2023-2024学年辽宁省沈阳市新民市高级中学高三上学期9月开学考试 物理（解析版）

2023-2024 学年度上学期 9 月开学考试

物 理 试 卷

一选择题（1-7 单选，每题 4 分；8-10 多选，每题 6 分，漏选 3 分，错选 0 分）

1. 中国海军服役的歼﹣15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间（x﹣t）图像如图所示，则（　　）

A. 由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线

B. 在0～3s内，舰载机的平均速度大于12m/s

C. 在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s

D. 在N点对应的时刻，舰载机的速度为7.5m/s

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知x﹣t图像只能表示物体两个运动方向，所以x﹣t图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，A错误；

B．在0～3s内，舰载机通过的位移为

平均速度为

B错误；

C．2﹣2.55s内的平均速度为

根据2﹣2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，C正确；

D．在0﹣2s内的平均速度为

0﹣2s内的平均速度等于ON连线的斜率大小，在N点对应的时刻舰载机的速度等于过N点的切线斜率大小，可知在N点对应的时刻，舰载机的速度大于ON段平均速度7.5m/s，D错误；

故选C。

2. 一物体在竖直向上的恒定外力作用下，从水平地面由静止开始向上做匀加速直线运动，Ek代表动能，Ep代表势能，h代表离地的高度，以地面为零势能面，下列能正确反映各物理量之间关系的图像是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】AB．设外力大小为F，物体的加速度大小为a，根据动能定理和运动学规律有

由上式可知Ek与h成正比例关系，Ek-h图像为过原点的倾斜直线；Ek与t成二次函数关系，Ek-t图像为过原点的开口向上的抛物线的右半部分，故A错误，B正确；

CD．设物体重力大小为G，根据重力势能的定义和运动学规律有

由上式可知Ep与h成正比例关系，Ep-h图像为过原点的倾斜直线；Ep与t成二次函数关系，Ep-t图像为过原点的开口向上的抛物线的右半部分，故CD错误。

故选B。

3. 某中学教师运动会进行了飞镖项目的比赛，镖靶竖直固定，某物理老师站在离镖靶一定距离的某处，将飞镖水平掷出，飞镖插在靶上的状态如图所示。测得飞镖轴线与靶面上侧的夹角为60°，抛出点到靶面的水平距离为。不计空气阻力。飞镖抛出瞬间的速度大小为（　　）（取）

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】飞镖击中靶面时的水平速度为v0，则竖直速度

水平方向

解得

故选D。

4. 如图所示，半径相同、质量分布均匀的圆柱体E和半圆柱体M靠在一起，E、M之间无摩擦力，E的重力为G，M下表面粗糙，E、M均静止在水平地面上，现过E的轴心施以水平作用力F，可缓慢地将E拉离地面一直滑到M的顶端，整个过程中，M始终处于静止状态，对该过程的分析，下列说法不正确的是（　　）

A. 地面所受M的压力不变

B. 地面对M的摩擦力逐渐增大

C. 开始时拉力F最大，且为，以后逐渐减小为0

D. E、M间的压力开始时最大，且为2G，以后逐渐减小到G

【答案】B

【解析】

【详解】A．取整体为研究对象，地面所受M的压力不变，总等于二者的总重力，A正确，不符合题意；

CD．圆柱体E受重力G、拉力F、半圆柱体支持力N作用处于平衡状态，这三个力构成封闭三角形，如图所示

开始时N与竖直方向成60°角，对应图中的最大三角形，此时拉力F和半圆柱体的支持力N都最大，其大小分别为

随着E向上移动，三角形逐渐减小，拉力F、半圆柱体的支持力N都逐渐减小，当E移动到M顶端时，F减小到零，N减小到G，故开始时拉力F最大，且为，以后逐渐减小为0，E、M间的压力开始时最大，且为2G，以后逐渐减小到G，CD正确，不符合题意；

B．取整体为研究对象，地面对M的摩擦力等于拉力F，所以摩擦力随拉力F的减小而减小，B错误，符合题意。

故选B。

5. 一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用、分别表示拉力F1、F2所做的功，、分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ）

A ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为

S1：S2==1：2

两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比

Wf1：Wf2=fS1：fS2=1：2

再由动能定理，则有：

WF﹣Wf=

可知，

WF1﹣Wf1=

WF2﹣Wf2=4×

由上两式可解得：

WF2=4WF1﹣2Wf1

故C正确，ABD错误；

故选C．

6. 2023年2月10日神舟十五号乘组圆满完成了中国空间站全面建成后的首次出舱任务，空间站如图所示。若中国空间站绕地球可视为匀速圆周运动，已知空间站运行周期为T，轨道离地面的高度为h，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是（　　）

A. 地球的第一宇宙速度为

B. 空间站的运行速度为

C. 航天员出舱与空间站保持相对静止时受到的合力为零

D. 空间站绕地球运动的向心加速度大于地面的重力加速度

【答案】A

【解析】

【详解】A．设地球质量为M，空间站质量为m，对空间站根据万有引力提供向心力有

对质量为的物体在地球上达到第一宇宙速度时有

联立解得

A正确；

B．空间站的运行速度为

B错误；

C．航天员出舱与空间站保持相对静止时仍然受到地球的万有引力作用，所受合力不为零，C错误；

D．空间站绕地球运动时有

在地面时有

可得

D错误。

故选A。

7. 如图所示，质量为M、半径为R的半球形碗放置于水平地面上，碗内壁光滑。现使质量为m的小球沿碗壁做匀速圆周运动，其轨道平面与碗口平面的高度差用h表示，运动过程中碗始终保持静止，设碗与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A. h越小，地面对碗的摩擦力越小

B. h越小，地面对碗的支持力越大

C. 若h＝，则小球的动能为mgR

D. 若h＝，M＝10m，则碗与地面之间的动摩擦因数可以小于

【答案】C

【解析】

【详解】A．对小球受力分析，其受到重力和支持力，二力的合力提供向心力，则

F向＝mgtanθ

θ为小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角。由几何关系知：h越小，θ越大；则向心力F向越大，对碗和小球组成的整体，由牛顿第二定律有

f＝F向＝mgtanθ

故h越小，地面对碗的摩擦力越大，A错误；

B．对碗和小球组成的整体受力分析，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力始终等于碗和小球的重力，故B错误；

C．若h＝，则

θ＝60°

对小球根据牛顿第二定律可知

mgtan60°＝m

则小球的动能

Ek＝mv2＝mgR

C正确；

D．若h＝，根据

mgtan60°＝man

解得

an＝g

结合AB选项的分析可知

μ(M＋m)g≥f＝man

解得

μ≥

D错误。

故选C。

8. 人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端点时速度大小为。已知货物质量为，滑道高度为，且过点的切线水平，重力加速度取。关于货物从点运动到点的过程，下列说法正确的有（    ）

A. 重力做的功为 B. 克服阻力做的功为

C. 经过点时向心加速度大小为 D. 经过点时对轨道的压力大小为

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．重力做的功为

A错误；

B．下滑过程据动能定理可得

代入数据解得，克服阻力做的功为

B正确；

C．经过点时向心加速度大小为

C正确；

D．经过点时，据牛顿第二定律可得

解得货物受到的支持力大小为

据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为，D正确。

故选BCD。

9. 一条小河宽，一条小船最快能40s到达对岸，若要到达正对岸，则需要50s。若小船船头斜向下游，与河岸方向成，船在静水中速度大小不变， ，，则下列说法正确的（　　）

A. 小船到达对岸的时间为45s B. 水流速度为3.0m/s

C. 小船的实际速度大小 D. 船在静水中速度大小4.0m/s

【答案】BC

【解析】

【详解】BD．设船在静水中速度大小为，水流速度为，根据题意有

，

解得

，

故B正确，D错误；

AC．若小船船头斜向下游，与河岸方向成，则小船垂直于河岸速度大小为

小船到达对岸的时间为

小船沿河岸速度大小为

小船的实际速度大小

故A错误，C正确。

故选BC。

10. 有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示，中心天体质量大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，行星Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，半径分别为、， 行星Ⅱ为椭圆轨道，半长轴，与行星Ⅰ轨道在B点相切，下列说法中正确的是（　　）

