第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年遼寧省沈陽市郊聯體高三（上）開學物理試卷一、選擇題（本大題共10小題，共40分）1.奧運會比賽項目撐桿跳高如圖所示，下列說法不正確的是(

)A.加速助跑過程中，運動員的動能增加

B.起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加

C.起跳上升過程中，人的機械能守恒

D.起跳上升過程中，桿的彈性勢能先增加后減少2.2021年1月，“天通一號”03星發射成功。發射過程簡化為如圖所示：火箭先把衛星送上軌道1(橢圓軌道，P、Q是遠地點和近地點)后火箭脫離；衛星再變軌，到軌道2(圓軌道)；衛星最后變軌到軌道3(同步圓軌道)。軌道1、2相切于P點，軌道2、3相交于M、N兩點。忽略衛星質量變化。(

)A.衛星在三個軌道上的周期T3>T2>T1

B.由軌道1變至軌道2，衛星在P點向前噴氣

C.衛星在三個軌道上機械能E3=3.如圖所示，正方體盒子A放在固定的斜面體C的斜面上，在盒子內放有光滑球B，B恰與盒子前、后壁M、N點接觸，在下述情況下，說法正確的是(

)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，則M點對B有壓力

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，則N點對B有壓力

C.若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，則M點對球B有壓力

D.若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，則N點對球B有壓力4.如圖所示，兩個可視為質點的、相同的木塊a和b放在水平轉盤上，兩者用細線連接，兩木塊與轉盤間的動摩擦因數相同，整個裝置能繞通過轉盤中心的轉軸O1O2轉動，且木塊a，b與轉盤中心在同一條水平直線上。當圓盤轉動到兩木塊剛好還未發生滑動時，燒斷細線，關于兩木塊的運動情況，以下說法正確的是(

)A.兩木塊仍隨圓盤一起做圓周運動，不發生滑動

B.木塊b發生滑動，離圓盤圓心越來越近

C.兩木塊均沿半徑方向滑動，離圓盤圓心越來越遠

D.木塊a仍隨圓盤一起做勻速圓周運動5.如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內。現有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關系為α>β>θ，現讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為(

)A.tAB=tCD=tEF

B.6.如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧一端固定于墻上，另一端連接一物體A。用質量與A相同的物體B推物體A使彈簧壓縮，A、B與地面的動摩擦因數分別為μA和μB，且μA<μB，釋放A、B，兩者向右運動一段時間之后將會分離，則A、A.伸長量為(μB+μA)mgk B.壓縮量為(μ7.如圖所示，水平放置的光滑桌面中心開有光滑的小孔，輕質細繩穿過小孔一端連接質量為m的小球，另一端連接總質量為8m的漏斗(其中細沙的質量為7m)，小球在軌道1上做勻速圓周運動。某時刻起，漏斗內細沙緩慢流出而漏斗緩慢上升，漏斗內細沙全部流出時漏斗上升的高度為?，之后小球在軌道2上做勻速圓周運動，此過程中小球在任意相等時間內掃過的面積相等，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(

)A.小球在單位時間內掃過的面積為g?3 B.小球在軌道1上運動時的動能為4mg?

C.小球在軌道2上運動時的動能為3mg? 8.如圖所示，北斗衛星導航系統中的一顆衛星a位于赤道上空，其對地張角為60°。已知地球的半徑為R，自轉周期為T0，表面的重力加速度為g，萬有引力常量為G。根據題中條件，可求出(

)A.地球的平均密度為3πGT02

B.靜止衛星的軌道半徑為3gT02R249.如圖所示，AC是傾角為θ=30°的固定斜面，CD部分為水平面，小球從斜面頂端A點以初速度v0水平拋出，剛好落在斜面上的B點，AB=13AC。現將小球從斜面頂端A點以初速度2v0水平拋出(A.時間之比為1：3

B.水平位移之比為1：3

C.當初速度為2v0時，小球從拋出到離斜面的最遠的時間為3v10.如圖所示，質量為m的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，質量為4m的物體乙用輕繩跨過光滑的定滑輪與甲連接，開始用手托住乙，輕繩剛好伸直但無拉力，滑輪左側繩豎直，右側繩與水平方向夾角為α=53°，某時刻由靜止釋放乙(足夠高)，經過一段時間小球運動到Q點，OQ兩點的連線水平，OQ=3L，且小球在P、Q兩點處時彈簧彈力的大小相等。已知重力加速度為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。則下列說法正確的是(

