还剩19页未读，
继续阅读
山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学物理试题（解析版）
展开
这是一份山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学物理试题（解析版），共22页。
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB选项中一个时间对应2个以上的位移，故不可能，故AB错误；
CD．同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是成函数关系，故C正确，D错误。
故选C。
2. 利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，（ ）
A. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C. 桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】C
【解析】
【详解】A．当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；
B．根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；
C．由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D．桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。
故选C。
3. 如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（ ）
A. 汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为
B. 汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大
C. 汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小
D. 汽车过A、C两点时，M对P的支持力小于Q对P的支持力
【答案】B
【解析】
【详解】A．汽车在由直道进入弯道A前，以P为对象，根据受力平衡可得
解得M对P的支持力大小为
故A错误；
B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力的竖直分力与P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心力，则有
，
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大，故B正确；
C．由角速度与线速度关系
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故C错误；
D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，因此M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D错误。
故选B。
4. 如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（ ）
A. 在Q点最大B. 在Q点最小C. 先减小后增大D. 先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律
在该处根据牛顿第二定律
联立可得
则大圆环对小环作用力的大小
根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
故选C。
5. 天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的（ ）
A. 0.001倍B. 0.1倍C. 10倍D. 1000倍
【答案】B
【解析】
【详解】设红矮星质量为M1，行星质量为m1，半径为r1，周期为T1；太阳的质量为M2，地球质量为m2，到太阳距离为r2，周期为T2；根据万有引力定律有
联立可得
由于轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，可得
故选B。
6. 进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为50kg，大小忽略不计）绕轴以2rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2m，离地高为2m，绳长为4m，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（ ）
A. 所受的合外力不变B. 所受绳子的拉力指向圆周运动的圆心
C. 线速度大小为10m/sD. 所需向心力大小为800N
【答案】D
【解析】
【详解】A．雪圈（含人）做匀速圆周运动合外力一直指向圆心，方向在时刻发生变化，因而合外力在不断变化，故A错误；
B．根据图示可知绳子的拉力沿绳并指向绳收缩的方向，并不是指向圆周运动的圆心的，故B错误；
C．根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为
根据可知，线速度大小为
故C错误；
D．雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，则有
故D正确。
故选D。
7. 某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5cm，空气密度为1.29kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度10m/s2。则此时吹风机的风速约为（ ）
A. 6m/sB. 8m/sC. 10m/sD. 12m/s
【答案】A
【解析】
【详解】对于时间内吹出的空气，根据动量定理
其中
代入数据解得
故选A。
8. 加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B. 汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动
C. 汽车达到的最大速度大小为15m/s
D. 从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律
解得
可知汽车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C．时汽车的速度为
汽车额定功率为
汽车达到的最大速度大小为
故C错误；
D．汽车做匀加速直线运动的位移为
从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得
汽车通过的距离为
故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题每题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 图（a）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移—时间图像（后10s的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（ ）
A. 机器人在0~30s内的位移大小为2m
B. 0~10s内，机器人做匀加速直线运动
C. 10~30s内，机器人的平均速度大小为0.35m/s
D. 机器人在5s末的速度与15s末的速度相同
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据图像可知，机器人在0～30s内的位移大小为2m，A正确；
B．位移时间图线的斜率可反映速度，0～10s内，图线的斜率不变，机器人做匀速运动，B错误；
C．10～30s内，平均速度为
m/s=0.35m/s
C正确；
D．0～10s内图线的斜率与10s～20s内图线的斜率关系为：
k1=-k2
所以机器人在5s末的速度与15s末的速度等大反向，因速度是矢量，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处作水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（ ）
A. 线速度vA>vBB. 角速度ωA<ωB
C. 向心加速度aAFB
【答案】BC
【解析】
【详解】设绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球分析有
整理有
，，
A．由于
小球从A处到达B处，l减小，θ增大，则无法判断vA、vB的关系，故A错误；
B．由于
其中
联立有
由题意可知，小球从A处到达B处，h减小，则
故B正确；
CD．由于
整理有
由题意可知，其角度θ变大，所以小球所受向心力变大，即
向心加速度大小也变大，即
故C正确，D错误。
故选BC。
11. 如图（a）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θ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θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
A. 物体的初速率v0=4 m/s
B. 物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C. 当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D. 取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时，，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
12. 2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。己知月球表面重力加速度约为地球表面的，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B. 其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度
