【文档说明】山东省东明县第一中学2025届高三上学期开学考试物理试题 word版含解析.docx，共(20)页，2.885 MB，由小赞的店铺上传

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2022级高三上学期开学适应性考试物理试题总分：100分时间：90分钟2024.9一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.如图所示为某同学一次远足活动的路线图，他用地图计算出直线AC，CB的距离分别为6km，3km，实线为其从A点出

发的运动轨迹，从A到C用时55min，在C处休息了20min，从C到B用时45min，路标指示A到C是8km，A到B是12km，下列说法正确的是（）A.上述中的20min是指时刻B.整个过程中，该同学的位移大小为12kmC.整个过程中

，该同学的平均速度大小为1.25m/sD.该同学从A到C的平均速度大小约为2.4m/s【答案】C【解析】【详解】A．上述中的20min是指时间，故A错误；B．整个过程中，该同学的位移大小为6km3km9km+=故B错误；C．整个过程中，该同学的平均速度大小

为()3910m/s1.25m/s55204560xvt===++故C正确；D．该同学从A到C的平均速度大小约为3111610m/s1.82m/s5560xvt==故D错误。故选C。2.并联式混合动力汽车（PHEV），它可以由电动机

和发动机单独或同时供给动力。某次起动时，汽车先采用电动机为动力源，由静止匀加速t后速度达到v，然后在混合动力的共同作用下，再匀加速运动x时速度达到2v。则汽车在前后两个加速过程中的加速度大小之比为（）A.2

xvtB.xvtC.23xvtD.3xvt【答案】C【解析】【分析】【详解】第一个加速过程的加速度大小为1vat=第二个加速过程的加速度大小为2222(2)322vvvaxx−==则汽车在前后两个加速过程中的加速度大小之比为12222

33avxxatvvt==故选C。3.如图甲所示，一升降机顶部有一个用轻绳悬挂的小球。t=0时刻，升降机由静止开始竖直向下做直线运动，取竖直向下为正方向，其位移时间图像如图乙所示，其中在12tt时间内

为直线。则下列说法中正确的是（）A.小球在0~t1时间内处于超重状态B.小球在t1~t2时间内处于超重状态C.小球在在t1~t2时间内处于失重状态D.小球在在t2~t3时间内处于超重状态【答案】D【解析】【详解】A．

xt−图像中，图像上某点切线斜率的绝对值表示速度大小，可知，0~t1时间内，升降机向下做加速运动，加速度方向向下，小球处于失重状态，故A错误；BC．12tt时间内为直线，xt−图像的斜率不变，即升降机做匀

速直线运动，加速度为0，小球处于平衡状态，既不超重又不失重，故BC错误；D．t2~t3时间内，xt−图像的斜率逐渐减小，可知，t2~t3时间内，升降机向下做减速运动，加速度方向向上，小球处于超重状态，故D正确。故选D。4.如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、

D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为（）A.g，1.5gB.2g，1.5gC.2g，0.5gD.g，0.5g【答案】A【解析

】【详解】剪断前，对BCD分析()32ABFmmmg=++对DCDFmg=剪断后，对B33ABBFmgma−=解得Bag=方向竖直向上；对C22DCCFmgma+=解得1.5Cag=方向竖直向下。故选A。5.处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、

CD间夹角为60°，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆。从A点和C点分别静止释放两小球，从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2，则t1：t2是（）A.1：1B.3：2C.3：2D.23：【答案】C【解析】【详解】由几何关系得，

AD与水平面的夹角为30°，设圆周的半径为R，则有2cos303ADxRR==根据牛顿第二定律得，小球在AD上运动的加速度大小为11sin302agg==根据21112ADxat=可得11243ADxRtag==由几何关系得2CDxR=小球在CD上运动的加速度

大小23sin602agg==根据22212CDxat=可得22283CDxRtag==则有1232tt=故选C。6.三段轻绳OAOBOCOA、、，绳悬挂在天花板上的A点，OB绳下面悬挂一个小球。第一次，保持结点O位置不变，如图1所示，某同学拉着轻绳

OC从水平位置缓慢转动到竖直位置；第二次，保持轻绳OC垂直于OA，缓慢移动轻绳，使轻绳OA从竖直位置缓慢转动到如图2所示的位置，则下列说法正确的是（）A.第一次轻绳OA拉力先减小后增大，第二次轻绳OA的拉力逐渐减小B.第一次轻绳OA的拉力逐

渐减小，第二次轻绳OA的拉力先增大后减小C.第一次轻绳OC的拉力先减小后增大，第二次轻绳OC的拉力逐渐减小D.第一次轻绳OC的拉力先减小后增大，第二次轻绳OC的拉力逐渐增大【答案】D【解析】【分析】【详解】对甲、乙两图中的O点受力分析，两绳的合力等于小球的重力，其大小和方

