广西钦州市钦南区钦州港中学2018届高三上学期开学物理

2017-2018学年广西钦州市钦南区钦州港中学高三（上）开
学物理试卷
一.选择题
1. A、B两物体同时同地从静止出发做直线运动，物体的加速度与时间关系如图所示，其中t2=2t1，关于两个物体的运动，下列判断正确的是（）
A. t1时刻，两物体速度相同
B. t2时刻，两物体位置相同
C. t2时刻，两物体速度相同
D. 运动过程中两物体不可能相遇
【答案】C
【解析】a-t图象中，面积表示速度，故t1时刻，两物体速度不相同，故A错误．a-t图象中，面积表示速度，故t2时刻，两物体速度相同，由于此段时间内A速度较大，故A在前，不相遇，故B错误，C正确．由上述分析可知，随着时间延续，B最终会追上A，故D错误．故选C.
2. 如图所示是反映汽车从静止匀加速启动（汽车所受阻力f恒定），达到额定功率后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中不正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．开始匀加速时：F-f=ma，设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1
最后匀速时：F=f，有：F额=Fv m；由以上各式解得：匀加速的末速度为：，最后匀速速度为：．在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B 错误；汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确．本题选择不正确的，故选：B．
考点：机车启动的两种方式；功率及牛顿定律。

3. 如图为湖边一倾角为30°的大坝的横截面示意图，水面与大坝的交点为O．一人站在A点处以速度v0沿水平方向扔小石子，已知AO=40m，g取10m/s2．下列说法正确的是（）
A. 若v0=18m/s，则石块可以落入水中
B. 若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
D. 若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【答案】A
【解析】根据h=gt2得，．则石块落入水中的最小初速度
．可知v0=18m/s，则石块可以落入水中．故A正确．若石块能落入水中，则下落的高度一定，可知竖直分速度一定，根据tanα＝知，初速度越大，则落水时速度方向与水平面的夹角越小．故B错误．若石块不能落入水中，速度方向与水平方向的夹角的正切值，位移方向与水平方向夹角的正切值，可知
tanα=2tanθ，因为θ一定，则速度与水平方向的夹角一定，可知石块落到斜面时速度方向与斜面的夹角一定，与初速度无关．故CD错误．故选A．
4. 如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则（）
A. 系统的动量守恒
B. 水平方向任意时刻m与M的动量等大反向
C. m不能向左摆到原高度
D. 小球和车可以同时向同一方向运动
【答案】B
【解析】当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，故B正确；以小球和小车组成的系统，水平方向动量守恒，当小球和小车的速度均变为零时，小球向左摆到最大高度，因只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故C错误；因水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，即速度一定是反向的，故D错误；故选B．
点睛：本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断．对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒．
5. 一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：铁块滑到半球底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1．5倍，由牛顿第二定律得：
对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR-W=mv2，解得：W=mgR；故选B。

考点：牛顿第二定律；动能定理。

6. 甲乙丙三辆汽车以相同的速度经过同一路标，从此时开始，甲做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，他们通过下一路标的速度相同，则（）
A. 甲车先通过下一路标
B. 乙车先通过下一路标
C. 丙车先通过下一路标
D. 三辆车同时通过下一路标
【答案】B
【解析】解：设甲做匀速直线运动的速度为v，乙先加速后减速，在运动的过程中速度大于v，则整个过程中的平均速度大于v；丙先减速后加速，在运动过程中的速度小于v，则整个过程中的平均速度小于v．根据x=，知乙的运动时间最短，所以乙车先经过下一个路标．故选：B．
【点评】解决本题的关键比较出三辆汽车的平均速度，抓住位移相等，结合平均速度的公式分析比较，本题也可以采用速度时间图线进行比较．
7. 如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O．下列关于x 轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）
A. O点的电场强度为零，电势最高
B. O点的电场强度为零，电势最低
C. 从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D. 从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
【答案】B
【解析】圆环上均匀分布着负电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向左，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最低，故A错误，B正确；O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向左，电势升高，故C D错误．故选B．点睛：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．
8. 如图所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）
A. B球的受力情况未变，加速度为零
B. A、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
C. A、B之间杆的拉力大小为2mgsinθ
D. C球的加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
【答案】B
【解析】试题分析：线烧断前，ABC做为一个整体，沿斜面方向受力分析得弹簧弹力
F=3mgsinθ，对C受力分析，沿斜面方向绳子拉力T=mgsinθ，细线烧断瞬间，弹簧形变量不会变化弹力不变，对C分析，没有细线拉力，mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，选项D错误；AB之间由轻杆连接，相对静止，AB整体分析可得F-2mgsinθ=2ma，合力沿斜面向上，得
a=gsinθ，选项A错误、B正确；对B分析，斜面方向一个轻杆弹力一个重力沿斜面向下分力，轻杆弹力T'-mgsinθ=ma=mgsinθ，得轻杆弹力T'=mgsinθ，选项C错误。