C. 其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
D. 其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有
其中在月球表面万有引力和重力的关系有
联立解得
由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得
代入题中数据可得
故A错误、B正确；
CD．根据线速度和周期的关系有
根据以上分析可得
故C错误、D正确；
故选BD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 在探究平抛运动规律的实验中：
（1）在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。关于该实验下列说法正确的是______。
A. 斜槽轨道必须光滑
B. 斜槽轨道末端要保持水平
C. 要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
D. 每次应该从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是______。
A. B.
C. D.
（3）如图所示，一个做平抛运动的小球，先后通过a、b、c三点，若相邻两点间的水平距离均为，竖直距离分别为和，则抛出该球的初速度大小为______。（不计空气阻力，g取）
【答案】（1）BCD （2）A
（3）
【解析】
【小问1详解】
AD．小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，不论斜槽是否光滑，小球从斜槽飞出时的速度都相同，这样能保证描绘的是同一平抛运动的轨迹。故A错误；D正确；
B．斜槽的末端必须保证水平，这样小球从斜槽飞出后才能做平抛运动。故B正确；
C．要使描出的轨迹更好地反映小球的真实运动，记录的点应适当多一些。故C正确。
故选BCD。
【小问2详解】
小球在竖直方向做自由落体运动，有
水平方向做匀速直线运动，有
联立，可得
因初速度相同，所以为常数，故y−x2为正比例关系。
故选A。
【小问3详解】
小球做平抛运动，相邻两点间的水平距离均为，则从a到b的时间与从b到c的时间相等，设为T，竖直方向有
水平方向，有
联立，解得
14. 如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是_____；
A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法
（2）该实验过程中操作正确的是____；
A补偿阻力时小车未连接纸带
B.先接通打点计时器电源，后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（3）在小车质量___（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为___（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是___；
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
（4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式___；小车加速度的表达式是___。
A. B. C.
【答案】 ①. B ②. B ③. 远大于 ④. 系统误差 ⑤. C ⑥. ⑦. A
【解析】
【详解】（1）[1]该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。
故选B。
（2）[2]A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；
C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
故选B
（3）[3]设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
联立解得
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
[4]上述做法引起误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。
[5]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。
故选C。
（4）[6]相邻两计数点间的时间间隔为
打计数点5时小车速度的表达式为
[7]根据逐差法可得小车加速度的表达式是
故选A。
15. 嫦娥六号在轨速度为，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为，分离后B的速度为v，且与同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度；
（2）分离时A对B的推力大小。
【答案】（1），方向与相同
（2）
【解析】
【小问1详解】
组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有
(mM)v0 Mvmv1
解得
方向与v0相同。
【小问2详解】
以B为研究对象，对B列动量定理有
FΔt MvMv0
解得
16. 如图甲，为某学校举行定点投篮比赛的场景，某同学正在进行定点投篮，投出的篮球在空中划出一道漂亮的弧线，穿网而过。如图乙，为篮球在空中运动轨迹，在篮球运动所在的竖直平面内建立直角坐标系xOy，篮球从A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的4个点，C点为篮球运动的最高点，D点是篮筐位置，A、B、D点的坐标分别为（-2L，-3L）、（-L，0）、（L，0）。篮球质量为m，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。求：
（1）C点的纵坐标yC；
（2）该同学将篮球投出时，篮球的速度v。
【答案】（1）L；（2），速度与水平方向夹角的正切值为4
【解析】
【详解】（1）篮球做斜抛运动，由图乙可知，从A到B、B到C、C到D的水平距离相等，水平方向分运动为匀速直线运动，可知，相邻位置的运动时间相等，设为t，利用逆向思维则有
，
解得
（2）设该同学在A点将篮球抛出的水平分速度和竖直分速度分别为vx，和vy，则有
，，
则篮球的速度
结合上述解得
设将篮球投出时，篮球的速度与水平方向夹角为，则有
解得
