2024-2025学年重庆市第八中学校高三（上）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆市第八中学校高三（上）开学考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法符合史实的是( )
A. 开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律
B. 牛顿测出了万有引力常量，被称为“称量地球质量”的人
C. 哈雷根据万有引力定律预言了哈雷彗星的回归时间
D. 天王星是运用万有引力定律在“笔尖下发现的行星”
2.一同学在桌面的白纸上匀速划一道竖直线，如图所示。在划线的过程中另一位同学水平向右加速抽动了白纸，白纸上的划痕图样可能是( )
A. B. C. D.
3.关于如图所示的情景，AB组成的系统满足动量守恒且机械能守恒的是( )
A. 图甲，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板A
B. 图乙，14圆弧轨道B静止在光滑水平面上，将小球A沿轨道顶端自由释放后
C. 图丙，从悬浮的热气球B上水平抛出物体A，在A抛出后落地前的运动过程中
D. 图丁，在粗糙水平面上，刚性小球A与小球B发生弹性碰撞，在碰撞过程中
4.如图所示，风筝在牵线的牵引下悬停于空中，牵线与风筝平面夹角为60∘，风筝平面与水平面夹角为37∘，风力垂直于风筝平面，大小恒定，已知风筝所受重力为G，sin37∘=0.6cs37∘=0.8，牵线的拉力的大小为
( )
A. 1.6 G
B. 1.2G
C. G
D. 0.8G
5.一同学研究电动玩具车在水平地面上做直线运动的情况，并绘制其xt2−1t图像(如图所示)，则( )
A. 电动玩具车做匀加速直线运动B. 电动玩具车的初速度大小为4m/s
C. 电动玩具车的加速度大小为8m/s2D. 电动玩具车在前3s内的位移大小是24m
6.如图所示，物体置于水平传送带上，物体两边安装了固定光滑的水平杆AB限制物体只能在其间运动。已知物体质量为m，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物体在水平拉力F的作用下以恒定速度v0匀速运动。传送带向右运动，其速度大小可改变，则( )
A. 物体对水平杆B有压力
B. 传送带速度越大，所需拉力越小
C. 物体受摩擦力大小f=μmg，方向与F反向
D. 当传送带速度为v时，拉力的功率P=μmgv2 v2+v02
7.如图所示，轰炸机在高空沿直线水平匀速飞行时先后投下三颗炸弹，炸弹依次落在斜面的山坡上的A、B、C三点，其中B为AC的中点，投掷第一颗与第二颗炸弹的时间间隔为Δt1，投掷第二颗与第三颗炸弹的时间间隔为Δt2，不计空气阻力，则( )
A. Δt1=Δt2B. Δt1<Δt2C. Δt1>Δt2D. 无法确定
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.质量为m的跳伞运动员由静止开始下落，在打开降落伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为34g，重力加速度恒为g。在运动员下落高度ℎ的过程中( )
A. 运动员的动能增加了34mgℎB. 运动员的重力势能减少了14mgℎ
C. 运动员的机械能减少了14mgℎD. 阻力对运动员所做的功为14mgℎ
9.2024年6月2日上午6时23分，嫦娥六号成功着陆月球背面。设想嫦娥六号被月球俘获后进入椭圆轨道Ⅰ上运行，周期为T1;当经过近月点M点时启动点火装置，完成变轨后进入圆形轨道Ⅱ上运行，周期为T2。已知月球半径为R，圆形轨道Ⅱ距月球表面距离为nR，椭圆轨道Ⅰ远月点距月球表面距离为kR，如图所示，引力常量为G。忽略其他天体对嫦娥六号的影响，则( )
A. T1T2= (2+n+k)38(n+1)3
B. 嫦娥六号由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要在M点点火使其加速才能完成
C. 月球的质量为4π2n3R3GT22
D. 月球表面的重力加速度为g=4π2(n+1)3RT22
10.如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。物块A从弹簧正上方某高度处静止释放，与物块B碰撞后以共同速度一起向下运动，碰撞过程时间极短。取物块A释放时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示，图中数据皆为已知量。物块A、B均可视为质点，不计空气阻力，则( )
A. 物块A的重力为Ek1x1
