北京市北大附中 2023-2024學年高三上學期開學測試物理試題【含答案】

2024屆高三物理系列檢測題（二）一、本題共10小題，每小題3分，共30分。在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項是正確的，有的小題有多個選項是正確的。全部選對的得3分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分。1.關(guān)于速度、速度的變化和加速度的關(guān)系，列說法中正確的是（）A.加速度的方向和速度變化的方向相同B.物體加速度增大，速度一定越來越大C.速度的變化越來越大，加速度一定越來越大D.速度變化越快，加速度越大【答案】AD【解析】【詳解】A．加速度的方向和速度變化的方向相同，選項A正確；B．物體加速度增大，若加速度與速度反向，則速度會越來越小，選項B錯誤；C．根據(jù)，速度的變化越來越大，加速度不一定越來越大，選項C錯誤；D．加速度等于速度的變化率，則速度變化越快，加速度越大，選項D正確。故選AD。2.質(zhì)量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上．用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O,如圖所示．用T表示繩OA段拉力的大小,在O點向左移動的過程中()A.F逐漸變大B.F逐漸變小C.T逐漸變小D.T逐漸變大【答案】AD【解析】【詳解】以結(jié)點O為研究對象，受力分析如下圖所示：由題意知點O緩慢移動，即在移動過程中始終處于平衡狀態(tài)，則可知：繩OB的張力：TB=mg根據(jù)平衡條件可知：Tcosθ?TB=0Tsinθ?F=0由此兩式可得：在結(jié)點為O被緩慢拉動過程中，夾角θ增大，由三角函數(shù)可知：F和T均變大．A.F逐漸變大．故A項正確；B.F逐漸變?。蔅項錯誤；C.T逐漸變?。蔆項錯誤；D.T逐漸變大．故D項正確．3.從某一高度水平拋出質(zhì)量為的小球，經(jīng)時間落在水平面上，速度方向偏轉(zhuǎn)角度為。若重力加速度為，不計空氣阻力，則（）A.小球拋出的速度大小為 B.小球下落高度為C.小球落地時的速度大小為 D.小球水平方向的位移為【答案】BC【解析】【詳解】A．將小球落地的速度進行分解，如下小球豎直方向速度vy＝gt落地時速度與水平方向夾角為θ，則故A錯誤；B．小球下落高度為故B正確；C．小球落地時的速度大小為故C正確；D．小球水平方向做勻速直線運動，所以平拋過程中水平方向的位移為故D錯誤。故選BC。4.我國航天員在“天宮課堂”中演示了多種有趣的實驗，提高了青少年科學探索的興趣。某同學設計了如下實驗：細繩一端固定，另一端系一小球，給小球一初速度使其在豎直平面內(nèi)做圓周運動。無論在“天宮”還是在地面做此實驗，下列說法錯誤的是（）A.小球的速度大小均發(fā)生變化 B.小球的向心加速度大小均發(fā)生變化C.細繩的拉力均不改變小球的速度大小 D.細繩的拉力大小均發(fā)生變化【答案】ABD【解析】【詳解】AC．在地面上做此實驗，忽略空氣阻力，小球受到重力和繩子拉力的作用，拉力始終和小球的速度垂直，不做功，但重力會改變小球速度的大??；在“天宮”上，小球處于完全失重的狀態(tài)，小球僅在繩子拉力作用下做勻速圓周運動，繩子拉力仍然不做功，小球的速度大小不變。顯然兩種情形下，細繩的拉力均不改變小球的速度大小，故A錯誤符合題意，C正確不符合題意；BD．在地面上小球運動的速度大小發(fā)生改變，根據(jù)可知小球的向心加速度和繩的拉力的大小均發(fā)生了改變；在“天宮”上，小球運動的速度大小不發(fā)生改變，根據(jù)可知，小球的向心加速度和繩的拉力大小均不發(fā)生改變，故BD錯誤符合題意。故選ABD。5.一個質(zhì)點做簡諧振動的圖像如圖所示，下列說法中正確的是（）A.