详解】维修前后，木板静止，受力平衡，合外力为零，F1不变，则CD错误．对木板受力分析，如图：则2Fcosθ＝G，得F＝.维修后，θ增大，cosθ减小，F增大，所以F2变大，则A正确，B错误；故选A．8.如图所示，轻弹簧的一端与物块P相连，另一端固定在木板上。先将木板水平放置，并使弹簧处于拉伸状态。缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动，在这个过程中，物块P所受静摩擦力的大小变化情况是(  )A.先减小后增大B.先增大后减小C.一直增大D.保持不变【答案】A【解析】试题分析：设物块的重力为G，木板与水平面的夹角为θ，弹簧的弹力大小为F，静摩擦力大小为f．由题，缓慢抬起木板的右端，使倾角逐渐增大，直至物块P刚要沿木板向下滑动的过程中，弹簧的拉力不变，物块P的重力沿木板向下的分力先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，物块P所受的静摩擦力方向先木板向下，后沿木板向上．当物块P的重力沿木板向下的分力小于弹簧的弹力时，则有Gsinθ+f=F，θ增大时，F不变，f减小；当物块P的重力沿木板向下的分力大于弹簧的弹力时，则有Gsinθ=f+F，θ增大时，F不变，f增大；所以物块P所受静摩擦力的大小先减小后增大．故选A．考点：力的平衡-14-\n【名师点睛】本题要抓住弹簧的拉力没有变化，重力的分力是变力，先小于弹簧的弹力，后大于弹簧的弹力，根据平衡条件进行动态变化分析。9.如图所示,倾角为θ的斜面体置于水平面上，B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连，连接的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态。则（）A.B受到C的摩擦力一定不为零B.C受到水平面的摩擦力一定为零C.水平面对C的支持力与C、B的总重力大小相等D.若将细绳剪断，B物体依然静止在斜面上，水平面对C的摩擦力为零【答案】D【解析】【详解】当B受到绳子的拉力与B的重力在斜面上的分力大小相等，即时，B在斜面上没有运动趋势，此时BC间没有摩擦力，A错误；把BC当做一个整体进行受力分析，可知绳子的拉力在水平方向上的分量不为零，整体有向右的运动趋势，所以C受到地面的摩擦力不会为零，B错误；把BC当做一个整体进行受力分析，在竖直方向上有：，绳子的拉力在竖直方向上的分量不为零，所以水平面对C的支持力与B、C的总重力大小不相等，C错误；若将细绳剪断，B物体依然静止在斜面上，以BC为整体进行受力分析，受重力和地面的支持力作用，在水平方向没有力作用，所以水平面对C的摩擦力为零，D正确．【点睛】该题考查到了摩擦力的判断，常用的方法有：假设法：利用假设法判断摩擦力的有无及方向；反推法：从研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的有无及方向了；利用牛顿第三定律来判断：此法的关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“反向”确定另一物体受到的静摩擦力的方向．10.如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足够长的弹簧，则当木块接触弹簧后(　　)-14-\nA.木块立即做减速运动B.木块在一段时间内速度仍可增大C.当F等于弹簧弹力时，木块速度最大D.弹簧压缩量最大时，木块加速度为0【答案】BC【解析】试题分析：物体与弹簧接触后，物体受到弹力，但开始时弹力小于推力，物体继续加速，直到弹力等于推力时，加速度为零，此时速度最大，故A错误，BC正确；弹簧处于最大压缩量时，速度为零，弹力大于推力，故合力不为零，加速度也不为零，故D错误，故选BC．考点：牛顿第二定律的应用.二、实验题：把答案填在答题卡的横线上或按题目要求作答。（每空2分，共14分）11.“探究求合力的方法”的实验装置如图甲所示。(1)某次实验中，弹簧测力计的指针位置如图甲所示。其中，细绳CO对O点的拉力大小为________N。(2)请将图甲中细绳CO和BO对O点两拉力的合力F合画在图乙上______。由图求出合力的大小F合＝________N。(保留两位有效数字)-14-\n(3)某同学对弹簧测力计中弹簧的劲度系数是多少很感兴趣，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图丙所示，利用读得的数据，他得出了弹簧的劲度系数。那么，该弹簧的劲度系数k＝________N/m。(保留两位有效数字)【答案】(1).2.60(2).(3).5.1(5.1～5.3均可)(4).60【解析】（1）根据测力计指针的指示可读出其示数为：；（2）以为邻边，作出平行四边形，如图所示，对角线表示合力：由此可得出合力的大小为：．（3）根据丙图可知，当拉力为时，弹簧的拉伸量为：，由于刻度尺需要估读在范围内均正确．因此根据得：，在范围内均正确。点睛：实验的核心是实验原理，根据原理选择器材，安排实验步骤，分析实验误差，进行数据处理等等。12.“用DIS研究加速度与力的关系”的实验装置如图所示，实验中用所挂钩码的重量作为细线对小车的拉力F。通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力F-14-\n的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线。如图(b)所示。(1)图线________(选填“①”或“②”)是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；(2)在轨道水平时，小车运动的阻力Ff＝________N；(3)图(b)中，拉力F较大时，aF图线明显弯曲，产生误差，为避免此误差，可采取的措施是________。A．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动B．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车的总质量C．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力D．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验【答案】(1).①(2).0.5(3).C【解析】【分析】根据图象①可知，当拉力为零时，物体已经具有加速度，②图象，有拉力时，加速度为零，由此可知，一个是由于木板倾斜的太大，一个没有倾斜或者倾斜的角度太小；根据图示图象应用牛顿第二定律可以求出阻力；根据图象得出变量之间的关系，知道钩码所受的重力作为小车所受外力的条件．