2023-2024学年辽宁省沈阳市第二十中学高三上学期一模考试 物理（解析版）

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的速度匀速上升。当上升到离地面高处时，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，）（    ）

A． B． C． D．

【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，手机做竖直上抛运动，以竖直向上为正方向有

解得

，（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． B． C． D．

【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

对两球组成的整体有

4mg-μFN=0

联立解得

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/s2

B．根据乙图可求出物体的加速度大小为10 m/s2

C．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

根据图像得

解得

A正确；

B．根据匀变速直线运动的速度与位移关系

解得

根据图像得

解得

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

D错误。

故选A。

5．如图，MN是一段倾角为的传送带，一个可以看作质点，质量为的物块，以沿传动带向下的速度从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图所示，取，则（　　）

A．物块最终从传送带N点离开

B．传送带的速度，方向沿斜面向下

C．物块沿传送带下滑时的加速度

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．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

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，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

到时，物块沿斜面向上加速运动的位移

物块沿斜面向上匀速运动的时间

所以物块回到原处的时间

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

B．月球的密度为

C．实验二测得月球表面的重力加速度为

D．月球的第一宇宙速度为

【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

角速度为

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

月球的密度

B正确；

C．由自由落体运动的规律可得

解得

C错误；

D．由万有引力充当向心力有

月球表面有

联立解得

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/s2

B．让木箱竖直向下加速运动，加速度最小值为2m/s2

C．让木箱水平向左加速运动，加速度应大于1.6m/s2

D．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

又最大静摩擦力

解得

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，根据牛顿第二定律有

代入数据可得

所以只要木箱加速度大于，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，根据牛顿第二定律有

代入数据可得

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，逐渐减小，F先减小后增大，故A错误；

B．保持F水平，则

，

角增大时F、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水平时最大，水平时F最大，所以逐渐减小，F逐渐增大，故C正确；

D．只增加细线的长度，对F、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（vmax>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Fs

B．装甲车的最大速度

C．装甲车速度为v时，加速度

D．装甲车从静止开始达到最大速度vmax所用时间

【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，根据知，最大速度

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

C正确；

D．据动能定理得

解得

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，与竖直方向的夹角为53°，且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，，。下列说法正确的是（　　）

A．小球与物块静止时，竖直向下的拉力

B．撤去拉力F的瞬间，细线的拉力大小为

C．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

D．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

在A点对小球进行受力分析，由力的平衡可得

解得

故A正确；

B．在撤去拉力F的瞬间，设细线的拉力大小为，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

联立解得

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

小球从A到P，物块下降的高度为

联立解得

则物块的重力势能减少量为

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2cm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，铁块的拉力记为。

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中画出和的力的图示，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、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、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、两力的合力的理论值。

【答案】          C     平行四边形    

【详解】（1）[1]在第①步，由胡克定律可得弹簧的劲度系数为

（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，所以是、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，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、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．可能等于    D．小于

【答案】     A     A     2.0     0.86     BC/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

[4]O点到C点的这段时间内重锤重力势能的减少量为

（4）[5]AB．根据题意，设阻力为f，由动能定理有

整理可得

可知，若阻力为零，则两次实验的图像斜率相等，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，即可能等于，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=1.5 m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=0.8 m。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10 m/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，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）；（2）；（3）

【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

则

(2)物体从圆盘上甩出时，速度

由动能定理得

可得

(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

由动能定理得

可得

物体离开餐桌做平抛运动，有

可得

物体飞出后的水平距离为

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

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

小物体的加速度为两者一起运动的最大加速度

根据牛顿第二定律有

解得

Fm==2N

F>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

0.3s离开纸板时通过的距离

=0.09m

速度

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

则小物体在桌面上可能运动的总距离

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，，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，已知P与水平面和斜面间的动摩擦因数均为，g取，。

（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

解得

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

（2）因为

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

解得

（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

在y方向上，P的加速度大小为

P从G到D的运动时间为

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

所以P在斜面上的落点距D点的距离为