【文档说明】辽宁省沈阳市第二十中学2023-2024学年高三上学期一模考试 物理 Word版试题含答案.docx，共(20)页，2.017 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024沈阳市第20中学一模考试试卷一、单选题1．下列关于冬奥会运动项目的描述正确的是（）A．甲图研究短道速滑运动员的弯道动作时，可以将运动员视为质点B．乙图自由式滑雪运动员在空中上升时，处于失重状态C．丙图中国队夺得2000米速滑（完整滑行18圈）接力冠

军，平均速度比其他国家大D．丁图钢架雪车运动员以4分01秒77获得铜牌，4分01秒77表示的是时刻【答案】B【详解】A．研究短道速滑运动员的弯道动作时，运动员大小形状不可忽略，不能视为质点，故A错误；B．自由式滑雪运动员在

空中上升时，加速度方向向下，处于失重状态，故B正确；C．因为位移相同为0，所以平均速度均为0，故C错误；D．4分01秒77表示的是时间间隔，故D错误。故选B。2．在某次救援中，消防队员抱着被救者在悬停直升机的竖直悬绳牵引下以10m/s的速度匀速上升。当上升到离地面15

m高处时，被救者的手机突然从口袋中掉出。则手机从掉出到落地的时间为（不计空气阻力，210m/sg=）（）A．3sB．3sC．2sD．()22s+【答案】B【详解】手机掉出口袋时，由于惯性，有竖直向上的速度，大小为10m/s，手机做竖直上抛运动，以竖直向上为正方向有2012hvtgt=−解得3

st=，1st=−（舍）B正确，ACD错误。故选B。3．如图所示，在竖直墙壁间有质量分别是m和3m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦。两球心之间连线与水平方向成30°的夹

角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为（）。A．32B．33C．34D．439【答案】D【详解】隔离光滑均匀圆球B，对B受力分析如图所示可得FN=Fcosθ

3mg-Fsinθ=0解得3tanNmgF=对两球组成的整体有4mg-μFN=0联立解得439=故应选D。4．利用图像法研究物理量之间的关系是物理上常用的方法之一。如图所示为四个物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（

x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），下列说法中正确的是（）A．根据甲图可求出物体的加速度大小为2m/s2B．根据乙图可求出物体的加速度大小为10m/s2C．根据丙图可知0~4s内物体做曲线运

动D．根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s【答案】A【详解】A．根据匀变速直线运动的位移与时间关系式212xat=根据图像得120220a−=−解得22m/sa=A正确；B．根据匀变速直线运动的速度与位移关系2202vvax−=解得2202vvax=+

根据图像得200v=100210a−=−解得00v=25m/sa=B错误；C．根据丙图可知0~4s内物体做直线运动，C错误；D．图中a-t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量大小，则物体在前2s内的速度变化量大小为123m/s3m/s2v==D错误。故选A。5．如图，MN是一段倾角为30

=的传送带，一个可以看作质点，质量为1kgm=的物块，以沿传动带向下的速度04m/sv=从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分vt−图像如图所示，取210m/s=g，则（）A．物块最终从传送带N点离开B．传送带的速

度1m/sv=，方向沿斜面向下C．物块沿传送带下滑时的加速度22m/sa=D．物块将在5s时回到原处【答案】D【详解】AB．从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此没从N点离

开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，故AB错误；C．—vt图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度224(1)m/s2.5m/s2a−−==故C错误；D．速度图象与时间轴围成的面积表示位

移，由图可知，18s5t=时，物块的速度为0，之后物块沿斜面向上运动，所以物块沿斜面向下运动的位移118164mm255x==18s5t=到22st=时，物块沿斜面向上加速运动的位移282151mm25x−==物块沿斜面向上匀速运动的时间123sxxtv−==匀所以物块回到原处的时间3

s2s5st=+=故D正确。故选D。6．未来中国宇航员将会登月成功，假设宇航员在登月前后做了两次实验。实验一：当宇宙飞船贴着月球表面做匀速圆周运动时，飞船中的宇航员用秒表测量飞船完成n圈的运动时间为t，万有引力常量为G；实