質(zhì)點的振動頻率為 B.在末，速度為零，回復力為正向最大C.在內(nèi)質(zhì)點經(jīng)過的路程是 D.和末的兩時刻質(zhì)點的位移相等【答案】CD【解析】【詳解】A．由圖知，周期為，質(zhì)點的振動頻率為故A錯誤；B．在末，質(zhì)點的位移為正向最大，速度為零，由F=-kx知回復力為負向最大，故B錯誤；C．振幅為；時間為個周期，一個周期內(nèi)質(zhì)點通過的路程為：，故路程為所以C正確；D．根據(jù)圖像的對稱性分析和位移大小相同，方向相同（同正），所以D正確；故選CD6.一根勁度系數(shù)為輕彈簧，上端固定，下端系一質(zhì)量為的物塊。用一水平木板將物塊托住，使彈簧處于原長狀態(tài)，如圖所示?，F(xiàn)讓木板由靜止開始向下勻加速運動，加速度大小，忽略一切阻力。下列說法正確的是（）A.物塊下落的整個過程中，物塊、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒B.當彈簧的伸長量時，物塊與木板分離C.物塊下落到最低點時的加速度大小為gD.下落過程中物塊的最大速度【答案】D【解析】【詳解】A．物塊下落的整個過程中，受到木板的支持力作用，且支持力對物塊做負功，所以物塊、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機械能減小，故A錯誤；B．當物塊與木板之間的彈力為零，加速度為時，恰好與木板分離，則對物塊受力分析有解得故B錯誤；C．若沒有木板的作用，則物塊由初態(tài)（彈簧處于自然長度）開始下落，到最低點為簡諧運動，由對稱性可知最低點時的加速度大小為g，但實際過程中，有木板的作用力，則物塊全程不是簡諧運動，則最低點加速度不為g，故C錯誤。D．當物塊加速度為零時，速度達到最大，即滿足因為木板與物塊分離時，向下運動的位移為x，則此時的速度為解得則從脫離到達到最大速度，對物塊與彈簧組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得聯(lián)立解得故D正確。故選D。7.衛(wèi)星A在地球的赤道平面內(nèi)繞地球做勻速圓周運動，軌道半徑為r，運行的周期與地球的自轉(zhuǎn)周期T0相同；衛(wèi)星B繞地球的表面附近做勻速圓周運動；物體C位于地球的赤道上，相對地面靜止，地球的半徑為R。則有：（）A.衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的線速度之比是B.衛(wèi)星A與物體C的向心加速度之比是C.衛(wèi)星B與物體C的向心加速度之比是1D.地球表面的重力加速度是【答案】BD【解析】【詳解】A．衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得則衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的線速度之比為故A錯誤；BC．根據(jù)萬有引力提供向心力可得解得衛(wèi)星A與衛(wèi)星B的向心加速度之比為由于衛(wèi)星A的周期等于地球自轉(zhuǎn)周期，則衛(wèi)星A的角速度等于地球自轉(zhuǎn)角速度，根據(jù)可知衛(wèi)星A與物體C的向心加速度之比衛(wèi)星B與物體C的向心加速度之比故B正確，C錯誤；D．對于衛(wèi)星A，有根據(jù)物體在地球表面受到的萬有引力等于重力可得聯(lián)立解得地球表面的重力加速度是故D正確。故選BD。8.質(zhì)量為1kg的物體從足夠高處由靜止開始下落，其加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖所示，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A.2s末物體所受阻力的大小為20NB.