B. 物块A、B碰撞过程损失的机械能为8Ek19
C. 弹簧的劲度系数k=Ek1x1(x2−x1)
D. 从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了9x3−8x13x1Ek1
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学利用圆周运动知识测量当地重力加速度。实验装置如图所示，直流电动机转轴上固定一个半径为r的塑料圆盘，圆盘中心正下方用细线连接一个重锤，圆盘边缘连接细绳，细绳另一端连接一个小球。实验操作如下∶
①利用天平测量小球的质量m；
②闭合电源开关，让小球做如图所示的匀速圆周运动，调节激光笔2的高度和激光笔1的位置，让激光恰好照射到小球的中心，用刻度尺测量小球做圆周运动的半径R和球心到塑料圆盘的高度ℎ；
③当小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，记录小球n次到达A点的时间t；
④切断电源，整理器材。
请回答下列问题∶
(1)下列说法正确的是___。
A.小球运动的周期为tn
B.小球运动的角速度大小为2πn−1t
C.小球运动的向心力大小为mgRℎ(g为当地重力加速度)
D.若电动机的转速不变，换相同半径、质量更大的小球重新实验，激光笔1、2应分别右移、下降
(2)当地重力加速度大小应为g=__。(用r、n、t、R、ℎ表示)
12.李华利用气垫导轨“验证机械能守恒定律”，实验装置如图所示。将气垫导轨水平放置，滑块放在最右侧，并通过轻绳连接托盘和砝码。测得挡光条的宽度为d，托盘和砝码总质量为m，滑块与挡光条的总质量为M。实验开始时，将滑块移至图示位置，测得挡光条到光电门距离为l(d≪l)，由静止释放滑块，读出挡光条通过光电门的挡光时间为t。已知当地重力加速度为g，不计一切摩擦和空气阻力。
(1)请选择合适的研究对象，写出验证机械能守恒定律所需要满足的表达式__。
(2)某次实验中李华测量得滑块和遮光条的质量M=400.0g、钩码的质量m=100.0g、遮光条宽度d=0.45cm，滑块静止释放时遮光条中点与光电门光源之间l=60.00cm，遮光条遮光时间t=3.05ms，当地重力加速度g=9.8m/s2。则遮光条通过光电门时v=__m/s，测量过程中系统重力势能的减少量ΔEp=__J，滑块和钩码增加的动能总和为ΔEk=__J。(结果均保留3位有效数字)
(3)若测量相对误差η=|ΔEp−ΔEk|ΔEp×100%<5%可判定验证成功，则李华同学的实验是否成功？若成功请回答“成功”，若不成功，请写出一条实验失败可能的原因：__。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.飞行器无动力地竖直向上运动，某时刻的速度为v0，此时飞行器分离成上下两部分A和B，分离过程所用时间为t，分离后B的速度为v，且与v0同向，AB的质量均为m，该处的重力加速度为g，求∶
(1)分离时A对B的推力大小；
(2)分离后A的速度大小。
14.如图所示，与水平面夹角θ=30∘的传送带正以v=2m/s的速度顺时针匀速运行，AB两端相距l=12m。把质量m=1kg的工件(视为质点)轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ= 32，取重力加速度g=10m/s2。求∶
(1)工件经过多长时间后与传送带共速；
(2)传送带把工件从A运到B多消耗的电能；
(3)t=0时，把第1个工件放上传送带，之后每隔0.5s在A端放上一个相同的工件，求t=2.7s时，第1个工件和第6个工件的距离。
15.AB为一倾斜角为37°的粗糙斜面，动摩擦因数为0.5。将质量为m的小球从离斜面底端x处静止释放，重力加速度为g，已知sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。
(1)如图甲所示，若斜面底端有一与斜面垂直的挡板，小球会与其发生弹性碰撞，求第一次碰撞后小球上升的最大距离；
(2)如图乙所示，斜面底端有一个侧面为四分之一圆弧形状的滑块ab，质量为2m，圆弧半径为R=0.2x，滑块与地面和小球之间都无摩擦，小球从斜面滑下后将冲上滑块(速度大小不变)，判断小球从滑块的哪一端离开，并求离开滑块时小球的速度大小；
(3)如图丙所示，斜面底端与光滑水平轨道相连，Cc为一竖直面内的光滑圆轨道，半径为R。C与c略微错开，小球经过圆弧轨道后可到达右侧区域，右侧有一倾角同为37°的粗糙斜面DE，动摩擦因数为928，在BD处轨道平滑连接。两斜面均足够长，将小球从AB上不同位置处静止释放，求从哪些位置释放的小球在整个运动过程中都不脱离轨道？
答案解析
1.C