【详解】（1）在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零时，加速度仍然为零，可知图线Ⅱ是在轨道水平的情况下得到的．当轨道的右侧抬高过高时，（平衡摩擦力过度），拉力等于0时，会出现加速度，所以图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；（2）根据牛顿第二定律得，，图线的斜率表示质量的倒数；因为时，加速度为零，解得；-14-\n（3）随着钩码的数量增大到一定程度时图（b）的图线明显偏离直线，造成此误差的主要原因是所挂钩码的总质量太大，而我们把用钩码所受重力作为小车所受的拉力，所以消除此误差可采取的简便且有效的措施应该测量出小车所受的拉力，即在钩码与细绳之间放置一力传感器，得到力F的数值，在作出小车运动的加速度a和力传感器读数F的关系图象，故选C．【点睛】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练．注意小车的拉力能等于重力的前提条件，并掌握图象斜率的含义．三、计算题：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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（10+12+12+12=46分）13.如下图甲所示，质量m＝1kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(vt图像)如图乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s内物块的位移大小x和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。【答案】(1)0.5m　1.5m　(2)4m/s2　4m/s2　8N【解析】试题分析：（1）物块上升的距离：x1＝×2×1m＝1m；物块下滑的距离：x2＝×1×1m＝0．5m；位移x＝x1－x2＝1m－0．5m＝0．5m路程L＝x1＋x2＝1m＋0．5m＝1．5m（2）由题图乙知，各阶段加速度的大小设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律0～0．5s内F－Ff－mgsinθ＝ma1；-14-\n0．5～1s内－Ff－mgsinθ＝ma2；联立解得：F＝8N。考点：牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是能从v-t图像中搞清物体的运动特征，知道v-t图像的“面积”表示物体的位移；知道路程和位移的不同．14.如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v0=12m/s的初速度，从斜面A点处沿斜面向上运动．加速度大小为a=8.0m/s2．已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物体沿斜面上滑的最大距离s；（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回，求物块从出发到再次回到出发点所用时间．【答案】（1）物体沿斜面上滑的最大距离s为9m；（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；（3）物体沿斜面到达最高点后返回，物块从出发到再次回到出发点所用时间为1.5+1.5（s）【解析】试题分析：（1）在上滑过程中根据运动学公式由=2as代入数据解得：s=9m上滑时间为：（2）物体沿斜面向上运动时由受力可知，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+μN=maN=mgcosθ联立并代入数据解得：μ=0.25（3）物体沿斜面向下运动时有受力分析可知，根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μN=ma′-14-\n解得：a′=4m/s2根据s=可知下滑时间为：t2=1.5（s）t总=t1+t2=1.5+1.5（s）15.汽车前方120m有一自行车正以6m/s的速度匀速前进，汽车以18m/s的速度追赶自行车，若两车在同一条公路不同车道上作同方向的直线运动，求：（1）经多长时间，两车第一次相遇；（2）若汽车追上自行车后立即刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为2m/s2，则再经多长时间两车第二次相遇。【答案】（1）10s（2）13.5s【解析】试题分析：（1）抓住汽车和自行车的位移关系，运用运动学公式求出第一次相遇的时间．（2）抓住位移相等，运用运动学公式求出第二次相遇的时间，需讨论汽车刹车到停止的时间，若经历的时间大于汽车到停止的时间，则汽车停在某处让自行车追赶，再根据运动学公式求出追及的时间解：（1）设经t1秒，汽车追上自行车ν2t1=ν1t1+St1=8s故经过8s两车第一次相遇（2）相遇时汽车的速度为v=at1=32m/s相遇后2s内的速度为v′=v+at′=32+4×2m/s=40m/s2s内通过的位移为汽车减速到零所需时间为5s汽车前进的位移为自行车前进的位移为x自=vt2=30m，故汽车停止前未追上故再次追上所需时间为答：（1）经8s，两车第一次相遇，-14-\n（2）若汽车追上自行车后保持加速度不变继续行驶了2s开始刹车，汽车刹车过程中的加速度大小为8m/s2，则再经两车第二次相遇【点评】解决本题的关键知道两车相遇位移具有一定的关系．注意第二次相遇要判断汽车是否停止，不能死代公式16.如图所示，光滑斜面倾角为30o，AB物体与水平面间摩擦系数均为μ=0.4，现将A、B两物体（可视为质点）同时由静止释放，两物体初始位置距斜面底端O的距离为LA=2.5m，LB=10m。不考虑两物体在转折O处的能量损失。（1）求两物体滑到O点的时间差。（2）B从开始释放，需经过多长时间追上A？（结果可用根号表示）【答案】（1）1s（2）2.34s【解析】试题分析：（1）A到达底端时间B到达底端时间AB到达底端时间差（2）A到达底端速度经过分析B追上A前，A已停止运动A在水平面上运动的总位移B在水平面上运动的总位移m其中由SA=SB得t=s则B从释放到追上A用时s-14-\n考点：匀变速直线运动的规律【名师点睛】本题要掌握牛顿运动定律和匀变速直线运动规律的应用，关键要抓住两物体的位移和时间关系，知道追上时两者位移相等．-14-