2023-2024学年辽宁省沈阳市郊联体高三（上）开学物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年辽宁省沈阳市郊联体高三（上）开学物理试卷一、选择题（本大题共10小题，共40分）1.奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示，下列说法不正确的是(

)A.加速助跑过程中，运动员的动能增加

B.起跳上升过程中，运动员的重力势能增加

C.起跳上升过程中，人的机械能守恒

D.起跳上升过程中，杆的弹性势能先增加后减少2.2021年1月，“天通一号”03星发射成功。发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送上轨道1(椭圆轨道，P、Q是远地点和近地点)后火箭脱离；卫星再变轨，到轨道2(圆轨道)；卫星最后变轨到轨道3(同步圆轨道)。轨道1、2相切于P点，轨道2、3相交于M、N两点。忽略卫星质量变化。(

)A.卫星在三个轨道上的周期T3>T2>T1

B.由轨道1变至轨道2，卫星在P点向前喷气

C.卫星在三个轨道上机械能E3=3.如图所示，正方体盒子A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁M、N点接触，在下述情况下，说法正确的是(

)A.若C的斜面光滑，盒子A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则M点对B有压力

B.若C的斜面光滑，盒子A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则N点对B有压力

C.若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，则M点对球B有压力

D.若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，则N点对球B有压力4.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块a和b放在水平转盘上，两者用细线连接，两木块与转盘间的动摩擦因数相同，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，且木块a，b与转盘中心在同一条水平直线上。当圆盘转动到两木块刚好还未发生滑动时，烧断细线，关于两木块的运动情况，以下说法正确的是(

)A.两木块仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动

B.木块b发生滑动，离圆盘圆心越来越近

C.两木块均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远

D.木块a仍随圆盘一起做匀速圆周运动5.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(

)A.tAB=tCD=tEF

B.6.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定于墙上，另一端连接一物体A。用质量与A相同的物体B推物体A使弹簧压缩，A、B与地面的动摩擦因数分别为μA和μB，且μA<μB，释放A、B，两者向右运动一段时间之后将会分离，则A、A.伸长量为(μB+μA)mgk B.压缩量为(μ7.如图所示，水平放置的光滑桌面中心开有光滑的小孔，轻质细绳穿过小孔一端连接质量为m的小球，另一端连接总质量为8m的漏斗(其中细沙的质量为7m)，小球在轨道1上做匀速圆周运动。某时刻起，漏斗内细沙缓慢流出而漏斗缓慢上升，漏斗内细沙全部流出时漏斗上升的高度为ℎ，之后小球在轨道2上做匀速圆周运动，此过程中小球在任意相等时间内扫过的面积相等，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(

)A.小球在单位时间内扫过的面积为gℎ3 B.小球在轨道1上运动时的动能为4mgℎ

C.小球在轨道2上运动时的动能为3mgℎ 8.如图所示，北斗卫星导航系统中的一颗卫星a位于赤道上空，其对地张角为60°。已知地球的半径为R，自转周期为T0，表面的重力加速度为g，万有引力常量为G。根据题中条件，可求出(

)A.地球的平均密度为3πGT02

B.静止卫星的轨道半径为3gT02R249.如图所示，AC是倾角为θ=30°的固定斜面，CD部分为水平面，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平抛出，刚好落在斜面上的B点，AB=13AC。现将小球从斜面顶端A点以初速度2v0水平抛出(A.时间之比为1：3

B.水平位移之比为1：3

C.当初速度为2v0时，小球从抛出到离斜面的最远的时间为3v10.如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直但无拉力，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α=53°，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=3L，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。则下列说法正确的是(

)A.弹簧的劲度系数为mg2L

B.物体乙重力的功率一直增大

C.物体乙下落(5−13)L时，小球甲和物体乙的机械能之和最大

D.二、非选择题（共60分）11.某同学通过实验对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一部分。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，由图中所给的数据可求出：平抛物体的初速度是______m/s，物体运动到B点的实际速度是______m/s，抛出点坐标为______(保留三位有效数字，坐标的单位用cm)。(g取10m/s212.利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的光滑气垫导轨，导轨上有一带长方形遮光片的滑块，滑块和遮光片的总质量为mB，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为mA的小球相连，遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t。用x表示从初始位置到光电门处的距离，d表示遮光片的宽度，x≫d，将遮光片通过光电门时的平均速度看作瞬时速度，实验时滑块由静止开始向下运动。已知重力加速度大小为g。

(1)某次实验测得导轨的倾角为θ，滑块从初始位置到达光电门时，小球和滑块组成的系统的动能增加量可表示为ΔEk=______，系统的重力势能减少量可表示为ΔEp=______，在误差允许的范围内，若ΔEk=ΔEp，则可认为系统的机械能守恒。(均用题中字母表示)13.小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，求提升重物所需的最短时间。(取g=10m/14.如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，曲线轨道OA部分的方程为y=109x2，在原点O处与x轴相切，A点的横坐标为0.6m；光滑圆弧轨道AB所对的圆心角为53°，半径R=1m。质量m=0.1kg的穿孔小球以3m/s的水平速度从O点进入轨道，以2m/s的速度从A端滑出后无碰撞地进入圆弧轨道。g取10m/s2，求：

