2024-2025学年陕西省西安中学高三（上）开学物理试卷（含解析）

2024-2025学年陕西省西安中学高三（上）开学物理试卷
一、选择题（每题4分，共40分）
1.汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是，则它在前内的平均速度大小为( )
A. B. C. D.
2.甲、乙两车分别从、两地在同一条直线上同时、同向由静止开始运动，已知甲车先以做匀加速直线运动，当运动至位置时，开始匀速运动，而乙车一直以做匀加速直线运动，为了避免与甲车相撞，则乙车的加速度至少为( )
A. B.
C. D.
3.如图示，已知物块与斜面间的摩擦因数，在外力作用下，物块正沿斜面向下做加速运动，而斜面处于静止状态；现增大，则下列说法中正确的是( )
A. 地面对斜面的摩擦力增大
B. 地面对斜面支持力增大
C. 只增大推力的大小，加速大小可能不变
D. 只增大推力的大小，斜面可能会向右运动
4.有一列火车有节车厢，在牵引力作用下向右运动，每节车厢所受阻力均相等，从右端开始记第、两节车厢间相互作用力为，第、节车厢间的相互作用为，现测得与的比值为：，则应为( )
A. 节 B. 节 C. 节 D. 节
5.如图甲所示，、两小球通过两根轻绳连接并悬挂于点，已知两轻绳和的长度之比为：，、两小球质量分别为和。现对、两小球分别施加水平向右的力和水平向左的力，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时球恰好在悬点的正下方，轻绳与竖直方向成，则( )
A. B.
C. D.
6.从固定斜面上同一点分别沿水平和沿斜面向下抛出甲、乙两小球，初速度大小均为，经一段时间后又同时经过斜面上同一位置，已知斜面倾角为，则乙与斜面间的摩擦因数为( )
A. B. C. D.
7.如图甲所示，足够长的传送带的倾角为，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中、已知。重力加速度大小为。下列说法正确的是( )
A. 物块可能沿传送带向上运动
B. 物块与传送带间的动摩擦因数大于
C. 时间后物块的加速度大小为
D. 若传送带反转，则物块将一直以大小为的加速度做匀加速直线运动
8.如图所示，长为、质量为的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为。一个质量为的人从木板的左端开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中，关于人和木板的速度时间图像可能正确的是取( )
A. B. C. D.
9.如图甲所示，小明先用水平向右的力将一质量为的木箱向右移动的距离后，在另一水平推力作用下，又匀速运动的距离到达斜面底端，撤去外力，之后冲上倾角为的斜面，物体的动能随运动距离变化的图像如图乙。已知木箱与斜面间的摩擦因数为，关于物体的运动，下列说法中正确的是( )
A. 的大小为
B. 木箱能到达斜面的最大高度为
C. 木箱返回水平面后向左运动的最大距离为
D. 整个运动过程中，克服摩擦力所做的功为
10.某赛车手练习启动和弯道行驶技术，从起点开始直线运动后进入弯道，要求在弯道部分匀速率运动。已知赛车质量为，最大牵引力是阻力的倍，启动开始牵引力随时间的变化关系如图，时刚好进入弯道，则在时间内，下列说法中正确的是( )
A. 汽车运动的最大加速度
B. 赛车在时的功率
C. 发动机对赛车所做的功
D. 赛车从到内做减速运动
二、实验题（每空3分，共18分）
11.某同学想探究弹簧劲度系数与弹簧长度之间的关系，取了长为的一段弹簧，并在弹簧上用小指针标出位置，将弹簧竖直固定在水平桌面上，在其上端分别放置质量为、、、、的砝码，记录各指针的位置，并利用描点画图，得出原长分别为、、、的弹簧所受到的压力与对应形变量之间的图象。
压力
指针
指针
指针
指针
根据题中提供信息，回答下列问题
该实验的原理是______；