【解析】A、开普勒总结出了行星运动的规律，牛顿发现了万有引力定律，故A错误；
B、卡文迪许测出了万有引力常量，被称为“称量地球质量”的人，故 B错误；
C、哈雷根据万有引力定律预言了哈雷彗星的回归时间，故C正确；
D、海王星是运用万有引力定律在“笔尖下发现的行星”，故D错误。
故选C。
2.A
【解析】根据题意可知笔尖相对白纸参与水平向左的匀加速运动和水平向外的匀速运动，合力方向向左，所以轨迹向左弯曲。
故选A。
3.D
【解析】A.图甲中，AB系统合外力为零，动量守恒，但是因为有摩擦生热，则系统的机械能不守恒，故 A 错误。
B.图乙中，因水平面光滑，则系统水平方向合外力为零，水平动量守恒；竖直方向合外力不为零，竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，故 B 错误。
C.图丙中，热气球浮力做功，系统机械能不守恒，故C错误。
D.图丁，在粗糙水平面上，刚性小球A与小球B发生弹性碰撞，在碰撞过程中系统内力远大于外力，则系统动量和机械能都守恒，选项D正确。
故选D。
4.B
【解析】对风筝受力分析如图所示
则 α=37∘ ， β=60∘ ，根据平衡条件得
Tcsβ=Gsinα
解得风筝所受牵线拉力的大小为
T=1.2G
故选B。
5.C
【解析】将x=v0t+12at2变形可得xt2=v0t+12a，由数学知识可知，图像的斜率k=v0=40.2m/s=20m/s，纵轴截距−4m/s2=12a，可得a=−8m/s2，
故电动玩具车处于匀减速状态，加速度大小为8m/s2，电动玩具车匀减速运动的总时间为t=v0−a=−20−8s=2.5s，
则电动玩具车在前3s内的位移等于电动玩具车在前2.5s内的位移，为x=v02t=202×2.5m=25m，故C正确。
6.B
【解析】物体与传送带间发生相对滑动，所以摩擦力的大小为
f=μFN=μmg
方向与物体相对运动的方向相反；物体相对于传送带的速度大小为
v相对= v02+v2
方向与 v0 夹角为 θ ，且
tanθ=vv0
由平衡条件可得拉力大小为
F=μmgcsθ=μmgv0 v02+v2
所以传送带速度越大，拉力 F 越小；A杆对物体的弹力为
N=μmgsinθ=μmgv v02+v2
所以物体在水平面内受拉力 F 、传送带的与相对运动相反的摩擦力和A杆对物体水平向左的弹力，物体和B杆之间没有作用力；拉力的功率为
P=Fv0=μmgv02 v02+v2
故选B。
7.B
【解析】如图所示，因为平抛运动的轨迹越往下越趋向于竖直，所以A′B8.AC
【解析】A.物体动能的增加量等于合外力所做的功，即ΔEk=maℎ=3mg4ℎ，故A正确；
B.物体重力势能的减少量等于重力所做的功，即ΔEp=mgℎ，故B错误；
CD.阻力所做的功等于机械能的变化量，由牛顿第二定律可得mg−f=ma
解得f=14mg
据功能关系可得ΔE=Wf=−14mgℎ
即阻力对物体做的功为−14mgℎ，物体的机械能减少了14mgℎ，故C正确，D错误。
根据合力做功的大小得出动能的变化，根据重力做功的大小得出重力势能的减小量，从而得出机械能的变化。
解决本题的关键知道合力做功与动能的变化关系，重力做功与重力势能的变化关系，以及除重力以外其它力做功与机械能的变化关系。
9.AD
【解析】A.根据开普勒第三定律(R+nR)3T22=kR+2R+nR22T12，得到T1T2= (2+n+k)38(n+1)3，故A正确；
B.根据加速离心、减速向心，可知由轨道I进入轨道Ⅱ其速度减小，需要在M点点火使其减速才能完成，故B错误；
C.根据GMm(nR+R)2=m(nR+R)4π2T22，得M=4π2(nR+R)3GT22，故C错误；
D.根据GMm(nR+R)2=m(nR+R)4π2T22和GMmR2=mg，得g=4π2(n+1)3RT22，故D正确。
10.ACD
【解析】A.根据图像斜率可知：物块A的重力为Ek1x1，故A正确。
B.由图像可知碰撞后A的动能变为原来的19，即A的速度大小变为原来的13，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有mAv=(mA+mB)v3，解得mA:mB=1:2，碰后A的动能为Ek19，B的动能为2Ek19，碰撞总共损失2Ek13的机械能，故B错误。
C.设A质量为m，则B的质量为2m，由图乙可知，x1处，弹簧弹力等于B的重力2mg，x2处A动能达到最大，此时AB的合力为零，则此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知△F=k△x，故mg=k(x2−x1)，从O到x1，由动能定理有Ek1=mgx1，联立解得k=Ek1x1(x2−x1)，故C正确。