验二：已知月球的半径为R，假设宇航员登上月球后，在月球表面让小球做自由落体运动，从静止开始下落的距离为RN时，测得小球的速度为v。下列说法正确的是（）A．实验一测得宇宙飞船贴着月球表面做匀速圆周运动的角速度为2πtnB．月球的密度为223

πnGtC．实验二测得月球表面的重力加速度为2NvRD．月球的第一宇宙速度为2vN【答案】B【详解】A．宇宙飞船贴着月表做匀速圆周运动的周期为tTn=角速度为2π2πnTt==A错误；B．万有引力充

当宇宙飞船做匀速圆周运动的向心力，有222πGMmmRRT=月球的密度223π4π3MnGtR==B正确；C．由自由落体运动的规律可得22RgvN=月解得22NvgR=月C错误；D．由万有引力充当向心力有202GMmvmRR=月月球表面有2GgmMmR=月月联立

解得02Nvv=D错误。故选B。7．如图质量为0.5kg的物块A放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，A和木箱水平底面之间的动摩擦因数为0.4。A的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。现在要使弹簧能拉动A相对木箱底面向右移动。（设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，g取10m/s2。）则下列说法正确的是（）A．让木箱竖直向上加速运动，加速度最小值为2m/s2B．让木箱竖直向下加速运动，加速度最小值为2m/s2C．让木箱水平向左加速运动，加速度应大于1.6m/s

2D．让木箱水平向右加速运动，加速度最小值为1.6m/s2【答案】C【详解】AB．物块A能保持静止，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与木箱间的摩擦力，木箱竖直向下匀加速运动，物块处于失重状态，物块对木箱间的压力变小，

竖直方向有mgNma−=又最大静摩擦力mfN=mFf=解得24m/sa=向下的加速度最小值为2m/s2时，物体与木箱向左滑动；若木箱竖直向上匀加速运动，则物块与木箱间的压力变大，此时物块A与木箱间的最大静摩擦力大于木箱静止时的最大值，故此时物块

A不可能相对木箱底面水平移动，故AB错误；C．木箱做水平向左匀加速运动，以物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为1a，根据牛顿第二定律有1mgFma−=弹代入数据可得211.6m/sa=所以只要木箱加速度

大于21.6m/s，物块就会相对木箱向右运动，故C正确；D．木箱做水平向右速匀加速运动，以物块为研究对象，设物块相对木箱静止的最大加速度大小为2a，根据牛顿第二定律有2mgFma+=弹代入数据可得2226.4m/s1.6m/sa=故物块将相对木箱水平向左运动，故D错误。

故选C。二、多选题8．某班物理兴趣小组在研究三力作用下的平衡问题时，设计了如图所示的简单而常见的情景模型：将一可视为质点的质量为m的小球用轻质柔软的细线悬挂于天花板上的O点，在外力F、细线拉力FT和重力mg的

作用下处于平衡状态。细线与竖直方向的夹角为，与F的夹角为，开始时F水平。小组成员经过讨论形成了如下结论，你认为正确的是（）A．保持θ角及小球位置不变，逐渐缓慢减小角直至F竖直向上，则F、FT都逐渐减小B．保持F

水平，逐渐缓慢增大θ角，则F、FT都逐渐增大C．保持角不变，逐渐缓慢增大θ角，直至悬线水平，则FT逐渐减小，F逐渐增大D．只增加细线的长度，其他条件不变，F、FT都减小【答案】BC【详解】A．如图所示对小球受力分析，小球受重力、拉力F和细线的拉力FT作用，角不变，

角减小到90°时，F最小，因此角减小的过程中，TF逐渐减小，F先减小后增大，故A错误；B．保持F水平，则tanFmg=，TcosmgF=角增大时F、TF都逐渐增大，故B正确；C．保持角不变，增大角

，细线和拉力F的方向都逆时针转动，如图F水平时TF最大，TF水平时F最大，所以TF逐渐减小，F逐渐增大，故C正确；D．只增加细线的长度，对F、TF没有影响，故D错误。故选BC。9．我国自行研制的新一代轮式装

