【文档说明】辽宁省大连市第八中学2023-2024学年高三上学期9月月考 物理解析.docx，共(20)页，988.139 KB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年度上学期高三年级阶段测试物理试题（满分：100分，考试时间：75分钟）一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不

全的得3分，有选错的得0分。1.万有引力定律的发现实现了物理学上第一次大统一——“地上物理学”和“天上物理学”的统一，它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律。牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道假想

成圆轨道，另外还应用到了其他的规律和结论，以下的规律和结论没有被用到的是（）A.牛顿第二定律B.牛顿第三定律C.开普勒的研究成果D.卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数【答案】D【解析】【详解】牛顿在发现万有引力定律的过程中首先利用了开普勒对行星运动的究成果，然后应用牛顿第二定律推导了恒星对行星的引

力大小，再利用牛顿第三定律推导了行星对恒星的引力大小，然后推广到任意两个物体之间，总结出了万有引力定律，后来卡文迪许才通过扭秤实验得出的引力常数，所以总结万有引力定律没有被用到。故选D。2.2020年6月23日，北斗三号全球卫星导航系统部署全面完成。北斗卫星导航系

统包括中地球轨道卫星、同步轨道静止卫星、倾斜同步轨道卫星（轨道周期等于地球自转周期），中地球轨道卫星离地面高度比同步轨道静止卫星低，其空间示意图如图所示。已知地球半径约为6400R=km，下列说法正确的

是（）A.中地球轨道卫星的公转周期有可能为1小时B.倾斜同步轨道卫星有可能每天同一时刻经过北京上空C.同步轨道静止卫星的角速度比倾斜同步轨道卫星的角速度大D.中地球轨道卫星所受地球引力一定大于同步轨道

静止卫星所受地球引力【答案】B【解析】【分析】【详解】A．近地卫星的轨道半径最小，周期最小，仍大于1小时，所以中地球轨道卫星的公转周期不可能为1小时，故A错误；B．倾斜同步轨道卫星周期为24h，有可能在每天同一时刻经过北京上空，故B正确；C．同步轨道静止卫星的角速度

与倾斜同步轨道卫星周期相同，2T=，角速度相同，故C错误；D．中地球轨道卫星所受地球引力不一定大于同步轨道静止卫星所受地球引力，因为卫星质量未知，故D错误。故选B。3.如图所示，建筑工人从地面出发乘坐升降机粉

刷外墙。如果在升降机沿竖直方向匀加速上升的同时，工人水平向右匀速移动，则在这个过程中下列说法正确的是（）A.工人做匀变速直线运动B.工人的速度方向与水平方向的夹角逐渐变小C.工人的位移方向与竖直方向的夹角逐渐变大D.工人在任意两个相等时间内的速度变化量相同【答案】D【解析】【详解】AD．由题

意可知工人在竖直方向上所受合外力向上，且为定值，在水平方向上受力平衡，即工人所受合外力恒定，所以工人做匀变速曲线运动，在任意两个相等时间内的速度变化量相同，故A错误，D正确；BC．设工人在竖直方向的加速度大小为a，在水平方向的速度大小为v0，工人的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与竖直方向

的夹角为α，则在0tanatv=0022tan12vtvatat==由以上两式可知θ逐渐增大，α逐渐减小，故BC错误。故选D。4.某行星周围存在着环状物质，为了测定环状物质是行星组成部分还是环绕该行星的卫星群，某天文学家对其做了精确的观测，发现环状物质绕行星中心的运行速度v与到行

星中心的距离r的关系如图所示。已知行星除环状物外的半径为R，环状物质的宽度为d，引力常量为G。则以下说法正确的是（）A.环状物质不是该行星的组成部分B.行星表面的重力加速度g=20vRC.该行星除去环状物质部分后的质量M=20vRGD.该行星的自转周

期T=()12Rdv+【答案】D【解析】【详解】A．若环状物质为行星的组成部分，则两者角速度相同，则有vrr=故vr−图象是通过坐标原点的直线，故环状物质为行星的组成部分，故A错误；B．行星表面的物体的向心加速度的20vaR=行星表

面的重力加速度和向心加速度意义不同，故B错误；C．若环状物质为卫星群，根据万有引力提供向心力可得22GMmmvrr=可得2vrMG=当rR=时，则有20vRMG=因为环状物质为行星的组成部分，质量不能用20vRMG=进行计算，无法求解该行星除去环状物

质部分后的质量，故C错误；D．由于环状物质是该行星的组成部分，故其转动周期等于行星的自传周期为12()RdTv+=故D正确；故选D。5.如图所示，质量均为1kgm=的小滑块M、N通过铰链用长为1mL=的轻杆连接，M套在固定的竖直光滑杆上，N放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角