17. 如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；；（2）
【解析】
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
【点睛】
18. 如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB选项中一个时间对应2个以上的位移，故不可能，故AB错误；
CD．同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是成函数关系，故C正确，D错误。
故选C。
2. 利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”，如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时，（ ）
A. 砚台对墨条的摩擦力方向水平向左
B. 桌面对砚台的摩擦力方向水平向左
C. 桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力
D. 桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力
【答案】C
【解析】
【详解】A．当墨条速度方向水平向左时，墨条相对于砚台向左运动，故砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，故A错误；
B．根据牛顿第三定律，墨条对砚台的摩擦力方向水平向左，由于砚台处于静止状态，故桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，故B错误；
C．由于砚台处于静止状态，水平方向桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，故C正确；
D．桌面对砚台的支持力大小等于砚台的重力加上墨条对其的压力，故桌面对砚台的支持力大于墨条对砚台的压力，故D错误。
故选C。
3. 如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（ ）
A. 汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为
B. 汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大
C. 汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小
D. 汽车过A、C两点时，M对P的支持力小于Q对P的支持力
【答案】B
【解析】
【详解】A．汽车在由直道进入弯道A前，以P为对象，根据受力平衡可得
解得M对P的支持力大小为
故A错误；
B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力的竖直分力与P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心力，则有
，
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大，故B正确；
C．由角速度与线速度关系
当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故C错误；
D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，因此M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D错误。
故选B。
4. 如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（ ）
A. 在Q点最大B. 在Q点最小C. 先减小后增大D. 先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
方法二（数学法）：设大圆环半径为，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为，根据机械能守恒定律
在该处根据牛顿第二定律
联立可得
则大圆环对小环作用力的大小
根据数学知识可知的大小在时最小，结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。
故选C。
5. 天文学家发现，在太阳系外的一颗红矮星有两颗行星绕其运行，其中行星GJ1002c的轨道近似为圆，轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，则这颗红矮星的质量约为太阳质量的（ ）
A. 0.001倍B. 0.1倍C. 10倍D. 1000倍
【答案】B
【解析】
【详解】设红矮星质量为M1，行星质量为m1，半径为r1，周期为T1；太阳的质量为M2，地球质量为m2，到太阳距离为r2，周期为T2；根据万有引力定律有
联立可得
由于轨道半径约为日地距离的0.07倍，周期约为0.06年，可得
故选B。
6. 进入冬季后，北方的冰雪运动吸引了许多南方游客。如图为雪地转转游戏，人乘坐雪圈（人和雪圈总质量为50kg，大小忽略不计）绕轴以2rad/s的角速度在水平雪地上匀速转动，已知水平杆长为2m，离地高为2m，绳长为4m，且绳与水平杆垂直。则雪圈（含人）（ ）
A. 所受的合外力不变B. 所受绳子的拉力指向圆周运动的圆心
C. 线速度大小为10m/sD. 所需向心力大小为800N
【答案】D
【解析】
【详解】A．雪圈（含人）做匀速圆周运动合外力一直指向圆心，方向在时刻发生变化，因而合外力在不断变化，故A错误；
B．根据图示可知绳子的拉力沿绳并指向绳收缩的方向，并不是指向圆周运动的圆心的，故B错误；
C．根据几何关系可知，雪圈（含人）做匀速圆周运动的半径为
根据可知，线速度大小为
故C错误；
D．雪圈（含人）所受的合外力提供所需的向心力，则有
故D正确。
故选D。
7. 某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5cm，空气密度为1.29kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度10m/s2。则此时吹风机的风速约为（ ）
A. 6m/sB. 8m/sC. 10m/sD. 12m/s
【答案】A
【解析】
【详解】对于时间内吹出的空气，根据动量定理
其中
代入数据解得
故选A。