)A.彈簧的勁度系數為mg2L

B.物體乙重力的功率一直增大

C.物體乙下落(5?13)L時，小球甲和物體乙的機械能之和最大

D.二、非選擇題（共60分）11.某同學通過實驗對平拋運動進行研究，他在豎直墻上記錄了拋物線軌跡的一部分。x軸沿水平方向，y軸是豎直方向，由圖中所給的數據可求出：平拋物體的初速度是______m/s，物體運動到B點的實際速度是______m/s，拋出點坐標為______(保留三位有效數字，坐標的單位用cm)。(g取10m/s212.利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律的實驗裝置如圖所示，水平桌面上固定一傾斜的光滑氣墊導軌，導軌上有一帶長方形遮光片的滑塊，滑塊和遮光片的總質量為mB，左端由跨過輕質光滑定滑輪的細繩與一質量為mA的小球相連，遮光片兩條長邊與導軌垂直，導軌上有一光電門，可以測量遮光片經過光電門時的擋光時間t。用x表示從初始位置到光電門處的距離，d表示遮光片的寬度，x?d，將遮光片通過光電門時的平均速度看作瞬時速度，實驗時滑塊由靜止開始向下運動。已知重力加速度大小為g。

(1)某次實驗測得導軌的傾角為θ，滑塊從初始位置到達光電門時，小球和滑塊組成的系統的動能增加量可表示為ΔEk=______，系統的重力勢能減少量可表示為ΔEp=______，在誤差允許的范圍內，若ΔEk=ΔEp，則可認為系統的機械能守恒。(均用題中字母表示)13.小明用額定功率為1200W、最大拉力為300N的提升裝置，把靜置于地面的質量為20kg的重物豎直提升到高為85.2m的平臺，先加速再勻速，最后做加速度大小不超過5m/s2的勻減速運動，到達平臺速度剛好為零，求提升重物所需的最短時間。(取g=10m/14.如圖所示，在豎直平面內建立xOy坐標系，曲線軌道OA部分的方程為y=109x2，在原點O處與x軸相切，A點的橫坐標為0.6m；光滑圓弧軌道AB所對的圓心角為53°，半徑R=1m。質量m=0.1kg的穿孔小球以3m/s的水平速度從O點進入軌道，以2m/s的速度從A端滑出后無碰撞地進入圓弧軌道。g取10m/s2，求：

(1)小球滑到圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力；

(2)小球在OA軌道運動過程中克服摩擦力做的功；

15.如圖所示，傾角θ=30°的斜面體固定在水平面上，一輕彈簧的下端固定在斜面底端的擋板上，輕彈簧處于原長時其上端位于C點，一根不可伸長的輕質細繩跨過輕質滑輪連接物體A和B，A、B的質量分別為4kg和2kg，均可視為質點。物體A與滑輪間的輕繩平行于斜面，與斜面間的動摩擦因數μ=34。現使物體A從距離C點L=1m處以v0=3m/s的初速度沿斜面向下運動。物體A向下運動將彈簧壓縮到最短后，恰能回到C點。彈簧始終在彈性限度內，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，整個過程中輕繩處于拉伸狀態且物體B未與滑輪接觸，不計滑輪摩擦。求：