A. 行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等

B. 行星Ⅱ在P点与行星Ⅲ在D点的加速度相同

C. 行星Ⅲ的速率小于行星Ⅱ在B点的速率

D. 行星Ⅰ的速率小于行星Ⅱ在B点的速率

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．因为行星Ⅱ的运行半长轴与行星Ⅲ的半径满足

则由开普勒第三定律知

则有

可知行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等，故A正确；

B．由牛顿第二定律可得

可得

由于P点与D点离中心天体中心的距离相同，则行星Ⅱ在P点与行星Ⅲ在D点时的加速度大小相等，但方向不同，故B错误；

CD．由

得

可知行星Ⅲ的速率小于行星Ⅰ的速率，又因为行星Ⅰ在B点加速才能到达轨道Ⅱ，故行星Ⅰ的速率小于行星Ⅱ在B点的速率，行星Ⅲ的速率小于行星Ⅱ在B点的速率，故CD正确。

故选ACD。

二填空题（14 分）

11. 某实验小组设计了图甲所示的实验装置来测量木块与平板间的动摩擦因数，其中平板的倾角θ可调。

（1）获得纸带上点的部分实验步骤如下：

A．测量完毕，关闭电源，取下纸带

B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块

C．把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔

D．将木块靠近打点计时器

上述实验步骤的正确顺序是：__________（用字母填写）；

（2）打点计时器的工作频率为50Hz，纸带上计数点的间距如图乙所示。根据纸带求出木块的加速度__________m/s2（保留两位有效数字）；

（3）若重力加速度g=9.8m/s2，测出斜面的倾角θ，查表知sinθ=0.60，cosθ=0.80，若木块的质量为m=0.20kg，则木块与平板间的动摩擦因数μ=__________（保留两位有效数字）；

【答案】    ①. CDBA    ②. 1.6    ③. 0.55

【解析】

【详解】（1）[1]实验时，先把打点计时器固定在平板上，将木块尾部与纸带相连，使纸带穿过限位孔；将木块靠近打点计时器，接通电源，待打点计时器工作稳定后放开木块，测量完毕，关闭电源，取下纸带。故实验步骤的正确顺序是：CDBA。

（2）[2]由图乙可知相邻计数点的时间间隔为

计数点1、2之间的距离为

计数点2、3之间的距离为

则木块的加速度为

（3）[3]以木块为对象，根据牛顿第二定律可得

解得

12. 如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G·Atwood 1746~1807）创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。

（1）实验时，该同学进行了如下操作：

①将质量均为M（A的含挡光片、B的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态。测量出________________（填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h。

②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt。

③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律。

（2）如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，应满足的关系式为_______（已知重力加速度为g）。

（3）引起该实验系统误差的原因有___________________________（写一条即可）。

（4）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：

①写出a与m之间的关系式：___________________________（还要用到M和g）。

②a的值会趋于________。

【答案】    ①. 挡光片中心    ②.     ③. 绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等    ④.     ⑤. 重力加速度g

【解析】

【详解】（1）[1]需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离。

（2）[2]系统的末速度为

则系统重力势能的减少量

系统动能的增加量为

若系统机械能守恒，则有

（3）[3]系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验系统误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等。

（4）[4][5]根据牛顿第二定律得，系统所受的合力为mg，则系统加速度为

当m不断增大，则a趋于g。

三计算题

13. 如图所示，一个圆弧形光滑细圆管轨道ABC，放置在竖直平面内，轨道半径为R,在A点与水平地面AD相接，地面与圆心O等高，MN是放在水平面上长为3R、厚度不计的垫子，左端M正好位于点A。现将一个质量为m、直径略小于圆管直径的小球从A处、管口正上方某处由静止释放，不考虑空气阻力。