向不变，利用图解法画出受力分析图，如图a、b所示的a图中OC绳拉力先减小后增大、OA绳拉力逐渐减小；图b中OC绳拉力逐渐增大、OA绳拉力逐渐减小。故选D。7.某实验小组利用身边的器材，想粗略测量地铁启动过程中

的加速度。具体操作如下：细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用胶带临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，处于稳定状态，用手机拍摄了当时的照片（如图所示），拍摄方向跟地铁前进方向垂直。已知细绳悬点到圆珠笔重心的长度L，圆珠笔重心到竖

直扶手的距离d，圆珠笔的质量m，重力加速度g，则下列说法正确的是（）A.根据这张照片可看出地铁运动的方向可能向右B.细绳中的拉力大小为22mgdLd−C.该地铁的加速度大小为22gdLd−D.该地铁在Δt时间内的速度变化量为22LgtLd−【答案】C【解析】【详解】A.根据图像可知，悬

挂圆珠笔的细线与竖直方向的夹角在右侧，则可知细线对圆珠笔的拉力斜向做上方，而圆珠笔的重力竖直向下，二者的合力水平向左，因此可知地铁在向左加速运动；A错误；B.设细线与竖直方向的夹角为，圆珠笔受力分析如图：故细绳中的拉力cosmgF

=22cosLdL−=可得22mgLFLd=−故B错误；C.根据牛顿第二定律可得tanmgma=22tandLd=−即22gdaLd=−C正确；D.由vat=得22gdtvLd=−D错误。故选C。

8.如图（a），足够高的水平长桌面上，P点左边光滑，右边粗糙，物块A在砝码B的拉动下从桌面左端开始运动，其vt−图像如图（b）所示。已知砝码B质量为0.20kg，重力加速度g取102m/s，用Am表示物块A的质量，表示物块A与P点右边桌面之间的动摩擦因数，则有（）A.A1.0kgm=，0.2

=B.A0.4kgm=，0.125=C.A0.8kgm=，0.125=D.A0.8kgm=，0.2=【答案】C【解析】【详解】由图像可知，滑块A在P点左边运动时的加速度为212m/sa=在P点右

边运动时的加速度为22232m/s1m/s21a−==−由牛顿第二定律BAB1()mgmma=+BAAB2()mgmgmma−=+联立解得A0.8kgm=0.125=故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目

要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.生活中看似平常的现象中，其实隐藏了很多物理知识，物理就在我们身边。下列对于物理现象的理解，正确的是（）A.乒乓球可以快速抽杀，是由于兵乓球的惯性较小B.物体受到恒力作用时，运动状态一定不

会发生变化C.运动员踢球时，脚对球的作用力与球对脚的作用力是一对平衡力D.固定在天花板上吊扇转动时，吊杆对吊扇的拉力小于吊扇的重力【答案】AD【解析】【详解】A．乒乓球质量小，惯性小，所以容易改变其运动状态，可以被快速

抽杀，故A正确；B．物体受到恒力作用，若物体的合力不为零时，加速度不为零，其运动状态一定发生变化，故B错误；C．脚对球的作用力与球对脚的作用力大小相等、方向相反、作用在两个物体上，是作用力与反作用力，故C错误；D．

电风扇转动时，风扇叶对空气施加了一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，空气对风扇叶施加了一个向上的反作用力；此时风扇受到了三个力的作用，重力G、固定杆对风扇的拉力T、空气对扇叶施加的力T′，风扇在这三个力的作用下在竖直方向上静止，所

以G=T+T′所以T＜G故D正确。故选AD。10.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体通过轻绳连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，力F与水平方向成θ角。关于m1所受的支持力N、摩擦力f

和绳子拉力T的大小，下列判断正确的是（）A.N=m1g+m2g－FsinθB.f=FcosθC.T=FD.T=()222(cos)sinFFmg+−【答案】ABD【解析】【详解】AB．对整体受力分析，受到重力（m1g+m2g）、支持力N、拉力F、

滑动摩擦力f，如图所示，的根据共点力平衡条件，有：水平方向：f=Fcosθ竖直方向：N+Fsinθ=m1g+m2g解得：N=m1g+m2g-Fsinθ故AB正确；CD．隔离m2，受到重力、拉力F和绳子拉力，如图所示；根据平衡条件可知，拉

力F与重力m2g的合力与T等大反向，F和m2g在竖直方向的合力为Fsinθ-m2g，在水平方向的合力为Fcosθ，根据几何关系可得222()()TFcosFsinmg=+−故C错误、D正确。故选A

