【文档说明】山东省淄博实验中学2023-2024学年高三上学期开学考试物理试题 word版含解析.docx，共(22)页，690.670 KB，由小赞的店铺上传

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淄博实验中学、齐盛高中高三年级暑假学习效果检测考试物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是A.加速度、速度都是采取比

值法定义的物理量B.在探究共点力合成时用到了等效替代的思想方法C.牛顿提出了万有引力定律，并没有通过实验测出万有引力常量的数值D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，可以用实验直接验证【答案】D【解析】【详解】加速度、速度都是采取比值法定义的物理量，选项A正确；在探究

共点力的合成时用到了等效替代的思想方法，选项B正确；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量的数值，选项C正确；牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物，不可以用实验直接验证，选项D错误；此题

选项不正确的选项，故选D.2.小球A从离地面20m高处做自由落体运动，小球B从A下方的地面上以20m/s的初速度做竖直上抛运动．两球同时开始运动，在空中相遇，取g=10m/s2（）A.两球在离地面10m高处相遇B.两球相

遇时速率都是10m/sC.两球在空中相遇两次D.两球第一次落地的时间差为1s【答案】B【解析】【分析】【详解】AB．根据2201120m22gtvtgt+−=得相遇的时间的20s=1s20t=相遇时，A球的速率vA=gt=10m/

sB球的速率vB=v0﹣gt=20﹣10=10m/s离地的高度2112020101m=15m22hgt=−=−故A错误，B正确．C．第一相遇后，A继续向下运动，B球继续上升，两球不可能发生第二次相遇，故C错误．D．A落地的时间2220s=2s10Ahtg==B球落地的

时间02220s=4s10Bvtg==则落地时间差△t=tB﹣tA=4s﹣2s=2s故D错误．故选B．3.如图所示，小球用细绳系住放在倾角为的光滑斜面上，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，斜面对小球的支持力将（）A.逐渐减小B.逐渐增大C.先增大后减小

D.先减小后增大【答案】A【解析】【详解】ABCD．根据力的三角形法则，如图所示在小球的重力G不变，斜面对小球的支持力方向不变时，当细绳由水平方向逐渐向上偏移时，斜面对小球的支持力N将逐渐变小，A正确

，BCD错误。故选A。4.在如图的位移—时间图象和速度—时间图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点沿同一方向的运动情况，则下列说法正确的是（）A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动B.10~t时间内，甲车通过的路程小于乙车通过的路程C.

20~t时间内，某时刻丙、丁两车加速度相等D.20~t时间内，丙、丁两车平均速度相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A．由图象可知：甲做匀速直线运动，乙做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；B．在t1时刻甲乙两车的位移相等，又都是单向

直线运动，所以两车路程相等，故B错误；C．因v-t图像的斜率等于加速度，则0-t2时间内的某时刻，丙、丁两车的加速度相等，选项C正确；D．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在0-t2时间内丁车的位移较大，根据xvt=可知，丁车的平均

速度较大，故D错误．故选C。5.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示，取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的v－t图象正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析

】【详解】在0～1s内211m/sa=物体从静止开始正向匀加速运动，v－t图象是一条直线，1s末速度111m/svat==在1s～2s内221m/sa=−物体将仍沿正方向运动，但要减速，2s末时速度2120vvat=+=2s～3s内重复0～1s内运动情况，3s～

4s内重复1s～2s内运动情况。故选C。6.第24届北京“冬奥会”于2022年2月4日由北京市和张家口市联合举办。在“冬奥会”冰上项目中冰壶比赛是极具观赏性的一个项目。如图所示，在一次训练中，冰壶（可视为质点）以某一速度沿虚线做匀减速直线运动，

垂直进入四个完全相同的矩形区域，离开第四个矩形区域边缘的E点时速度恰好为零。冰壶从A点运动到D点和从B点运动到E点的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为（）A.13：B.21：C.31−（）：1D.21−（）：1【答案】A【解析】【详解】可以将冰壶视为做从E到A的初速度为零的匀加速

直线运动，则有2EB02132ssat==2EA03142ssat==2ED0412ssat==解得423::3:4:13:2:1ttt==134ttt=−所以12342:():1:3ttttt−==故BCD错误，A正确。故选A。7.水平面上物体在水平方向的力1F和2F作用