37=，原长为35L的轻弹簧水平放置，右端与N相连，左端固定在竖直杆O点上，M由静止释放，下降到最低点时变为60°，整个运动过程中，M、N始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度大小取210m/s=g，sin37

0.6=，cos370.8=。则M下降过程中（）A.M、N组成的系统机械能守恒B.M、N的速度大小始终相等C.弹簧弹性势能最大值为3JD.M达到最大动能时，N受到地面的支持力大小为10N【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在M下滑的过程中，对M、N组成的系统

，弹簧弹力做负功则系统机械能减小，选项A错误；B．将M、N的速度进行分解，如图所示，可得cossinMNvv=即有tanMNvv=仅当45=时MNvv=选项B错误；C．当M下降到最低点时，弹簧的弹性势能最大，对M、N及弹簧组

成的系统，据机械能守恒定律，可得()maxcos37cos600.33JpEmgLLmgL=−==选项C正确；D．M达到最大动能时，M的加速度为零，则M、N、轻杆组成的系统在竖直方向的加速度为零，对系统受力

分析可得，此时N受到地面的支持力大小等于M、N的总重力，即220Nmg=选项D错误。故选C。6.如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为θ=37°的光滑斜面底端，另一端连接一质量为2kg的物块A，系统处于静止状态。若在物块A的上方斜面上紧靠A处轻放一

质量为3kg的物块B，A、B一起向下运动，经过10cm运动到最低点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法错误的是（）A.两物块沿斜面向下运动的过程中，A、B间的弹力一直增大B.在物块B刚放上的瞬间，A、B间的弹力大小为7.2NC.两物块沿斜面向下

运动的过程中，重力势能与弹性势能之和先减少后增加D.两物块沿斜面向下运动的过程中，弹簧弹性势能的最大值为3.0J【答案】D【解析】【详解】A．对B物体进行受力分析，设A对B的弹力为F1，由牛顿第二定律可知B1BsinmgFma−=由于两物块沿斜面向下运动的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加

速度增大的减速运动，所以A、B间的弹力一直增大，故A正确，不符合题意；B．物块A刚放上去的瞬间，弹簧的弹力仍然为零，对A、B整体，由牛顿第二定律可知mBgsin37°=(mA＋mB）a设A、B间的弹力为FN，对物块B有mBgsin37°－FN=mBa联

立解得FN=7.2N故B正确，不符合题意；C．由功能关系，针对弹簧和两物块组成的系统，重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量，两物块的动能先增加后减少，故重力势能与弹性势能之和先减少后增加，故C正确，不符合题意；D．从A、B一起向下运动到最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加了ΔEp=(

mA＋mB)gxsinθ=3.0J因为在物块B放上去之前，弹簧已经是压缩的，即弹簧已经具有弹性势能，所以在最低点弹簧的弹性势能最大，最大值应大于3.0J，故D错误，符合题意。故选D。7.如图，光滑斜面的倾角为θ＝45°，斜面足够长，在

斜面上A点向斜上方抛出一小球，初速度方向与水平方向夹角为α，小球与斜面垂直碰撞于D点，不计空气阻力；若小球与斜面碰撞后返回A点，碰撞时间极短，且碰撞前后能量无损失，重力加速度g取10m/s2。则可以求出的物理量是（）A.

α值B.小球的初速度v0C.小球在空中运动时间D.小球初动能【答案】A【解析】【详解】设初速度v0与竖直方向夹角β，则β＝90°−α（1）；由A点斜抛至至最高点时，设水平位移为x1，竖直位移为y1，由最高点至碰撞点D的平抛过程Ⅱ中水平位移为x2，竖直位移y2。A点抛出时：0sinxvv=（2

）10cosyvv=（3）2112yvyg=（4）的小球垂直打到斜面时，碰撞无能力损失，设竖直方向速度vy2，则水平方向速度保持0sinxvv=不变，斜面倾角θ＝45°，20tan45sinyxxvvvv===（5）2222yyyg=（6）()222012cossin2v

yyyg−=−=（7），平抛运动中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，所以：()111111tan90222tanyxvyxv==−=（8）由（8）变形化解：2011cossin2tanvx

yg==（9）同理，Ⅱ中水平位移为：22022sin2tan45vxyg==（10）()2012sinsincosvxxxg+=+=总（11）=tan45yx总故=yx总即2sinsincos−=−（12）由此得1tan3=19090arct

an3=−=−故可求得α的值，其他选项无法求出；故选：A。8.探月工程三期飞行试验器于2014年10月24日2时在中国西昌卫星发射中心发射升窄，飞行试验器飞抵距月球6万千米附近进入月球引力影响区，开始月球近旁转向飞行，最终进入距月球表面200kmh=的圆