D.碰撞后，A的动能为Ek19，则B的动能为2Ek19，总动能为Ek13，从x1到x3过程中，由能量关系有Ek13+3mg(x3−x1)=△Ep，解得△Ep=9x3−8x13x1Ek1，故D正确。
11.(1)B
(2) g=4π2n−12RℎR−rt2

【解析】(1)A.小球第一次到达A点时开始计时，并记录为1次，即从小球第1次到第 n 次通过A位置，转动圈数为 n−1 ，时间为 t ，故周期为
T=tn−1
故A错误。
B.角速度大小为
ω=2πT=2πn−1t
故B正确。
C.小球受重力和拉力，合力提供向心力，设线与竖直方向的夹角为 α ，则
Tcsα=mg,Tsinα=F向
故
F向=mgtanα=mgR−rℎ
故 C 错误。
D.若电动机的转速不变，换质量更大的小球重新实验，由
mgtanα=mRω2
得小球圆周运动半径与质量无关，所以激光笔不动，故 D 错误。
故选B。
(2)小球做圆周运动的周期
T=tn−1
根据圆周运动合外力提供向心力，有
F向=mgR−rℎ=m4π2T2R
解得
g=4π2n−12RℎR−rt2
12.(1) mgl=12M+mdt2
(2) 1.48 0.588 0.548
(3)不成功，气垫导轨未调水平，滑轮有摩擦或者托盘受到空气阻力不可忽略等

【解析】(1)根据系统减小的势能等于系统增加的动能得
mgl=12M+mdt2
(2)[1]遮光条通过光电门时
v=dt=0.45×10−23.05×10−3 m/s=1.48m/s
[2]测量过程中系统重力势能的减少量
ΔEp=mgl=0.1×9.8×0.6 J=0.588 J
[3]滑块和钩码增加的动能总和为
ΔEk=12Mv2+12mv2=0.548 J
(3)根据
η=ΔEp−ΔEkΔEp×100%=0.588−×100%≈7%
李华实验不成功。原因气垫导轨未调水平，滑轮或者托盘存在阻力等。
13.(1)规定竖直向上为正方向，对B用动量定理
−F+mgt=mv−mv0
解得
F=mv0−vt−mg
(2)对A、B系统用动量定理
−2mgt=mvA+mv−2mv0
解得
vA=2v0−v−2gt

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)加速阶段
μmgcsθ−mgsinθ=ma
解得
a=2.5 m/s2
与传送带共速的时间为
t加=va=0.8 s
(2)加速阶段工件和传送带的相对位移
Δx=vt加−v22a=0.8 m
摩擦生热为
Q=μmgcsθ×Δx
因此多消耗的电能为
W=Q+mglsinθ+12mv2=68 J
(3) t=2.7 s 时，第一个工件已经匀速，位移为
x1=v22a+vt匀=4.6 m
第6个工件运动了 0.2 s ，还未匀速，则
x6=12at2=0.05 m
两者间距
Δx=x1−x6=4.55 m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)小球下滑阶段加速度
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
上升阶段的加速度
mgsinθ+μmgcsθ=ma2
碰撞前瞬间的速度
v2=2a1x
因此反弹后的最大距离
x2=v22a2=0.2x
(2)设小球刚到达斜面底端时速度为 v0 ，设小球能在滑块上运动到的最大高度为 H ，则在到达最高点的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒
mv0=3mv
系统机械能守恒
12mv02=12×3mv2+mgH
解得
H=v023g=215x所以小球从滑块下端离开，则离开时有
mv0=mv1+2mv2
12mv02=12mv12+12×2mv22
解得
v1=−13v0=−13 2gx5
(3)设小球在圆轨道最低点的速度为 v ，则不脱离轨道要求小球可以过最高点或者小球到不了圆心等高处
12mv2−mg×2R≥12mgR
或者
12mv2≤mgR
即
v2≥5gR 或 v2≤2gR
小球每次从左斜面底端冲上斜面再回到底端的过程
v2=2a2x
v12=2a1x
有
v12v2=a1a2=15
同理每次从右斜面运动一个来回
v12v2=25
到达斜面底端时速度为 v0 ， v02=2a1x、v02≤2gR 显然符合；
情况一∶
25n15nv02≥5gR
且
25n+115nv02≤2gR
解得
v02=5gR252n,n=0,1,2,
情况二∶
25n+115nv02≥5gR
且
25n+115n+1v02≤2gR ．
252gR252n≤v02≤25gR252n
综上，满足要求的释放位置为
x∈1254R252n,1252R252n∪0,5R∪252R252n .， n=0,1,2,3⋯⋯

【解析】详细解答和解析过程见【答案】