在0~2s內(nèi)，物體所受阻力隨時間均勻減小C.在0~2s內(nèi)，物體的動能增大了100JD.在0~1s內(nèi)，物體所受阻力的沖量大小為2.5N·s【答案】D【解析】【詳解】A．2s末物體的加速度為零，則此時阻力等于重力，即所受阻力的大小為10N，故A錯誤；B．根據(jù)牛頓第二定律有mg－f=ma可得f=mg－ma在0~2s內(nèi)，物體加速度隨時間均勻減小，則所受阻力隨時間均勻增大，故B錯誤；C．根據(jù)物體加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖象與坐標軸所圍圖形的面積表示速度變化量可知，在0~2s內(nèi)，物體的速度增加了Δv=×2×10m/s=10m/s即t=2s時速度為v=10m/s則在0~2s內(nèi)，物體的動能增大了mv2=×1×102J=50J故C錯誤；D．在0~1s內(nèi)，物體速度的增量Δv1=×（5＋10）×1m=7.5m/s根據(jù)動量定理有mgt－If=mΔv1解得If=2.5N·s故D正確。故選D。9.一顆速度較大的子彈，水平擊穿原來靜止在光滑水平面上的木塊，使木塊獲得一定動能。設木塊對子彈的阻力恒定，則當子彈射入的速度增大時，下列說法正確的是（）A.木塊得到的動能變大B.子彈損失的動能變大C.子彈穿過木塊的時間變短D.木塊在被擊穿過程中的位移變小【答案】CD【解析】【詳解】CD．子彈的入射速度越大，子彈擊穿木塊所用的時間越短，木塊相對地面的位移越小，但子彈相對木塊的位移不變，CD正確；AB．木塊動能的增加量木塊對子彈的阻力恒定，子彈擊穿木塊所用的時間越短，木塊相對地面的位移越小，所以木塊動能的增加量變小，即木塊獲得的動能變小，子彈損失的動能也變小，AB錯誤；故選CD。10.自然界中某個量的變化量為，發(fā)生這個變化所對應的的變化量為，則比值叫做這個量對的變化率。下列說法不正確的是（）A.若表示某質(zhì)點做直線運動的動能和位置坐標，則越大，合外力對質(zhì)點做功的功率越大B.若表示某質(zhì)點做平拋運動的動能和位置坐標，則恒定不變C.若表示某質(zhì)點做勻加速直線運動的速度和時間，則恒定不變D.若表示某質(zhì)點做勻速圓周運動的動量和時間，則是變化的【答案】AB【解析】【詳解】A．由動能定理則故越大，合外力F越大；但是物體可能做減速運動，合力的功率未必增大，故A錯誤；B．由動能定理則若表示某質(zhì)點做平拋運動的動能和豎直方向的位置坐標，那么其中x表示豎直方向的位移，故B錯誤；C．根據(jù)勻加速直線運動的速度—時間關(guān)系，有若表示某質(zhì)點做勻加速直線運動的速度和時間，則恒定不變，C正確；D．由動量定理，有若表示某質(zhì)點做勻速圓周運動的動量和時間，則表示向心力，向心力方向時刻變化，故D正確。本題選擇錯誤選項。故選AB。二、本題共2小題，共15分。11.在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗裝置如圖所示，其中A為固定橡皮筋的圖釘，為橡皮筋與細繩的結(jié)點，和為細繩。關(guān)于該實驗，下列操作正確的是（）A.兩個細繩套不必等長B.測力計、細繩套、橡皮條可以與木板平面不平行C.重復實驗，再次進行驗證時，結(jié)點的位置可以與前一次不同D.用兩個測力計互成角度拉橡皮條時，拉力必須都小于只用一個測力計時的拉力【答案】AC【解析】【詳解】A．只要通過兩個細繩套將結(jié)點拉到O點即可，兩個細繩套不必等長，故A正確；B．測力計、細繩套、橡皮條與木板平面要平行，滿足共點力平衡條件，故B錯誤；C．重復實驗，再次進行驗證時，結(jié)點的位置不必必須與前一次相同，能夠正確驗證即可，故C正確；D．用兩個測力計互成角度拉橡皮條時，拉力可以大于只用一個測力計時的拉力，故D錯誤。故選AC12.某學習小組利用圖1所示的裝置做“探究加速度和力、質(zhì)量的關(guān)系”的實驗。