(1)A沿斜面向下運動到C點時輕繩的拉力；

(2)整個運動過程中彈簧的最大彈性勢能；

答案和解析1.【答案】CD

【解析】解：A、加速助跑過程中，運動員的速度越來越大，則運動員的動能增加，故A正確；

B、起跳后上升的過程中，重力一直做負功，運動員的重力勢能增加，故B正確；

C、起跳上升過程中，桿對人做正功，則人的機械能增加，故C錯誤；

D、起跳上升過程中，桿的形變量先變大后變小，所以桿的彈性勢能先增大后減少，故D錯誤。

本題選不正確的，

故選：CD。

根據速度變化分析運動員動能的變化，結合高度變化分析重力勢能的變化。根據撐桿對運動員做功情況，分析人的機械能變化情況。根據撐桿形變量的變化判斷彈性勢能的變化。

本題考查功能關系，需要理清能量轉化的情況，知道物體機械能的變化取決于除重力或彈力以外其他力做功情況。2.【答案】C

【解析】解：A、由圖可知，軌道2和軌道3的半徑相等，大于軌道1的半長軸，根據開普勒第三定律a3T2=k知衛星在三個軌道上的周期關系為T3=T2>T1，故A錯誤；

B、由軌道1變至軌道2，衛星在P點向后噴氣加速，使衛星做離心運動，故B錯誤；

C、由軌道1變至軌道2，衛星必須在P點加速，則E2>E1，軌道2和軌道3的半徑相等，則E3=E2，因此，E3=E2>E1，故C正確；

D、假設衛星在過Q點的圓軌道上運行的速度為v1′，衛星軌道1在Q點的線速度為v1，在軌道3的線速度為v3。從過3.【答案】C

【解析】解：AB、若C的斜面光滑，對AB整體分析根據牛頓第二定律

(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a1

則B所受外力的合力，根據牛頓第二定律為

F合1=mBa1

解得

F合1=mBgsinθ

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

CD、若C的斜面粗糙，且盒子A沿斜面加速下滑，對AB整體分析根據牛頓第二定律有

(mA+mB)gsinθ?μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a2

則B所受外力的合力，根據牛頓第二定律為

F合2=mBa2

解得

F合24.【答案】D

【解析】解：兩木塊剛好還未發生滑動時，與轉盤之間的摩擦力均達到了最大靜摩擦力fm，設細線拉力為T，

對a：fm?T=mRaω2

對b：T+fm=mRbω2

突然撤去拉力T，a的最大靜摩擦力大于所需要的向心力，所以a仍隨圓盤一起做勻速圓周運動，b的最大靜摩擦力不足以提供向心力，5.【答案】B

【解析】解：設上面圓的半徑為r，下面圓的半徑為R，則軌道的長度s=2rcosα+R，下滑的加速度a=mgcosαm=gcosα，

根據位移時間公式得，s=12at2，則t=4rcosα+2Rgcosα=4rg+2Rgcosα。

因為α>β>θ，則6.【答案】C

【解析】解：彈簧壓縮時A、B一起運動不會分離，A、B分離時彈簧處于伸長狀態；

當A、B分離時其相互作用力為0，對B根據牛頓第二定律可得：μBmg=ma

對A根據牛頓第二定律可得：μAmg+kx=ma，

解得：x=(μB?μA)mgk，故C正確、ABD錯誤。

故選：C。

當7.【答案】B

【解析】解A.設軌道1、2的半徑分別為r1、r2，小球在軌道1、2上運動時的速度大小分別為v1、v2，根據已知條件有

8mg=mv12r1

mg=mv22r2

12r1v1t=12r2v2t

r2?r1=?

解得：r2=2r1=2?，v1=8g?，v2=2g?

8.【答案】BD

【解析】解：A、設貼近地面繞地球做勻速圓周運動的衛星周期為T，根據萬有引力提供向心力，則有：

GMmR2=mR4π2T2，解得地球的質量為：M=4π2R3GT2

根據密度計算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3，解得地球的平均密度為：ρ=3πGT2

而A選項中的T0為地球自轉周期，不等于貼近地面繞地球做勻速圓周運動的衛星周期T，故A錯誤；

B.在地球表面，根據萬有引力和重力的關系可得：mg=GMmR2

對地球靜止衛星，根據萬有引力提供向心力，有：GMmr02=m4π2r0T02

聯立解得靜止衛星的軌道半徑為：r0=3gT02R24π2，故B正確；

C.根據幾何關系可得衛星a的軌道半徑：r=9.【答案】AD

【解析】解：A.設小球的初速度為v0時，落在斜面上時所用時間為t，小球落在斜面上時根據幾何知識有

tanθ=12gt2v0t=gt2v0

解得

t=2v0?tanθg

設落點距斜面頂端距離為s，則有

s=v0tcosθ=2v02tanθgcosθ∝v02

根據上述函數關系式可知若斜面足夠長，兩次小球均落在斜面上，落點距斜面頂端距離之比為1：4，則第二次落在距斜面頂端4L處，題中斜面長度為3L，可知以2v0水平拋出時小球落在水平面上。根據題意，可知兩次下落高度之比為1：3，根據