BD。11.为了提高踢球时的加速能力，张同学进行加速训练。训练时，张同学和足球都位于起跑线上，教练将足球以初速度8m/s沿水平方向踢出，同时张同学沿足球的运动方向起跑。两者的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）A.0-4s内张同学的加速度比足球的小B.0-4s内张

同学加速度比足球的大C.4s时张同学已超过足球D.12s时张同学已超过足球【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．在v-t图像中，加速度为曲线的斜率，故观察图像可知，0-4s内张同学的加速度比足球的大，故A错误，B正确；CD.在v-t图像中，曲线围

成的面积表示位移，4s时，足球围成的面积大，故张同学没有超过足球，12s时张同学路程()1112810m=100m2s=+而足球()216812m=84m2s=+故12s时张同学已超过足球，C错误，D正确；故选择：BD。12.某企业的生产车间在楼上，为了将工件方便快捷地运送到地面，专门

安装了传送带设备，如图所示。已知传送带与水平面的夹角37=，正常的运行速度是10m/sv=。现在传送带的A端轻轻放上一个小物体（可视为质点），已知小物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5=，A、B间距离16ms=（已知sin370.

6=°，cos370.8=°，取210m/sg=）则：（）的A.如果传送带不运行，小物体从A端运动到B端的时间为4sB.如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体速度不可能超过皮带速度C.如果传送带沿逆时针方向

正常转动，小物体从A端运动到B端的时间小于传送带不运行时小物体从A端运动到B端的时间D.如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间大于传送带不运行时小物体从A端运动到B端的时间【答案】AC【解析】【详解】AD．因为小物块重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，当传送带静

止或顺时针转动时，小物块均加速下滑，根据牛顿第二定律得sin37cos37mgmgma−=212sat=联立解得4st=故A正确，D错误。BC．如果传送带沿逆时针方向正常转动，开始时小物块速度小

于传送带速度，摩擦力向下，根据牛顿第二定律得1sin37cos37mgmgma+=速度和传送带相同时位移为1x，则有2112vax=联立两式解得15m16mx=小物块继续加速下滑，根据牛顿第二定律有s

in37cos37mgmgma−=设小物块到达传送带底端时速度1v，根据运动学公式有()22112vvasx−=−联立并带入数据解得112m/s10m/svv==由于第一段加速度较大，全程时间会小于4s，

故B错误，C正确。故选AC。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某同学做“测匀变速直线运动的加速度”的实验装置如图甲所示，图乙给出了打点计时器在纸带上打出的一些计数点，相邻的两个计数点间还有4个点没画出，打点计时器所用的交流电频率为50Hz。（1）本实验中

________（填“需要”或“不需要”）满足重物的质量远大于小车的质量。（2）根据纸带，打下第2点时小车的速度2=v_______m/s；小车的加速度为a=_______2m/s。（结果均保留三位有效数字）【答案】①.不需要②.0.3

96③.0.380【解析】【详解】（1）[1]本题考查测匀变速直线运动的加速度实验。本实验只需要通过重物给小车一个恒定拉力，不需要满足重物的质量远大于小车的质量。（2）[2]计数点2的瞬时速度13213xvt==23.774.1510m/s0.396m/s0.2−=+[3]根据2

ΔxaT=运用逐差法得为360329xxaT−=代入数据得20.380m/sa=14.用如图所示的器材和方法可以验证“力的平行四边形定则”。在圆形桌子透明桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮1P固定在桌子边，滑轮2P、3P可沿桌边移动。第一次实

验中，步骤如下：A．在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点O静止，且1OP、2OP、3OP与桌面平行；B．在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，作出三拉力的图示；C．以绕过2P、3P绳的两个力为邻边作平行四边形，作出O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；D

．检验对角线的长度和绕过1P绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上。（1）这次实验中，若一根绳挂的钩码质量为m，另一根绳挂的钩码质量为2m，则第三根绳挂的质量一定大于___________且小于______

_____。（2）第二次实验时，改变滑轮2P、3P的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点___________（选填“必须”或“不必”）与第一次实验中白纸上描下的O点重合。实验中，若桌面不水平___________（选填“会”或“不会”）影响实验的结论。【答案】

①.m②.3m③.不必④.不会【解析】【详解】（1）[1]若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则两绳子的拉力分别为：mg、2mg，两绳子拉力的合力F的范围是：|2mg−mg|⩽F⩽mg+2mg，即：mg⩽F⩽3mg，三力的合力为零，则第三根绳挂的质量范围

在m到3m之间，即第三根绳挂的质量一定大于m；[2]同理第三根绳挂的质量一定小于3m。（2）[3]本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变，只要保证三力平衡即可，所以不必与第一次

实验中白纸上描下的O点重合；[4]同理桌面不水平只要保证能使结点平衡即可，所以桌面不水平也不会影响实验的结论。15.矿井中的升降机从井底开始以5m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经