8. 加快发展新质生产力是新时代可持续发展的必然要求，我国新能源汽车的迅猛发展就是最好的例证。某新能源汽车生产厂家在平直公路上测试汽车性能，t＝0时刻驾驶汽车由静止启动，时汽车达到额定功率，时汽车速度达到最大，如图是车载电脑生成的汽车牵引力F随速率倒数变化的关系图像。已知汽车和司机的总质量m＝2000kg，所受阻力与总重力的比值恒为，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车启动后做匀加速直线运动，直到速度达到最大
B. 汽车在BC段做匀加速直线运动，在AB段做匀速运动
C. 汽车达到的最大速度大小为15m/s
D. 从启动到速度达到最大过程中汽车通过的距离为150m
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图可知汽车在AB段汽车牵引力不变，根据牛顿第二定律
解得
可知汽车在AB段做匀加速直线运动，汽车在BC段牵引力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大，故AB错误；
C．时汽车的速度为
汽车额定功率为
汽车达到的最大速度大小为
故C错误；
D．汽车做匀加速直线运动的位移为
从启动到速度达到最大过程中，根据动能定理
解得
汽车通过的距离为
故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题每题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 图（a）所示的医用智能机器人在巡视中沿医院走廊做直线运动，图（b）是该机器人在某段时间内的位移—时间图像（后10s的图线为曲线，其余为直线）。以下说法正确的是（ ）
A. 机器人在0~30s内的位移大小为2m
B. 0~10s内，机器人做匀加速直线运动
C. 10~30s内，机器人的平均速度大小为0.35m/s
D. 机器人在5s末的速度与15s末的速度相同
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据图像可知，机器人在0～30s内的位移大小为2m，A正确；
B．位移时间图线的斜率可反映速度，0～10s内，图线的斜率不变，机器人做匀速运动，B错误；
C．10～30s内，平均速度为
m/s=0.35m/s
C正确；
D．0～10s内图线的斜率与10s～20s内图线的斜率关系为：
k1=-k2
所以机器人在5s末的速度与15s末的速度等大反向，因速度是矢量，D错误。
故选AC。
10. 如图所示，细绳穿过竖直的管子拴住一个小球，让小球在A高度处作水平面内的匀速圆周运动，现用力将细绳缓慢下拉，使小球在B高度处作水平面内的匀速圆周运动，不计一切摩擦，则（ ）
A. 线速度vA>vBB. 角速度ωA<ωB
C. 向心加速度aA
【答案】BC
【解析】
【详解】设绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长度为l，小球所在平面距离顶点的竖直高度为h，对小球分析有
整理有
，，
A．由于
小球从A处到达B处，l减小，θ增大，则无法判断vA、vB的关系，故A错误；
B．由于
其中
联立有
由题意可知，小球从A处到达B处，h减小，则
故B正确；
CD．由于
整理有
由题意可知，其角度θ变大，所以小球所受向心力变大，即
向心加速度大小也变大，即
故C正确，D错误。
故选BC。
11. 如图（a）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θ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θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10 m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（ ）
A. 物体的初速率v0=4 m/s
B. 物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8
C. 当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止
D. 取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7 m
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知
代入数据解得
故A正确；
B．当时，位移为，由动能定理可得
代入数据解得
故B错误；
C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为
最大静摩擦力为
小球达到最高点后会下滑，故C错误；
D．由动能定理得
解得
当时，，此时位移最小为
故D正确。
故选AD。
12. 2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器顺利进入地月转移轨道，正式开启月球之旅。相较于“嫦娥四号”和“嫦娥五号”，本次的主要任务是登陆月球背面进行月壤采集并通过升空器将月壤转移至绕月运行的返回舱，返回舱再通过返回轨道返回地球。设返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径。己知月球表面重力加速度约为地球表面的，月球半径约为地球半径的。关于返回舱在该绕月轨道上的运动，下列说法正确的是（ ）
A. 其相对于月球的速度大于地球第一宇宙速度
B. 其相对于月球的速度小于地球第一宇宙速度
C. 其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
D. 其绕月飞行周期约为地球上近地圆轨道卫星周期的倍
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．返回舱在该绕月轨道上运动时万有引力提供向心力，且返回舱绕月运行的轨道为圆轨道，半径近似为月球半径，则有
其中在月球表面万有引力和重力的关系有
联立解得
由于第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，同理可得
代入题中数据可得
故A错误、B正确；
CD．根据线速度和周期的关系有
根据以上分析可得
故C错误、D正确；
故选BD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 在探究平抛运动规律的实验中：
（1）在做“研究平抛运动”的实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹。关于该实验下列说法正确的是______。