（1） 若小球从C点射出后恰好落到垫子的M端， 则小球经过C点时对管的作用力大小和方向如何？

（2） 欲使小球能通过C点落到垫子上，试计算小球离A点下落的最大高度？

【答案】（1）小球对管子作用力大小为，方向竖直向下；（2）H的高度应为

【解析】

【分析】

【详解】（1）小球离开C点做平抛运动，设经过C点时的速度为v1，从C点到M点的运动时间为t，根据运动学公式可得

，

设小球经过c点时受到管子对它的作用力为N，向下的方向为正方向。由牛顿第二定律可得

联立得

由牛顿第三定律可知．小球对管子作用力大小为，方向竖直向下

（2）小球下降的高度最大时，小球平抛运动的水平位移为4R，打到N点，设能够落到N点的过C点时水平速度为v2，根据运动学公式可得：

4R=v2t

设小球下降的最大高度为H，根据动能定理可知

联立式可得

14. 如图所示，在足够高竖直墙面上A点，以水平速度v0=10m/s向左抛出一个质量为m=1kg的小球，小球抛出后始终受到水平向右的恒定电场力的作用，电场力大小F=5N，经过一段时间小球将再次到达墙面上的B点处，重力加速度为g=10m/s2，求在此过程中：（注意：计算结果可用根式表示）   

（1）小球水平方向的速度为零时距墙面的距离；

（2）墙面上A、B两点间的距离；

（3）小球速度的最小值。

【答案】（1）10m；（2）80m；（3）m/s

【解析】

【详解】(1)小球在水平方向先向左做匀减速运动而后向右做匀加速运动，小球在竖直方向上做自由落体运动。将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解，水平方向

且有

得到

(2)水平方向速度减小为零所需的时间

所以从A点到B点时间

竖直方向上

解得

（3）将速度进行分解，当v⊥=0时，小球速度最小，此时

根据力的关系知

解得

15. 如图所示，竖直面内、半径为R=1m的光滑圆弧轨道底端切线水平，与水平传送带 左端B靠近，传送带右端C与一平台靠近，圆弧轨道底端、传送带上表面及平台位于同一水平面，圆弧所对的圆心角为53°，传送带长为1 m，以v=4 m/s的恒定速度沿顺时针匀速转动，一轻弹簧放在平台上，弹簧右端固定在竖直墙上，弹簧处于原长，左端与平台上D点对 齐，CD长也为1 m，平台D点右侧光滑，重力加速度为g=10m/s2，让质量为1 kg的物块从圆弧轨道的最高点A由静止释放，物块第二次滑上传送带后，恰好能滑到传送带的左端 B点，不计物块的大小，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5.

（1）求物块运动到圆弧轨道最底端时对轨道的压力大小；

（2）物块第一次压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能是多少？

（3）物块从静止释放到第一次向左滑到B点过程中，物块与传送带及平台间因摩擦产生的热量是多少？（=1.414，=2.236，结果保留四位有效数字）

【答案】（1）18N；（2）6.5J；（3）21.33 J

【解析】

【详解】（1）物块从A点由静止释放，运动到圆弧轨道最底点的过程中，根据机械能守恒有

求得

在圆弧轨道最底端时

求得

根据牛顿第三定律可知，在圆弧轨道最底端时物块对轨道的压力大小为18N

（2）由于，因此物块滑上传送带后先做加速运动，设物块在传送带上先加速后匀速，则加速的加速度

解得

加速的距离

因此物块以v=4 m/s的速度从C点滑上平台，设物块与平台间的动摩擦因数为μ2，从C点到第一次向左运动到B点，根据动能定理有

求得

物块从C点到第一次压缩弹簧到最大形变量过程中，根据功能关系有：

求得最大弹性势能

（3）物块第一次在传送带上滑动时，因摩擦产生的热量：

物块在平台上运动因摩擦产生的热量

设物块第二次刚滑上传送带时速度大小为v2，则有

求得

物块第二次在传送带上滑动因摩擦产的热量

摩擦产生的热量