下，沿水平面向右做匀速直线运动，如图所示。已知126N2NFF==，，下列说法正确的是（）A.撤去1F的瞬间，物体受到的合外力大小变为1NB.撤去1F的瞬间，物体受到的摩擦力大小变为2NC.撤去2F的瞬间，物体受到的合外力大小变为3ND.撤去2F的瞬间，物体受到的摩擦力大小仍为4N【答案】D【

解析】【详解】AB．物体向右做匀速直线运动，撤去力1F时，2F和滑动摩擦力不变，物体受到的合力大小为6N，故AB错误；CD．撤去力2F时，1F和滑动摩擦力不变（大小为4N），物体受到的合力大小为2N，故D正确，C错误。故选D。8.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l1、l2，则l1：l2是（）A.1：1B.3：2C.3：

2D.23：的【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11sin302ag

g==根据21112ADxal=可得11243ADxRlag==由几何关系得2CDxR=小球在CD上运动的加速度大小23sin602agg==根据22212CDxal=可得22283CDxRlag==则有1232ll=故

选C。9.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(c

os)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，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ABD。10.在遇到暴雨、雾霾等恶劣天气时，高速公路上能见度不足100m。在这样的恶劣天气时，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车，结果两辆车发生了碰撞。

图示为两辆车刹车后若不相撞的v-t图像，由此可知（）A.刹车过程中甲车的加速度是乙车加速度的2倍B.两辆车一定是在刹车后的20s之后的某时刻发生相撞的C.两车相撞可能发生在乙车停止后D.两车刹车时相距的距离一定小

于100m【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．根据速度-时间图线的斜率表示加速度，可得，甲车的加速度大小为22125m/s1m/s25a==乙车的加速度大小22215m/s0.5m/s30a==故A正确；BC．t=20s时，甲车的位移为：x甲=v甲t-22111(25

20120)300m22at=−=乙车的位移为：x乙=v乙t-221200m2at=则有：△x=x甲-x乙=300m-200m=100m因为两车速度相等时不相撞，之后，甲车比乙车慢，两者之间的距离逐渐增大，不可能再撞，可知两辆车一定是在刹车后的20s之内的某时刻发生相撞的，

故BC错误；D．因为两车速度相等时两车间距最大，最大间距为100m，而两车在速度相等前发生了碰撞，则两车刹车时相距的距离一定小于100m，故D正确。故选AD11.如图所示，质量为m的三角形木楔A，置于静止在水平面上的斜面体B上，斜面体B倾角为θ，A与B之间的动摩擦因数为μ，一水平力F作用

在木楔A的竖直面上，在力F的推动下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑动，此时斜面体B仍静止，则（）A.F的大小为()()sincossinmag−+B.F的大小为()sincoscossinmag++−C.若增大F，方向不变，斜

面体B一定仍保持静止D.若增大F，方向不变，斜面体B将可能向右运动【答案】BD【解析】【详解】AB．根据牛顿第二定律，对三角形木楔A受力分析，共受四个力F、mg、NF、f，对力正交分解，垂直于斜面方向有Ncossi

nFmgF=+。平行于斜面方向有cossinFfmgma−−=斜面对木楔的摩擦力NfF=联立解得()sincoscossinmagF++=−故A错误、B正确；CD．对斜面受力分析，斜

面受五个力，重力G，地面支持力1F、地面的摩擦力f地、木楔对斜面的压力NF、木楔对斜面的摩擦力f，若增大F，方向不变，会导致NF和f增大，进而导致水平方向合力增大，当超过最大静摩擦力时，斜面B会向右运动，故C错误，故D正确。故选BD。12.如图所

示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g，静止释放物块A、B后（）A.相同时间内，A、B运动的路程之比为2:1B.物块A、B的加速度之比为1：1C.细绳的拉力为67m

gD.当B下落高度h时，速度为25gh【答案】AC【解析】【详解】同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2，故A、B运动的路程之比为2：1，故A正确；任意相等时间内，物体A、B的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，故B错

误；设A的加速度为a，则B的加速度为0.5a，根据牛顿第二定律，对A，有：T=ma，对B，有：3mg-2T=3m•0.5a，联立解得：T=67mg，a=67g，故C正确；对B，加速度为a′=0.5a=37g，根据速度位移公式，有：v2=2•a′•h

，解得：v=67gh，故D错误；故选AC．【点睛】本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析．三、非选择题：本题共6小题，共60分。1