A. 斜槽轨道必须光滑
B. 斜槽轨道末端要保持水平
C. 要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
D. 每次应该从斜槽上相同的位置无初速度释放小球
（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是______。
A. B.
C. D.
（3）如图所示，一个做平抛运动的小球，先后通过a、b、c三点，若相邻两点间的水平距离均为，竖直距离分别为和，则抛出该球的初速度大小为______。（不计空气阻力，g取）
【答案】（1）BCD （2）A
（3）
【解析】
【小问1详解】
AD．小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，不论斜槽是否光滑，小球从斜槽飞出时的速度都相同，这样能保证描绘的是同一平抛运动的轨迹。故A错误；D正确；
B．斜槽的末端必须保证水平，这样小球从斜槽飞出后才能做平抛运动。故B正确；
C．要使描出的轨迹更好地反映小球的真实运动，记录的点应适当多一些。故C正确。
故选BCD。
【小问2详解】
小球在竖直方向做自由落体运动，有
水平方向做匀速直线运动，有
联立，可得
因初速度相同，所以为常数，故y−x2为正比例关系。
故选A。
【小问3详解】
小球做平抛运动，相邻两点间的水平距离均为，则从a到b的时间与从b到c的时间相等，设为T，竖直方向有
水平方向，有
联立，解得
14. 如图1所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。
（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是_____；
A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法
（2）该实验过程中操作正确的是____；
A补偿阻力时小车未连接纸带
B.先接通打点计时器电源，后释放小车
C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行
（3）在小车质量___（选填“远大于”或“远小于”）槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。上述做法引起的误差为___（选填“偶然误差”或“系统误差”）。为减小此误差，下列可行的方案是___；
A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车
B.在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器
C.在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小
（4）经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别为0、、、。已知打点计时器的打点周期为T，则打计数点5时小车速度的表达式___；小车加速度的表达式是___。
A. B. C.
【答案】 ①. B ②. B ③. 远大于 ④. 系统误差 ⑤. C ⑥. ⑦. A
【解析】
【详解】（1）[1]该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难，因此我们可以控制其中一个物理量不变，研究另外两个物理量之间的关系，即采用了控制变量法。
故选B。
（2）[2]A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；
C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
故选B
（3）[3]设小车质量为M，槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有
联立解得
由上式可知在小车质量远大于槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。
[4]上述做法引起误差是由于实验方法或原理不完善造成的，属于系统误差。
[5]该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的，不是由于车与木板间存在阻力（实验中已经补偿了阻力）或是速度测量精度低造成的，为减小此误差，可在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小。
故选C。
（4）[6]相邻两计数点间的时间间隔为
打计数点5时小车速度的表达式为
[7]根据逐差法可得小车加速度的表达式是
故选A。
15. 嫦娥六号在轨速度为，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为，分离后B的速度为v，且与同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度；
（2）分离时A对B的推力大小。
【答案】（1），方向与相同
（2）
【解析】
【小问1详解】
组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有
(mM)v0 Mvmv1
解得
方向与v0相同。
【小问2详解】
以B为研究对象，对B列动量定理有
FΔt MvMv0
解得
16. 如图甲，为某学校举行定点投篮比赛的场景，某同学正在进行定点投篮，投出的篮球在空中划出一道漂亮的弧线，穿网而过。如图乙，为篮球在空中运动轨迹，在篮球运动所在的竖直平面内建立直角坐标系xOy，篮球从A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的4个点，C点为篮球运动的最高点，D点是篮筐位置，A、B、D点的坐标分别为（-2L，-3L）、（-L，0）、（L，0）。篮球质量为m，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。求：
（1）C点的纵坐标yC；
（2）该同学将篮球投出时，篮球的速度v。
【答案】（1）L；（2），速度与水平方向夹角的正切值为4
【解析】
【详解】（1）篮球做斜抛运动，由图乙可知，从A到B、B到C、C到D的水平距离相等，水平方向分运动为匀速直线运动，可知，相邻位置的运动时间相等，设为t，利用逆向思维则有
，
解得
（2）设该同学在A点将篮球抛出的水平分速度和竖直分速度分别为vx，和vy，则有
，，
则篮球的速度
结合上述解得
设将篮球投出时，篮球的速度与水平方向夹角为，则有
解得
17. 如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）4m/s；；（2）
【解析】
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度
【点睛】
18. 如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
相关试卷
山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学物理试题（原卷版）： 这是一份山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学物理试题（原卷版），共8页。
山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学物理试题（原卷版+解析版）： 这是一份山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学物理试题（原卷版+解析版），文件包含山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学物理试题原卷版docx、山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学考试 物理 含答案： 这是一份山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学考试 物理 含答案，文件包含山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学考试物理含答案docx、山东省泰安市肥城市2024-2025学年高三上学期开学考试物理含答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