(1)小球滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；

(2)小球在OA轨道运动过程中克服摩擦力做的功；

15.如图所示，倾角θ=30°的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C点，一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质滑轮连接物体A和B，A、B的质量分别为4kg和2kg，均可视为质点。物体A与滑轮间的轻绳平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数μ=34。现使物体A从距离C点L=1m处以v0=3m/s的初速度沿斜面向下运动。物体A向下运动将弹簧压缩到最短后，恰能回到C点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：

(1)A沿斜面向下运动到C点时轻绳的拉力；

(2)整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；

答案和解析1.【答案】CD

【解析】解：A、加速助跑过程中，运动员的速度越来越大，则运动员的动能增加，故A正确；

B、起跳后上升的过程中，重力一直做负功，运动员的重力势能增加，故B正确；

C、起跳上升过程中，杆对人做正功，则人的机械能增加，故C错误；

D、起跳上升过程中，杆的形变量先变大后变小，所以杆的弹性势能先增大后减少，故D错误。

本题选不正确的，

故选：CD。

根据速度变化分析运动员动能的变化，结合高度变化分析重力势能的变化。根据撑杆对运动员做功情况，分析人的机械能变化情况。根据撑杆形变量的变化判断弹性势能的变化。

本题考查功能关系，需要理清能量转化的情况，知道物体机械能的变化取决于除重力或弹力以外其他力做功情况。2.【答案】C

【解析】解：A、由图可知，轨道2和轨道3的半径相等，大于轨道1的半长轴，根据开普勒第三定律a3T2=k知卫星在三个轨道上的周期关系为T3=T2>T1，故A错误；

B、由轨道1变至轨道2，卫星在P点向后喷气加速，使卫星做离心运动，故B错误；

C、由轨道1变至轨道2，卫星必须在P点加速，则E2>E1，轨道2和轨道3的半径相等，则E3=E2，因此，E3=E2>E1，故C正确；

D、假设卫星在过Q点的圆轨道上运行的速度为v1′，卫星轨道1在Q点的线速度为v1，在轨道3的线速度为v3。从过3.【答案】C

【解析】解：AB、若C的斜面光滑，对AB整体分析根据牛顿第二定律

(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a1

则B所受外力的合力，根据牛顿第二定律为

F合1=mBa1

解得

F合1=mBgsinθ

即B所受外力的合力与B重力沿斜面向下的分力相等，可知盒子前、后壁M、N点对B没有力的作用，故AB错误；

CD、若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，对AB整体分析根据牛顿第二定律有

(mA+mB)gsinθ−μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a2

则B所受外力的合力，根据牛顿第二定律为

F合2=mBa2

解得

F合24.【答案】D

【解析】解：两木块刚好还未发生滑动时，与转盘之间的摩擦力均达到了最大静摩擦力fm，设细线拉力为T，

对a：fm−T=mRaω2

对b：T+fm=mRbω2

突然撤去拉力T，a的最大静摩擦力大于所需要的向心力，所以a仍随圆盘一起做匀速圆周运动，b的最大静摩擦力不足以提供向心力，5.【答案】B

【解析】解：设上面圆的半径为r，下面圆的半径为R，则轨道的长度s=2rcosα+R，下滑的加速度a=mgcosαm=gcosα，

根据位移时间公式得，s=12at2，则t=4rcosα+2Rgcosα=4rg+2Rgcosα。

因为α>β>θ，则6.【答案】C

【解析】解：弹簧压缩时A、B一起运动不会分离，A、B分离时弹簧处于伸长状态；

当A、B分离时其相互作用力为0，对B根据牛顿第二定律可得：μBmg=ma

对A根据牛顿第二定律可得：μAmg+kx=ma，

解得：x=(μB−μA)mgk，故C正确、ABD错误。

故选：C。

当7.【答案】B

【解析】解A.设轨道1、2的半径分别为r1、r2，小球在轨道1、2上运动时的速度大小分别为v1、v2，根据已知条件有

8mg=mv12r1

mg=mv22r2

12r1v1t=12r2v2t

r2−r1=ℎ

解得：r2=2r1=2ℎ，v1=8gℎ，v2=2gℎ

8.【答案】BD

【解析】解：A、设贴近地面绕地球做匀速圆周运动的卫星周期为T，根据万有引力提供向心力，则有：

GMmR2=mR4π2T2，解得地球的质量为：M=4π2R3GT2

根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3，解得地球的平均密度为：ρ=3πGT2