3.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和

B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。（1）本实验用的弹簧测力计图乙的示数为___________N。（2）下列的实验要求中不必要是___________；A．细线应尽可能长一些B．应测量重物M所受的重力C．细线AO与BO之间的夹角应尽可能大

于90°D．改变拉力的大小与方向，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置（3）图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法正确的是___________。A．图中的F是力F1和F2合力的理论值B．图中的F是力F1和F2合力的理论值C．F是力F1和F2合力的实际测量值D．本实验

将细绳都换成橡皮条，同样能达到实验目的【答案】①.3.78~3.82N②.CD③.BCD【解析】【分析】【详解】(1)[1]由图乙所示弹簧测力计可知，其分度值为0.1N，示数为3.80N。(2)[2]A．细线应尽可

能长一些，能更加准确的记录力的方向，故A正确，不符合题意；B．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故B正确，不符合题意；C．细线AO与BO之间的夹角适当大一点，不一定需要大于90°，故C错误，符合题意；D．

当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，故应该调整O点位置多次测量，故D错误，符合题意。故选CD。(3)[3]ABC．F1与F2的合力的

实际值测量值等于下面悬挂重物的重力大小，方向与重力方向相反；而理论值是通过平行四边形定则得到的值。所以F是F1和F2的合力的实际值，F′是F1和F2的合力的测量值，故A错误，BC正确；D．本实验将细绳都换成橡皮条，同样能达到实验目的，故D正确。故选BCD。14.教材

列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。（1）实验所用重锤质量150g左右，下列供选择的木块质量最合适的是______A．20gB．260gC．500gD．600g（2

）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有______；A．实验中先释放木块，后接通电源B．调整定滑轮高度，使细线与板面平行C．必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等D．必须满足重锤质量远小于木块质量（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个

计数点，依次标出0、1、2、3、4、5、6，测得点O与点3．点6间的距离分别为19.90cm、54.20cm，计时器打点周期为0.02s，则木块加速度a=______m/s2（保留两位有效数字）；（4）实验测得μ=0

.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因：______，______。【答案】①.B②.B③.1.6④.木块、木板表面粗糙程度有差异⑤.细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦【解析】【详解】（1）[1]由题知，重锤的质量m=150g

左右，动摩擦因数μ=0.30，设木块的质量为M，为使木块在重锤的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有()mgMgmMa−=+解得mgMgamM−=+根据长木板做匀加速运动，即a>0，可得0mgMg−解得5

00Mg当木块的质量M越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是260g。故选B。（2）[2]A．实验时应先接通电源，再释放纸带，故A错误；B．为保证木块所受拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故B

正确；CD．根据实验原理()mgMgmMa−=+可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，也不必满足重锤质量远小于木块质量，故CD错误故选B。（3）[3]由题知，每隔5个点取一个计数点，则时间间隔50.02s0.1sT==，根据2xaT

=可得加速度为()06030329xxxaT−−=由题知0319.90cmx=，0654.20cmx=，代入数据解得21.6m/sa=（4）[4][5]实验测得μ=0.33，大于教材列表中的标值，根据

实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。15.一辆汽车正以v0=30m/s的速度在平直路面上行驶，驾驶员突然发现正前方约50m处有一个障碍物，立即以大小为8m/s2的加速度刹车．

为了研究汽车经过2s是否撞上障碍物，甲、乙两位同学根据已知条件作出以下判断：甲同学认为汽车已撞上障碍物，理由是：在2s时间内汽车通过的位移2011(30284)m=76m>50m22xvtat=+=+乙同学也认为汽车已撞上障碍物，理由是：的。在2s时

间内汽车通过的位移2220-030m=56.25m>50m22(8)vvxa−==−问：以上两位同学的判断是否正确？如果不正确，请指出错误的原因，并作出正确的解答．【答案】甲、乙都不正确；甲：把加速度a代

入正值；乙：认为2s末车的速度为零；乙车车停止时间为3.75s>2s；2s时间内汽车通过的位移为44m<50m，因此2s内车不会撞上障碍物【解析】【分析】【详解】甲、乙都不正确；甲：把加速度a代入正值；乙：

认为2s末车的速度为零车停止时间0030's=3.75s>2s8vta−−==−所以2s时间内汽车通过的位移2011(30284)m44m<50m22xvtat=+=−=因此2s内车不会撞上障碍物。16.如图所示，对

称、粗糙斜面与竖直方向夹角θ=53°，硬质轻杆通过铰链与两个相同且质量为m1=1.0kg的物块P、Q相连，对称放在斜面上，一质量m2=1.6kg的物体悬挂在铰链A上，对称调节P、Q的位置，使杆与斜面垂直，整个装置处于平衡状态，设最大静止摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin53°=0.