甲车已达到西方国家第三代战车的水平，其将成为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，则前进较短的距离s其速度便可达到最大值vmax。设在加速过程中发动机的功率恒为P，装甲车所受阻力恒为f，当速度为v（vma

x>v）时，所受牵引力为F。以下说法正确的是（）A．装甲车速度为vmax时，牵引力做的功为FsB．装甲车的最大速度maxPvf=C．装甲车速度为v时，加速度Ffam−=D．装甲车从静止开始达到最大速度vmax所用时间max2tsv=【答案】BC【详解】A．因为在运动过程中，装甲车

功率不变，速度增大，则牵引力减小，故加速过程牵引力不是恒力，所以装甲车速度为maxv时，牵引力做的功不能通过W=Fs求解，则牵引力做的功不等于Fs，A错误；B．当牵引力与阻力相等时，装甲车的速度达到最大，根据maxPfv

=知，最大速度maxvPf=B正确；C．当装甲车的速度为v时，根据牛顿第二定律得加速度Ffam−=C正确；D．据动能定理得2max12Ptfsmv−=解得max212mvtsPf=+D错误。故选BC。10．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，圆

环的圆心O的正上方B点固定有一定滑轮，B点的左侧再固定有一定滑轮。质量为m的小球套在圆环上，轻质细线跨过两个定滑轮，一端连接小球，另一端连接质量为m的物块，用竖直向下的拉力F（未知）把小球控制在圆环上的A点，OA与竖直方向的夹角为53°，且AB正

好沿圆环的切线方向，P点为圆环的最高点，不计一切摩擦，不计滑轮、小球以及物块的大小，重力加速度为g，sin530.8=，cos530.6=。下列说法正确的是（）A．小球与物块静止时，竖直向下的拉力14Fmg=B．撤去拉力F的瞬间，细线的拉力大小为89m

gC．小球由A点运动到P点的过程中，物块的重力势能减少量为23mgRD．若小球在P点的速度大小为v，则物块的速度大小也为v【答案】AC【详解】A．对物块进行受力分析，由二力平衡可得细线的拉力大小为1Tmg=在A点对小球进行受力分析，由力的平衡可得1()sin53FmgT+=解得14Fmg=

故A正确；B．在撤去拉力F的瞬间，设细线的拉力大小为2T，小球和物块的加速度大小相等设为a，对两者分别应用牛顿第二定律可得2sin53Tmgma−=2mgTma−=联立解得910Fmg=故B错误；C．撤去拉力F后，当小球运动到P点时，设小球的速度大小为v，由几何关系可得tan53ABR=

cos53ROB=BPOBR=−小球从A到P，物块下降的高度为hABBP=−联立解得23hR=则物块的重力势能减少量为P23EmghmgR==故C正确；D．细线与小球的速度v垂直，则绳子伸长的速度为0，由关联速度

之间的关系，物块的速度为0，故D错误。故选AC。三、实验题11．某同学在家中利用一个挂钟表盘探究“力的平行四边形定则”。实验器材有橡皮筋、重6N的小铁块、轻弹簧、细线、直尺、挂钟表盘。实验步骤如下：①在轻弹簧下挂小铁块，平衡时弹簧

伸长6.0cm。②如图1所示，将表盘竖直固定，橡皮筋上端固定在表盘的“12”处，下端拴上两根细线套a、b，先用弹簧竖直向下拉线套a，使橡皮筋下端至表盘中心O点处，此时弹簧伸长了10.0cm，将此时拉橡皮筋的力记为F。该同学取弹簧伸长2

cm为单位力长度，在表盘上过O点作出了力F的图示。③如图2所示，再将小铁块挂在线套b上，并将其搭在表盘“4”处的光滑钉子上，用弹簧拉线套a，调整弹簧拉力的大小和方向，使橡皮筋下端到达O点时，线套a正好经过“7”处，此时弹簧