考点：力的突变问题共点力的平衡
【名师点睛】本题关键点就是绳和弹簧的区别：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零．这点在做题时要特别留意．弹簧与绳的区别是：弹簧的弹力不会突变，而绳在断后弹力会突变为零，对其受力分析，根据牛顿第二定律由此可以来分析A、B、C球的加速度情况．
9. 甲、乙两物体从同一点开始做直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列判断正确的是（）
A. 在t a时刻两物体速度大小相等，方向相反
B. 在t a时刻两物体加速度大小相等，方向相反
C. 在t a时刻之前，乙物体在甲物体前，并且两物体间的距离越来越大
D. 在t a时刻之后，甲物体在乙物体前，并且两物体间的距离越来越大
【答案】BC
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考点：v-t图像；追击问题.
10. 如图所示，一位同学做飞镖游戏，已知圆盘的直径为d，飞镖距圆盘为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘以垂直圆盘过盘心O的水平
轴匀速转动，角速度为ω．若飞镖恰好击中A点，则下列关系正确的是（）
A. dv02=L2g
B. ωL=π（1+2n）v0，（n=0，1，2，3…）
C. v0=ω
D. dω2=gπ2（1+2n）2，（n=0，1，2，3…）
【答案】B
点睛：本题是圆周运动与平抛运动的结合题；关键知道恰好击中A点，说明A点正好在最低点，利用匀速圆周运动和平抛运动规律联立求解.
二、实验题：
11. 某同学测定匀变速直线运动的加速度时，得到了在不同拉力下的A、B、C、D、…等几条
较为理想的纸带，并在纸带上每5个点取一个计数点，即相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，
将每条纸带上的计数点都记为0、1、2、3、4、5…，如图所示甲、乙、丙三段纸带，分别是从三条不同纸带上撕下的．
（1）在甲、乙、丙三段纸带中，属于纸带A的是_____．
（2）打A纸带时，物体的加速度大小是_____ m/s2．
（3）打点计时器打1号计数点时小车的速度为_____m/s．
【答案】(1). 乙(2). 3.11 (3). 0.456
【解析】试题分析：（1）根据匀变速直线运动的特点（相邻的时间间隔位移之差相等）得出：x34-x23=x23-x12=x12-x01
所以属于纸带A的是乙图．
（2）根据运动学公式△x=at2得：
（3）利用匀变速直线运动的推论：
考点：测定匀变速直线运动的加速度
【名师点睛】对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，例如匀变速运动的物体在相邻的时间间隔位移之差相等。