①除了圖中所給的器材以及交流電源和導線外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是__________。A．秒表B．天平（含砝碼）C．彈簧測力計D．刻度尺②甲同學實驗時這樣平衡摩擦力：按圖1裝置把實驗器材安裝好，先不掛托盤和砝碼，將小車放在木板上，后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點計時器。用墊塊把木板一端墊高，接通打點計時器，讓小車以一定初速度沿木板向下運動，并不斷調(diào)節(jié)木板的傾斜度，直到小車拖動紙帶沿木板做__________運動。③圖2為乙同學實驗中打出的一條紙帶的一部分，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標出了連續(xù)的5個計數(shù)點A、B、C、D、E，相鄰兩個計數(shù)點之間都有4個點跡沒有標出，所用交流電源的頻率為。通過測量，可知打點計時器打點時小車的速度大小為__________；小車此次運動的加速度的測量值__________。（計算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）④丙同學作出的圖像如圖3所示。發(fā)現(xiàn)圖線有一段是曲線，他認為這是系統(tǒng)誤差造成的。他將實驗方法做了如下改進：先將一些砝碼放在小車上；之后每次從小車上取下一些砝碼移到托盤上；重復多次實驗，直到將砝碼全部移到托盤中；根據(jù)測得的數(shù)據(jù)，繪制出小車加速度a隨著托盤和盤中的砝碼所受重力F變化的關(guān)系圖線，得到的是一條過原點的直線。已知托盤和所有砝碼的總質(zhì)量為m，小車的質(zhì)量為M。請你分析說明圖線為直線的原因，并說明圖線斜率的物理意義________?！敬鸢浮竣?BD##DB②.勻速直線③.0.44④.1.0⑤.為定值，所以圖像為過原點的直線，斜率為【解析】【詳解】①[1]此實驗中不需要秒表和彈簧測力計，但要用天平測量小車及托盤的質(zhì)量，用刻度尺測量紙帶，故選BD；②[2]平衡摩擦力后，小車將做勻速直線運動；③[3]打點計時器打點時小車的速度大小為[4]小車此次運動的加速度的測量值為④[5]根據(jù)牛頓第二定律，得其中為定值，所以圖像為過原點的直線，斜率為。三、本題包括6小題，共55分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。13.如圖所示，質(zhì)量為0.78kg的金屬塊放在水平桌面上，在與水平方向成37°角斜向上、大小為3.0N的拉力F作用下，以2.0m/s的速度向右做勻速直線運動。（sin37°=0.60，cos37°=0.80，g取10m/s2），求：(1)金屬塊與桌面間的動摩擦因數(shù)；(2)如果從某時刻起撤去拉力，撤去拉力后金屬塊在桌面上滑行的最大距離?！敬鸢浮浚?）0.4；（2）0.5m【解析】【分析】【詳解】(1)因為金屬塊勻速運動，根據(jù)受力平衡有解得故動摩擦因數(shù)為0.4。(2)撤去拉力后，小球做勻減速直線運動，則有解得小球加速度大小為其方向與運動方向相反，所以取根據(jù)勻變速直線運動位移和速度關(guān)系有解得故撤去拉力后金屬塊在桌面上滑行的最大距離為0.5m。14.如圖所示，一物體從光滑斜面頂端由靜止開始下滑。已知物體的質(zhì)量，斜面的傾角，斜面長度，重力加速度取。求：物體沿斜面下滑的加速度大?。晃矬w滑到斜面底端時的速度大小；物體下滑的全過程中重力對物體的沖量大小。