伸长了8.2cm，将弹簧的拉力记为1F，铁块的拉力记为2F。请回答下列问题：（1）弹簧的劲度系数为N/m。（计算结果取两位有效数字）（2）实验中两次拉橡皮筋时都使其下端到达O点的目的是。A．让橡皮筋伸长适当长度B．防

止超过橡皮筋的弹性限度C．保证两次拉橡皮筋的力效果相同（3）该同学在图2中画出1F和2F的力的图示，如图3所示。（4）随后该同学采用两种方案来分析实验数据。方案一：在表盘上，分别将1F、2F两个力的图示的箭头与F的力的图示的箭头连成一个四边形，观察这个四边

形，若四边形非常接近，则猜想求两个力合力的方法可以采用平行四边形定则；方案二：在表盘上，以1F、2F两力为邻边作出平行四边形，如图3所示，若其对角线对应的力F与F的偏差在误差允许范围内，则该同学验证了力的平行四边形定则，其中是1F、2F两力的合力的理论值。【答案】21.0

10C平行四边形F【详解】（1）[1]在第①步，由胡克定律=Fkx可得弹簧的劲度系数为21.010N/mFkx==（2）[2]为了保证两次拉橡皮筋的力效果相同，则第二次拉橡皮筋时也使其下端到达O点。故选C。（

4）[3][4]探究力的平行四边形，在力的图示中，两个分力与合力构成的四边形接近平行四边形，因为存在实验误差，合力的理论值是根据力的平行四边形定则这个理论作出来的，所以F是1F、2F两力的合力的理论值。12．在“利用自由落体运动验证机械能守恒定律”实验中（

1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的。A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量和势能变化量C．速度变化量和高度变化量（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、刻度尺、电磁打点计

时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是。A．交流电源B．天平（含砝码）（3）某同学选用一质量为0.4kgm=的重锤，按照正确的操作选得纸带如图所示，其中O是起始点，量得连续五个计时点A、B、C、D、E到O点的距离，打

点频率为50Hz，已知当地重力加速度为29.8m/sg=，则打下C点时重锤的速度大小是m/s，O点到C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为J（结果均保留两位有效数字）（4）该同学用两个质量分别为1m、2m的重物P和Q分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速度大小v，

作出的2vh−图像如图所示。对比图像分析正确的是。A．阻力可能为零B．阻力不可能为零C．1m可能等于2mD．1m小于2m【答案】AA2.00.86BC/CB【详解】（1）[1]为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任

意两点间的动能变化量与势能变化量。故选A。（2）[2]A．验证机械能守恒定律实验通过电磁打点计时器计时，需要交流电源，故A正确；B．验证机械能守恒定律中等式两边重物质量可以约掉，则不需要天平测质量，故B错误。故选A。（3）[3]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，

则打下C点时重锤的速度大小为2(26.2118.21)10m/s2.0m/s220.02BDCxvT−−===[4]O点到C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为2p0.49.822.0010J0.86JOCEmgh−==（4）[5]AB．根据题意，设阻力为f，由动能定理有()21

2mgfhmv−=整理可得22fvghm=−可知，若阻力为零，则两次实验的2vh−图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，故A错误，B正确；CD．虽然斜率不相等，但不知道两物体所受

阻力的情况，则两物体的质量关系不确定，即1m可能等于2m，故C正确，D错误。故选BC。四、解答题13．如图所示，餐桌中心是一个半径为r=1.5m的圆盘，圆盘可绕中心轴转动，近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可

忽略不计。已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘的动摩擦因数为μ1=0.6，与餐桌的动摩擦因数为μ2=0.225，餐桌离地高度为h=0.8m。设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

（1）为使物体不滑到餐桌上，圆盘的角速度ω的最大值为多少；（2）缓慢增大圆盘的角速度，物体从圆盘上甩出后滑到餐桌上，未从桌面上滑出，求物体在桌面上滑行的距离L为多大；（3）若餐桌半径2=Rr，则在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从桌面