形工作轨道。设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（）A.飞行试验器绕月球运行的周期为2RgB.在飞行试验器绕月球运行的向心加速度为2RgRh+C.飞行试验器在工作轨道上的绕行速度为()gRh+D.由题目条件

可知月球的平均密度为34gGR【答案】BD【解析】【详解】AC．根据万有引力提供向心力，即22224GMmvmmrrrT==解得GMvr=，32rTGM=飞行试验器的轨道半径为r=R+h，结合万有引力与重力的关系2GMmmgR=代入线速度和周期公式得2gRvRh=+，32)2

(RhTgR+=故AC错误；D．由万有引力与重力的关系2GMmmgR=月球的体积V＝343R则月球的密度34gGR=故D正确；B．月球表面万有引力与重力关系有()2GMmmaRh=+得2RagRh=+故B

正确；故选BD。9.如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到

水平地面上。下列说法中正确的是（）A.小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小B.当小球A的机械能最小时，小球B与小球C的加速度为零C.当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离D.当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tan

：1【答案】BCD【解析】【详解】A．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得()BCBFtmmv=+所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直

增大，故A错误；B．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由A项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，所以当小球A的机械能最的小时，小球B与小球C的加速度为

零，故B正确；C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球B球和小球C分离，故C正确；D．当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如

图所示两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有ABcossinvv=可得ABtan1vv=故D正确。故选BCD。10.如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上

套有一质量m=2kg的小球A半径R=0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B，用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A一个水平向

右的恒力F=50N。(重力加速度g=10m/s2)则()A.把小球B从地面拉到P的正下方时力F做功为20JB.小球B运动到C处时的速度大小为0C.小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin∠OPB=34D.把小球B从地面拉

到P的正下方时，小球B的机械能增加了6J【答案】AC【解析】【详解】A．对于F的做功过程，由几何知识得到力F作用点的位移X=PB－PC=22(0.4)(0.3)m+-(0.4-0.3)m=0.4m则力F做的

功W=Fx=50×0.4J=20JA正确；B．由于B球到达C处时，已无沿绳分速度，所以此时小球A的速度为零，考查两球及绳子组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：W=12mv2＋mgR代入已知量得20=12×2×v2＋2×10×0.3解得小球B速度的大小v=14

m/s，B错误；C．当绳与轨道相切时两球速度大小相等，如图：由三角形知识得sin∠OPB=34ROP=C正确；D．设最低点势能为零，小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加，ΔE=ΔEk＋ΔEp=12m

v2＋mgR=20JD错误。故选AC。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.某实验小组的同学利用如图所示的实验装置完成了“探究向心力与线速度关系”的实验，将小球用质量不计长为L的细线系于固定在铁架台上的力传感器上，小球的下端有一长度极短、宽度为d的挡光片，测得小球的直径为D，重力加速度用g表

示。请回答下列问题：的（1）如果挡光片经过光电门时的挡光时间为t，则小球通过光电门时的速度大小为=v______，向心加速度=a______。（2）小球通过光电门时力传感器的示数为0F，改变小球释放点的高度，多次操作，记录多组0F、v的数据，作出20Fv−

的图像，如果图线的斜率为k，则小球（含挡光片）的质量为______。（用已知物理量的符号表示）【答案】①.dt②.222dDLt+③.()22kLD+【解析】【详解】（1）[1]小球经过光电门时的挡光时间极短，则该

过程的平均速度近似等于小球通过光电门时的瞬时速度，故小球通过光电门时的速度大小为dvt=[2]根据向心加速度公式有22vaDL=+结合上述解得222daDLt=+（2）[3]小球通过最低点时的向心力为

细线的拉力与小球（含挡光片）重力的合力，即202−=+vFmgmDL整理得2022mFvmgLD=++由于图线的斜率为k，则有22mkLD=+解得()22kLDm+=12.某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律，图中A、B为两个光电门。(1)该同学首先利

用20刻度的游标卡尺测量小球的直径d，测量结果如图乙所示，则d＝________cm；(2)让小球从光电门A上方某一高度处自由下落，计时装置测出小球通过光电门A、B的挡光时间tA、tB，已知当地的重力加

速度为g，用刻度尺测量出光电门A、B间的距离h，则只需比较________与________是否相等就可以验证小球下落过程中机械能是否守恒（用题目中涉及的物理量符号来表示）；(3)该同学的实验操作均正确，经过多次测量发现，(2)中需要验证的两个数值总是存在一定的误差，产生这种误差的主要原因是_