【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)物體在斜面上所受合力沿斜面向下，大小為

設物體沿斜面下滑的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有解得(2)設物體滑到斜面底端時的速度大小為v，則有

解得

(3)設物體下滑過程的時間為t，則有

解得

在此過程中重力對物體的沖量為15.如圖所示，水平軌道AB與位于豎直面內(nèi)半徑為R的半圓形光滑軌道BCD相連，半圓形軌道的BD連線與AB垂直．質(zhì)量為m可看作質(zhì)點的小滑塊在恒定外力作用下從水平軌道上的A點由靜止開始向右運動，到達水平軌道的末端B點時撤去外力，小滑塊繼續(xù)沿半圓形光滑軌道運動，且恰好能通過軌道最高點D，滑塊脫離半圓形軌道后又剛好落到A點．已知重力加速度為g，求：（1）滑塊通過D點的速度大?。?）滑塊經(jīng)過B點進入圓形軌道時對軌道壓力的大小（3）滑塊在AB段運動過程中的加速度大小【答案】(1)(2)6mg（3）【解析】【詳解】（1）設滑塊恰好通過最高點D的速度為，根據(jù)牛頓第二定律有

，，解得：；（2）滑塊自B點到D點的過程機械能守恒，設滑塊在B點的速度為，則有：，解得：設滑塊經(jīng)過B點進入圓形軌道時所受的支持力為NB，根據(jù)牛頓第二定律有，解得，由牛頓第三定律可知，滑塊經(jīng)過B點時對軌道的壓力大?。唬?）對于滑塊自D點平拋到A點，設其時間t，則有，解得，設滑塊由A點到B點的過程中加速度為a，則有，解得：【點睛】①物體恰好通過D點是本題的突破口，這一點要注意把握；②題目要求滑塊經(jīng)過B點進入圓形軌道時對軌道的壓力大小而根據(jù)物體在B點的運動情況所求的是軌道對物體的支持力，故運動別忘記“由牛頓第三定律求解滑塊在B點對軌道的壓力16.假設未來的人類登上某一地外行星。一小球在距離該星球表面h處自由下落，經(jīng)過時間t落到星球表面，無空氣阻力。設這個行星的半徑為R，萬有引力常量為G，回答下面問題：（1）該行星表面的重力加速度大??；（2）該行星的質(zhì)量；（3）如果將來要在這顆行星上發(fā)射環(huán)繞衛(wèi)星，環(huán)繞這個行星的第一宇宙速度大小約為多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據(jù)自由落體運動公式解得該行星表面的重力加速度大小為（2）根據(jù)物體在星球表面受到的重力等于萬有引力可得解得該行星的質(zhì)量為（3）根據(jù)解得環(huán)繞這個行星的第一宇宙速度大小為17.一輛質(zhì)量的平板車，停在水平路面上，車身的平板離地面的高度，一質(zhì)量的小物塊置于車的平板上，它到車尾端的距離，與車板間的滑動摩擦系數(shù)，如圖所示，今對平板車施一水平方向的恒力，使車向前行駛，結(jié)果物塊從車板上滑落。不計路面與平板車間以及輪軸之間的摩擦，取。求：（1）平板車啟動時車和物塊的加速度；（2）物塊剛離開車板的時刻，車向前行駛的速度；（3）物塊落地時，落地點到車尾的水平距離s。【答案】（1），（2）；（3）【解析】【詳解】（1）對車，由牛頓第二定律可得解得對物塊，由牛頓第二定律可得解得（2）物塊離開前的位移為小車的位移為物塊剛離開車板時，有聯(lián)立解得，則此時車向前行駛的速度為

（3）物塊離開小車時的速度為物塊離開小車后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得

在此過程中物塊的水平位移為物塊滑落后，對車根據(jù)牛頓第二定律可得解得車的位移為落地點到車尾的水平距離為解得18.蹦極是一項非常刺激的運動。為了研究蹦極過程，可將人視為質(zhì)點，人的運動沿豎直方向，人離開蹦極臺時的初速度、彈性繩的質(zhì)量、空氣阻力均可忽略。某次蹦極時，人從蹦極臺跳下，到A點時彈性繩恰好伸