飞出位置的水平距离x为多少。【答案】（1）2rad/s；（2）2m；（3）0.6m【详解】(1)为使物体不滑到餐桌上，小物体受到的最大静摩擦力提供向心力21m=mgmr则m2rad/s=(2)物体从圆盘上甩出时，速度0m3m/s==vr由动能定理得220102mgLmv−=−可得

2mL=(3)在圆盘角速度缓慢增大时，物体从圆盘上被甩出后在桌面上滑行的距离为2221.5m−==LRr由动能定理得222011'22mgLmvmv−=−可得1.5m/sv=物体离开餐桌做平抛运动，有221hgt=可

得0.4st=物体飞出后的水平距离为0.6mxvt==14．如图所示，将小物体（可视为质点）置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的恒力F拉动纸板，拉力大小不同，纸板和小物体的运动情况也不同．若纸板的质量m1=0

.1kg，小物体的质量m2=0.4kg，小物体与桌面右边缘的距离d=0.15m，已知各接触面间的动摩擦因数均为μ=0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2．求：（1）当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的摩擦力大小；（2）拉力F满

足什么条件，小物体才能与纸板发生相对滑动；（3）若拉力作用0.3s时，纸板刚好从小物体下抽出，通过计算判断小物体是否会留在桌面上．【答案】（1）1N；（2）F＞2Ｎ时小物体与纸板有相对滑动；（3）小物体不会留在桌面上【详解】⑴当小物体与纸板一起运动时，桌面给纸板的滑动摩擦力112()fmmg=

+代入数据，解得f1=1N（2）在力F作用下，纸板和小物体一起加速运动，随力F增大，加速度增大，小物体受到的静摩擦力也增大，直到达到最大静摩擦力22fmg=小物体的加速度为两者一起运动的最大加速度22mfagm==根据牛顿第二定律有1212()()mmFmmgm

ma−+=+解得Fm=122()gmm+=2NF>2N时小物体与纸板有相对滑动⑶纸板抽出前，小物体在滑动摩擦力作用下做加速运动，加速度为222mgagm==0.3s离开纸板时通过的距离21212axt==0.09m速度12vat==0.6m/s纸板抽出后，小物体在桌面上受

滑动摩擦力作用做匀减速运动，加速度大小也为a2，小物体减速运动可能的最大距离为21220.09m2vxa==则小物体在桌面上可能运动的总距离120.18msxxd=+=因此小物体不会留在桌面上。15．如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时

另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，2.5mBCL=，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使

质量为m＝0.6kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时立即受到斜向右上方、与水平方向的夹角为37°、大小为F＝6N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度

为15m/sEv=，已知P与水平面和斜面间的动摩擦因数均为0.5=，g取210m/s，sin370.6=。（1）P运动到E点时对轨道的压力大小；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）若其他条件不变，增大B、C间的距离使

P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离。【答案】（1）132.6N；（2）65.7J；（3）1m【详解】（1）设P运动到E点时所受轨道支持力大小为FN，根据牛顿第二定律有2Nsin37EvmgFFmR+−=解得N132.6

NF=根据牛顿第三定律可知P运动到E点时对轨道的压力大小为NN132.6NFF==（2）因为sin37cos376NFmgmg=+=所以P在斜面上滑动的整个过程，合外力对P做功为零。设弹簧的最大弹性势能为Ep，根据功能关系有2

p1cos37(sin37)sin37(1cos37)2BCBCEEFLmgFLFRmgRmv+−−+−+=解得p65.7JE=（3）如图所示，以G为坐标原点，GD为y轴，垂直于GD为x轴建立直角坐标系，并将P的重力在x和y方向进行正交分解，则在x方向上，P的加速度大小为2sin374

m/sxFmgam−==在y方向上，P的加速度大小为2cos378m/syag==P从G到D的运动时间为42s2yRta==由于P恰好能垂直落在斜面上，则说明P在D点的速度的x方向分量为零，易知物块P在x方向上做匀减速运动，则P在G点的速度大小为22m/sGxvat==

所以P在斜面上的落点距D点的距离为1m2Gvtx==