?=12gt2

解得

t=2?g

所以時間之比為1：3，故A10.【答案】AC

【解析】解：A、設彈簧的勁度系數為k。根據題意，小球在P、Q兩點處時彈簧彈力的大小相等，可知小球在P處時彈簧處于壓縮狀態，在Q處時彈簧處于拉升狀態，且在P處時彈簧的壓縮量等于在Q處時彈簧的伸長量。

根據幾何關系可得

PQOQ=tan53°

解得：PQ=4L

由此可知，在P處時彈簧的壓縮量為x=4L2=2L

在小球位于P處時的初始狀態，根據胡克定律可得

mg=k?2L

解得：k=mg2L，故A正確；

B、物體乙與小球甲為繩子相連的連接體，當小球甲運動到Q點時，繩子的速度減為零，則物體乙的速度為零，因此可知，物體乙在小球甲從P點運動到Q點的過程中必定經歷了先加速再減速的運動過程，所以物體乙的速度先增加后減小，由P=mgv知物體乙重力的功率先增加后減小，故B錯誤；

C、在彈簧恢復原長的過程中，彈力對物體甲和物體乙組成的系統做正功，該系統機械能增加，當彈簧恢復原長之后要被拉伸，彈簧的彈力將開始對該系統做負功，可知，小球甲和物體乙組成的系統在彈簧恢復原長時機械能最大，此時小球甲上升了2L，根據幾何關系可知，此時物體乙下降的距離為

?=(3L)2+(4L)2?(3L)2+(2L)2=(5?13)L，故C正確；

D、由于小球在P11.【答案】4.00

5.66

(?80.0,?20.0)

【解析】解：小球在豎直方向上做自由落體運動，根據連續相等的時間內位移之差為常量可知，Δy=gT2，其中Δy=60cm?25cm?25cm=10cm=0.1m

解得：T=0.1s

水平方向上做勻速直線運動，x=v0t，其中x=40cm=0.4m

解得：v0=4.00m/s

分析豎直方向上，根據勻變速直線運動規律可知經過B點豎直方向的速度為

vy=yAC2T=105?252×0.1×0.01m/s=4.00m/s

則B點的速度為vB=v02+vy2

解得vB=5.66m/s

同時豎直方向有vy=gt12.【答案】(mA+mB【解析】解：(1)遮光片通過光電門的速度為v=dt

則滑塊從初始位置到達光電門時，小球和滑塊組成的系統的動能增加量為：

ΔEk=12(mA+mB)v2=(mA+mB)d22t2

滑塊從初始位置滑到光電門過程中，滑塊的重力勢能減少了mBgxsinθ，小球的重力勢能增加了mAgx，所以系統的重力勢能減少量為；13.【答案】解：為了用最短時間提升重物，一開始應以最大拉力提升重物，重物勻加速上升，當功率達到額定功率時，保持功率不變直到重物達到最大速度，接著做勻速運動，最后以最大加速度做勻減速上升至平臺速度剛好為零。

重物在第一階段做勻加速上升過程，根據牛頓第二定律得：

a1=Fm?mgm=300?20×1020m/s2=5m/s2

當功率達到額定功率時，設重物的速度為v1，則有

v1=P額Fm=1200300m/s=4m/s

此過程中所用的時間和上升的高度分別為

t1=v1a1=45s=0.8s

?1=v122【解析】先分析重物上升到平臺所用時間最短的情況，分階段根據運動學公式和動能定理計算出時間，最后相加即可求得總時間。

本題的關鍵要分析清楚重物體的運動情況，分階段根據運動學公式計算出運動的時間，結合動能定理即可完成解答。14.【答案】解：(1)A→B過程機械能守恒，則有

12mvB2=12mvA2+mg?AB

其中：?AB=R?Rcos53°=1m?1×0.6m=0.4m

在圓周的B點處，根據牛頓第二定律有

FN?mg=mvB2R

聯立解得：FN=2.2

N

根據牛頓第三定律可知所求壓力大小為2.2

N，方向向下。

(2)O→A過程，根據動能定理有

mg?OA?Wf=12mvA2?12mv02

將xA=0.6

m代入方程：y=109x2

可得：yA=0.4m=?OA

解得：Wf=0.65

J

(3)【解析】(1)根據動能定理求出B點的速度，在B點應用牛頓第二定律和牛頓第三定律求解；

(2