_________________。【答案】①.0.885②.gh③.222212BAddtt−④.小球下落过程中受到空气阻力的影响【解析】【详解】(1)[1]．根据游标卡尺的读数规则可知，小球的直径为0.8cm170

.05mm0.885cmd=+=(2)[2][3]．小球从A到B，重力势能减少了mgh，动能增加了222222111()222BABAddmvmvmtt−=−因此要验证机械能是否守恒，只需比较gh与222212BAddtt−是否相等

即可；(3)[4]．小球下落过程中，受到空气阻力的作用，造成机械能损失，所以总是存在一定的误差。13.如图所示的轨道，ab段及cd段是光滑的弧面，bc段为中间水平部分，长为2m，与物体间的动摩擦因数为0.2，若物体从ab段高0.8m处由静止下滑，g取

10m/s2，求：（1）物体第一次到达b点时的速度大小；（2）物体在cd段运动时可达到的离地最大高度。【答案】（1）4m/s；（2）0.4m【解析】【详解】（1）由动能定理可得21=2mghmv解得22100.8m/s4m/svgh===（2）物体第一次滑到cd处时，达到的高

度最高，由动能定理可得2102bcmghmgxmv−−=−解得2120.4mbcmvmgxhmg−==14.如图所示，一定高度的平台右侧有一沿竖直方向固定的光滑轨道，其中MNP为半径R1=1m，圆心角143=的光滑

圆弧轨道，PQ为半径R2=0.4m的14圆轨道（摩擦不可忽略），质量为m=1kg可视为质点的小物块由O点以初速度v0=7.5m/s沿水平方向抛出，结果小物块由M点无碰撞地进入圆轨道，经过一段时间小物块离开Q点后刚好

再次落到M点，重力加速度g取210m/s，sin530.8=，cos530.6=，14912.2=。求：（1）OM两点之间的水平间距x；（2）小物块在Q点对轨道的压力大小；（3）小物块再次落到M点时，速度与竖直方向夹角的余弦值cos（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）7.5m；（2）1

4.5N；（3）0.82【解析】【详解】（1）小物块从O点到M点的运动过程做平抛运动，由几何关系可知小物块从M点射入轨道时速度方向与水平方向的夹角为53°，则有0tan53yvv=又有ygt=vOM两点之间的

水平间距为0xvt=解得x=7.5m（2）小物块从Q点回到M点的过程有1211sin53QRRRvt−+=，22111cos532RRgt+=小物块在Q点时，由牛顿第二定律有22QQvFmgmR+=解得14.5NQF=由牛

顿第三定律可知，小物块在Q点时对轨道的压力大小为14.5N。（3）小物块由Q到M的过程，小物块做平抛运动，则小物块落在M点时的竖直分速度为11yvgt=小物块落在M点的速度为221Qyvvv=+此时速度与竖直方向夹角的余弦值为1cosyvv=解得cos0.8215.如图所示

，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ=30°、高度为h=1.6m。一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0=0.2m的轻弹簧，木板总质量为m=1kg，总长度为L=2.0m。一质量为M=3kg的小物块A从斜

面体左侧某位置水平抛出，物块A经过一段时间后从斜面顶端以4m/s的速率沿平行于斜面方向落到木板B上并开始向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数为32=。木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压

缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：(1)物体A水平抛出时离地面的高度H；(2)薄木板B从开始运动到与挡板碰撞所需的时间；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【答案】(1)1.8m；(2)0.6s；

(3)5J【解析】【详解】(1)物块A落到B上时sin30yvv=解得vy＝2m/s物块A落到木板前做平抛运动，竖直方向：22()yvgHh=−解得H＝1.8m(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满

足：mgsin30°＝μ0mgcos30°得03tan303==物块A在木板上滑行时，以A为研究对象有：2cos30sin302.5m/sAMgMgaM−==(沿斜面向上)以木板B为研究对象有：20cos30sin30()cos307.5

m/sBMgmgMmgam+−+==(沿斜面向下)假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：v共＝aBt1＝v－aAt1解得v共＝3m/s，t1＝0.4s此过程1.4m2Avvxt+==共0.61.2m2sin3

0BvhxtmL==−=共故Δx＝xA－xB＝0.8m<L－l0＝1.8m说明以上假设成立共速后，由于(M＋m)gsin30°＝μ0(M＋m)gcos30°，A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，该过程

所需时间2sin300.2BhLxtsv−−==共所以t=t1+t2=0.6s(3)木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有：－2aA(L－l0－Δx)＝vA2－v共2解得vA＝2m/s设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原

长过程有：Q＝2μMgxmcos30°＝212AMv得Q＝6J，xm＝215mA从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有Epm＝212AMv＋Mgxmsin30°－12Q＝5J获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com