过3s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，求：（1）矿井的深度；（2）螺钉落到井底时的速度大小。【答案】（1）45m；（2）25m/s【解析】【详解】（1）升降机位移1053m=15mxvt==螺钉位移220130

m2xvtgt=−=−矿井的深度15m30m=45mh=+（2）螺钉落到井底时的速度025m/svvgt=−=−即速度大小为25m/s，负号表示方向向下。16.如图所示，倾角为53°、质量为M=5kg的斜面体A置于水平面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m=3kg

的光滑球B，斜面体受到水平向右的推力F，系统始终处于静止状态。已知斜面体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin530.8=，cos530.6=，重力加速度210msg=。求

：（1）球B受到斜面体弹力N2的大小和受到墙面弹力N3的大小；（2）为使系统始终处于静止状态，水平向右的推力F的取值范围。【答案】（1）50N；40N；（2）24N56NF【解析】【小问1详解】对B球受力分析，受重力mg，A的支持力N2，墙的支持力N3，受力如图

甲所示由共点力的平衡条件有23sinNN=2cosNmg=解得250NN=340NN=【小问2详解】斜面体受到的最大静摩擦力m16NfmMg=+=()①水平向右的外力最大（设为Fmax）时，斜面体有向右运动趋势，由平衡条件有max3m0FNf−

−=解得max56NF=②水平向右的外力最小（设为Fmin）时，斜面体可能有向左运动趋势，由于fm<N3，则min3m24NFNf−+=则水平向右的推力F的取值范围为24N56NF17.劲度系数为k的轻弹簧一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的

底部，另一端和质量为m的小物块A相连，如图所示。质量也为m的小物块B紧靠A静止在斜面上。从t=0时开始，对B施加沿斜面向上的外力F，使B沿斜面向上做加速度为a的匀加速直线运动，且经过一段时间后，物块A、B才分离。求：（1）t=0时弹簧的压缩量0x；（2

）加速度a需满足的条件；（3）外力F大小随时间t变化的关系式。【答案】（1）02sinmgxk=（2）0sinag（3）222kaFtma=+【解析】【小问1详解】在施加外力F之前，对小物块A和小物块B整体分析，根据胡克定律

和力的平衡条件可知，弹簧的弹力与沿斜面方向向下重力的分力平衡，则有02sin0kxmg−=解得02sinmgxk=【小问2详解】施加外力之前，A、B整体受力平衡，有02sinkxmg=加速度不能太大，要不然A、B立即分离，当

A、B恰好无弹力时，a最大，对A2sinsinmgmgma−=解得sinag=因此加速度a需满足的条件为0sinag【小问3详解】设A、B分离前一起运动的时间为t，A、B分离前一起运动的位移为x，由运动学公式有212xat=对小物块A和

小物块B整体分析，根据胡克定律和牛顿第二定律可得0()2sin2Fkxxmgma+−−=联立解得外力F大小随时间t变化的关系式222kaFtma=+18.如图甲所示，质量m＝1kg的小物块A（可视为质点）放在长L＝4.5m的木板B的右端。开始时A、B两

叠加体静止于水平地面上。现用一水平向右的力F作用在木板B上，通过传感器测出A、B两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示。已知A、B两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）A、B间的动摩擦因数μ1；（2）

乙图中F0的值；（3）若开始时对B施加水平向右的恒力F＝29N，同时给A水平向左的初速度v0＝4m/s，则在t＝3s时A与B的左端相距多远。【答案】（1）0.4；（2）5N；（3）22.5m【解析】【详解】（1）由题图乙知，当A、B间相对滑动时A的加速

度a1＝4m/s2对A由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1得μ1＝0.4（2）设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B的质量为M。当A与B间相对滑动时对B由牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2即122()FmgmMgaM−−+=由题图乙知14259M=−12()94mgmMgM

−−+=−可得M＝4kgμ2＝0.1则F0＝μ2（m＋M）g＝5N（3）给A水平向左的初速度v0＝4m/s，且F＝29N时A运动的加速度大小为a1＝4m/s2，方向水平向右。设A运动t1时间速度减为零，则0111svta==位移x1＝v0t1－12a1t12＝2mB加速度大小21

22()5m/sFmgmMgaM−−+=＝方向向右B的位移大小x2＝12a2t12＝2.5m此时B的速度的v2＝a2t1＝5m/s由于x1＋x2＝L，即此时A运动到B的左端，当B继续运动时，A从B的左端掉下来停止，设A掉下来后B的加速度

大小为a3，对B由牛顿第二定律有F－μ2Mg＝Ma3可得a3＝254m/s2在t＝3s时A与B左端的距离