三．计算题（写出必要的文字说明，方程式及演算步骤，只写出最后答案的不能得分．）
12. 如图所示，质量M=4kg的木板静置于光滑水平面上，质量m=1kg的小物块（可视为质点）以初速度v0=4m/s从木板的左端冲上木板，同时在木板的右端施加一个水平向右F=2N 的恒力，经t=1s撤去外力，最后小物块恰好不从木板的上端滑下，已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）经过t=1s，小物块在木板上滑动的距离△x1为多少？
（2）木板的长度l为多少？
【答案】（1）2.5m （2）2.7m
【解析】（1）物块所受摩擦力f=μmg=2N，根据牛顿第二定律得：a=＝2m/s2
t=1s时木块的速度为：v=at=2m/s，
木块运动的位移为：s=v0t+at2＝2×1+×2×1＝3m
木板所受合外力为：F合=F+f=4N
所以加速度为：a2==1m/s2
木板运动的位移为：x=a2t2＝0.5m
所以有：△x1=s-x=2.5m
（2）撤去外力时，物块的速度是2m/s，木板的速度v2=a2t=1m/s，小物块恰好不从木板的上端滑下，则末速度相等，根据动量守恒定律得：mv+Mv2=（m+M）v1
解得：v1=1.2m/s
对整个系统根据动能定理得：mv2+Mv22− (M+m)v12＝μmgx1
解得：x1=0.2m
则木板的长度为：l=△x+x1=2.7m
点睛：本题涉及两个物体的动力学问题，除了隔离研究两个物体的运动情况外，关键是找出两个物体之间的关系，知道木块在滑动过程中，木块和木板组成的系统动量守恒．
13. 2012年11月23日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼﹣15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功．滑跃起飞有点象高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在整个运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响．取g=10m/s2．
（1）求飞机在水平跑道运动的时间．
（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．
（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）
【答案】（1）8s （2）（3）106N
【解析】试题分析：（1）飞机在水平跑道上的加速度．根据得，．
（2）飞机在倾斜跑道上的加速度．
飞机进入倾斜跑道时的初速度．
根据速度位移公式得，
解得．
（3）对全过程运用动能定理得，
代入数据解得．
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用
【名师点睛】（1）根据牛顿第二定律求出飞机的加速度，结合位移时间时间公式求出飞机在水平跑道上运动的时间．（2）根据速度时间公式求出飞机在倾斜轨道上的初速度，再根据牛顿第二定律求出飞机在倾斜轨道上的加速度，根据速度位移公式求出飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小．（3）对全过程运用动能定理，根据动能定理求出弹射器的平均作用力
14. 如图a所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计，比荷
=1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5s后，电荷以
v0=1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变化（图b中磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过
MN时为t=0时刻）．计算结果可用π表示，求：
（1）O点与直线MN之间的电势差；
（2）t=×10﹣5s时刻电荷与O点的水平距离
（3）如果在O点右方d=67.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需要的时间．
【答案】（1）（2）4cm （3）
【解析】试题分析：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，由动能定理：，得：
（2）当磁场垂直纸面向外时，设电荷运动的半径为r1：得：，周期
当磁场垂直纸面向里时，
周期
故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其轨迹如图甲所示，
时刻电荷与O点的水平距离为：
（3）电荷第一次通过MN开始，其运动的周期为：，
根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，
此时电荷沿MN运动的距离
则最后7.5cm的距离如图乙所示
有：
解得：，则α=60°
故电荷运动的总时间
考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动
【名师点睛】本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿第二定律和运动学公式结合研究是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，根据轨迹求解时间
15. 如图，半径R=0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O 为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°．将一个质量m=0.5kg的物体（视为质点）从A点左侧高为h=0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物体水平抛出时的初速度大小V0；
（2）物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小F N；
（3）物体在轨道CD上运动的距离x．
【答案】（1）3m/s （2）34N（3）1.09m
【解析】试题分析：（1）物体在抛出后竖直方向做自由落体运动，竖直方向：
物体恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则
得
（2）物体到达A点的速度
A到B的过程中机械能守恒，得：
物体在B点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则，解得
（3）B到C的过程中机械能守恒，得：
物体在斜面CD上受到的摩擦力
设物体在轨道CD上运动的距离x，则：
解得
考点：考查了平抛运动，机械能守恒，圆周运动，
【名师点睛】物体做平抛运动，由自由落体运动的规律求出物体落在A时的竖直分速度，然后应用运动的合成与分解求出物体的初速度大小v0．通过计算分析清楚物体的运动过程，由能量守恒定律求出物体在B点的速度，然后又牛顿第二定律求出物体对圆弧轨道压力大小F N；先由机械能守恒求出物体在C点的速度，然后由动能定理即可求解．
16. 如图所示，一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运行，传送带把A点处的零件运送到B 点处，A、B两点之间相距L=10m，从A点把零件轻轻地放到传送带上，经过时间t=6s能传送到B处．如果提高传送带的运动速率，零件能较快地传送到B点，要让零件用最短的时间从A点传送到B点处，说明并计算传送带的运动速率至少应多大？如果把求得的速率再提高一倍，则零件传送时间为多少？
【答案】（1）（2）
【解析】在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从A到B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为t1，则t1+v（t-t1）=L
所以
为使物体从A至B所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的
滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而
设物体从A至B所用最短的时间为t2，则at22=L，
v min=at2=1×m/s=2m/s．
传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1m/s2的匀加速运动，从A至B的传送时间为
2s.
点睛：解决本题的关键会对物块放上传送带进行受力分析，从而判断物块的运动情况．物块轻轻放上传送带后由于受到向前的摩擦力，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，做匀速直线运动．。