而A选项中的T0为地球自转周期，不等于贴近地面绕地球做匀速圆周运动的卫星周期T，故A错误；

B.在地球表面，根据万有引力和重力的关系可得：mg=GMmR2

对地球静止卫星，根据万有引力提供向心力，有：GMmr02=m4π2r0T02

联立解得静止卫星的轨道半径为：r0=3gT02R24π2，故B正确；

C.根据几何关系可得卫星a的轨道半径：r=9.【答案】AD

【解析】解：A.设小球的初速度为v0时，落在斜面上时所用时间为t，小球落在斜面上时根据几何知识有

tanθ=12gt2v0t=gt2v0

解得

t=2v0⋅tanθg

设落点距斜面顶端距离为s，则有

s=v0tcosθ=2v02tanθgcosθ∝v02

根据上述函数关系式可知若斜面足够长，两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1：4，则第二次落在距斜面顶端4L处，题中斜面长度为3L，可知以2v0水平抛出时小球落在水平面上。根据题意，可知两次下落高度之比为1：3，根据

ℎ=12gt2

解得

t=2ℎg

所以时间之比为1：3，故A10.【答案】AC

【解析】解：A、设弹簧的劲度系数为k。根据题意，小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等，可知小球在P处时弹簧处于压缩状态，在Q处时弹簧处于拉升状态，且在P处时弹簧的压缩量等于在Q处时弹簧的伸长量。

根据几何关系可得

PQOQ=tan53°

解得：PQ=4L

由此可知，在P处时弹簧的压缩量为x=4L2=2L

在小球位于P处时的初始状态，根据胡克定律可得

mg=k⋅2L

解得：k=mg2L，故A正确；

B、物体乙与小球甲为绳子相连的连接体，当小球甲运动到Q点时，绳子的速度减为零，则物体乙的速度为零，因此可知，物体乙在小球甲从P点运动到Q点的过程中必定经历了先加速再减速的运动过程，所以物体乙的速度先增加后减小，由P=mgv知物体乙重力的功率先增加后减小，故B错误；

C、在弹簧恢复原长的过程中，弹力对物体甲和物体乙组成的系统做正功，该系统机械能增加，当弹簧恢复原长之后要被拉伸，弹簧的弹力将开始对该系统做负功，可知，小球甲和物体乙组成的系统在弹簧恢复原长时机械能最大，此时小球甲上升了2L，根据几何关系可知，此时物体乙下降的距离为

ℎ=(3L)2+(4L)2−(3L)2+(2L)2=(5−13)L，故C正确；

D、由于小球在P11.【答案】4.00

5.66

(−80.0,−20.0)

【解析】解：小球在竖直方向上做自由落体运动，根据连续相等的时间内位移之差为常量可知，Δy=gT2，其中Δy=60cm−25cm−25cm=10cm=0.1m

解得：T=0.1s

水平方向上做匀速直线运动，x=v0t，其中x=40cm=0.4m

解得：v0=4.00m/s

分析竖直方向上，根据匀变速直线运动规律可知经过B点竖直方向的速度为

vy=yAC2T=105−252×0.1×0.01m/s=4.00m/s

则B点的速度为vB=v02+vy2

解得vB=5.66m/s

同时竖直方向有vy=gt12.【答案】(mA+mB【解析】解：(1)遮光片通过光电门的速度为v=dt

则滑块从初始位置到达光电门时，小球和滑块组成的系统的动能增加量为：

ΔEk=12(mA+mB)v2=(mA+mB)d22t2

滑块从初始位置滑到光电门过程中，滑块的重力势能减少了mBgxsinθ，小球的重力势能增加了mAgx，所以系统的重力势能减少量为；13.【答案】解：为了用最短时间提升重物，一开始应以最大拉力提升重物，重物匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好为零。

重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律得：

a1=Fm−mgm=300−20×1020m/s2=5m/s2

当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有

v1=P额Fm=1200300m/s=4m/s

此过程中所用的时间和上升的高度分别为

t1=v1a1=45s=0.8s

ℎ1=v122【解析】先分析重物上升到平台所用时间最短的情况，分阶段根据运动学公式和动能定理计算出时间，最后相加即可求得总时间。

本题的关键要分析清楚重物体的运动情况，分阶段根据运动学公式计算出运动的时间，结合动能定理即可完成解答。14.【答案】解：(1)A→B过程机械能守恒，则有

12mvB2=12mvA2+mgℎAB

其中：ℎAB=R−Rcos53°=1m−1×0.6m=0.4m

在圆周的B点处，根据牛顿第二定律有

FN−mg=mvB2R

联立解得：FN=2.2

N

根据牛顿第三定律可知所求压力大小为2.2

N，方向向下。

(2)O→A过程，根据动能定理有

mgℎOA−Wf=12mvA2−12mv02

将xA=0.6

m代入方程：y=109x2

可得：yA=0.4m=ℎOA

解得：Wf=0.65

J

(3)【解析】(1)根据动能定理求出B点的速度，在B点应用牛顿第二定律和牛顿第三定律求解；

(2