8，cos53°=0.6，求：(1)杆对物块P的作用力；(2)物块与斜面间动摩擦因数的最小值；(3)若斜面光滑，对称调节P、Q的位置，使整个装置仍处于平衡状态，求此时杆与水平方向夹角的正切值．【答案】(1)10N(2)13=(3)16tan27=【解析】【详解】(1)A

点受到的绳子的拉力等于质量为2m物体的重力，其沿杆的方向的分量等于杆对P的作用力，如图，则：122sin53Fmg=所以杆对P的作用力等于110NF=(2)对P进行受力分析，如图当静摩擦力恰好为最大值时，对应动摩

擦因数最小值，设为沿杆的方向上有：11sin53NFmg=+沿斜面方向有：1cos53fmg=并且有：fN=联立解得13=(3)斜面光滑，对称调节P、Q的位置，使整个装置平衡，如图．设杆与水平方向夹角为，在沿斜面方向上有：1sin(53)cos53Nmg=−杆的压力N等

于质量为2m的物体的重力沿杆的方向上的分量，有：22sinNmg=联立解得：16tan27=17.儿童玩具实心弹力球从离地1.2m高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地1m的最高处。假设弹力球每次

与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，不计空气阻力（重力加速度大小为210m/s=g，结果可用根式表示）。（1）求弹力球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；（2）若弹力球在离地1.2m高度处获得一竖直

向下的初速度，使得弹力球与地面碰撞一次后恰好反弹至离地1.2m的最大高度处，求该初速度大小；（3）弹力球从1.2m高度处由静止下落，经若干次碰撞后停止运动，求弹力球在整个过程中运动的总路程。【答案】（1）306；（2）230m/s5；（3）13.2m【解析】【详解】（1）设弹力球自1.2m高

度处静止下落与地面碰前、碰后速度大小分别为v1、v2，H=1.2m，h=1m，由运动学公式有：下落过程22102vgH−=反弹上升过程()22202vgh−=−联立解得21306vv=（2）设初速度大小为v0，与地面碰前、碰

后速度大小分别为v3、v4，由运动学公式有：下落过程22302vvgH−=反弹上升过程()22402vgH−=−由题意有4231vvvv=联立解得0230m/s5v=（3）设某次下落高度NH，碰前速度大小Nv，反弹上升高度1

NH+，碰前速度大小1Nv+，由运动学公式有：下落过程2202NNvgH−=反弹上升过程()221102NNvgH++−=−由题意有121NNvvvv+=联立解得1NNhHHH+=由上式可知弹力球运动总路程232222NhhhhsHHHHHHHHH

=+++++解得13.2ms=18.如图所示，倾角为θ、质量为M的斜面体A置于水平地面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B，斜面体受到水平向右的外力，系统始终处

于静止状态。已知sin0,8=，重力加速度大小为g。（1）求球B受到斜面体的弹力大小1N和墙面的弹力大小1F；（2）若斜面体受到水平向右的外力大小为32mg，求此时斜面体受到的水平地面的摩擦力；（3）若斜面体与水平地面间

的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使系统处于静止状态，求水平向右的外力大小F的范围。【答案】（1）153Nmg=，143Fmg=；（2）16fmg=；摩擦力方向水平向左；（3）当4()3m

Mgmg+时，()034FmgmMg++；当4()3mMgmg+时，44()()33mgmMgFmgmMg−+++【解析】【详解】（1）研究B球，由共点力的平衡条件有11sin0NF−=1cos0Nmg−=解得153Nmg=

，143Fmg=（2）研究A、B整体，设斜面体受到的摩擦力为f，则由共点力的平衡条件有1302Fmgf−+=解得16fmg=摩擦力方向水平向左。（3）斜面体受到的最大静摩擦力m()fmMg=+①水平向右的外力最大（设为mF）时，斜面体有向右运动的趋势，由平衡条

件有m1m0FFf−−=解得()m43FmgmMg=++②水平向右的外力最小（设为Fmin）时，斜面体可能有向左运动的趋势（a）当4()3mMgmg+时，min0F=，则()034FmgmMg++（b）当4()3mMgmg+时，min4()3FmgmMg=−+

，则44()()33mgmMgFmgmMg−+++获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com