依据实验数据，利用描点画图在给定的坐标系中画出各段弹簧所受压力与对应压缩量之间的关系；
如果将原长的弹簧劲度系数记为，原长为的弹簧劲度系数记为，则依据图象可得出的结论是 ______。
12.某同学欲测量木盒与木板间的摩擦因数，木盒中放置许多砝码，用细线与一吊篮相连，实验时，先测量出木盒、吊篮和砝码的总质量为，每次从木盒内取出的砝码都放在吊篮里，然后由静止释放，每次改变质量时，用打点计时器测量加速度和吊篮内总质量，依据这些数据画出了图象。
写出与的表达式______。
木盒与木板间的摩擦因数 ______。
______。
三、计算题（12+12+18=42分）
13.年在巴黎奥运会上，我国跳水小将全红婵的“水花消失术”使跳水水平又达新高度。下图为全红婵米跳台跳水过程的图象，规定速度方向向下为正，整个过程将全红婵看作成质点。试根据图象信息求：
当地的重力加速度保留两位有效数字；
全红婵入水深度。
14.如图所示，在质量为的物块甲上系着两条细绳，其中长的细绳另一端连着轻质圆环，圆环套在水平棒上可以滑动，圆环与棒间的动摩擦因数。另一细绳跨过光滑定滑轮与重力为的物块乙相连，定滑轮固定在距离圆环的地方，系统处于静止状态，与棒的夹角为，两绳夹角为。当时，圆环恰好开始滑动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，。求：
绳与棒间的夹角；
物块甲的质量。
15.如图所示，在一宽大的电梯内有一长为足够高的桌子，其一端固定一光滑的滑轮，用一段细线跨过滑轮将质量分别为和的物体、相连，初始靠近桌子的左端，与桌面间的动摩擦因数，初始系统处于静止状态。
若由静止释放、，求释放后时物体的速度；
若在时，系统向下以开始向下做匀加速运动，求此时向下运动的加速度和物体从桌面左端到右端运动的时间；
保持其它条件不变，取，桌面足够长，电梯向下以的加速度从静止开始运动，同时释放、两物体，当电梯速度再次为零时停止，求在这一过程中，绳的拉力对的冲量。
答案解析
1.
【解析】解：根据位移与时间的关系结合可得：
初速度，加速度大小为
则汽车刹车时间为：，前内的位移等于前内的位移。
所以刹车位移为：
它在前内的平均速度大小为：，故A正确、BCD错误。
故选：。
根据位移与时间的关系公式求解初速度和加速度大小，求出刹车时间和位移，根据平均速度的计算公式进行解答。
本题考查了运动学中的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动。所以解答此类问题的一般方法是先判断速度减为零的时间，判断给定的时间内汽车是否已经静止，再选用合适的公式进行解答。
2.
【解析】解：设甲车加速运动到点时的速度为，所用时间为，乙车的加速度为时，甲、乙两车恰好不相撞。
甲车从点到恰能追上乙车所用的时间为，则有：
且：
联立可得：
所以为了避免与甲车相撞，乙车的加速度：，故B正确，ACD错误。
故选：。
恰好不相撞，二者速度相等时相遇。根据位移时间关系、速度时间关系列方程联立求解。
在解决物理问题时，常常会遇到题目中有些物理量未知，却要求相关量的问题。其实这些未知的物理量往往在最终的结果中可以消掉，从这里我们得到一个提示，就是所需要的物理量有些是可以未知的，但要满足未知的物理量个数与方程个数相同。
3.
【解析】解：、已知物块与斜面间的摩擦因数，即，物体在不受推力时物体沿斜面匀速下滑，此时地面对斜面的摩擦力为零。
若施加的推力沿斜面方向，物体与斜面之间的作用力不变，物体运动过程中地面对斜面的摩擦力为零；
若推力垂直于斜面向下，施加推力后，物体对斜面的压力增大，增加的摩擦力为，则：，说明物体对斜面的作用力竖直向下；
所以沿任意方向施加推力，物体加速运动过程中，地面对斜面的摩擦力不变，均为零，故A错误；
B、增大，物体与斜面间的作用力增大，则地面对斜面支持力增大，故B正确；
C、只增大推力的大小，推力在沿斜面向下的分力增大，加速大小增大，故C错误；
D、只增大推力的大小，地面与斜面的摩擦力不变，均为零，斜面不可能运动，故D错误。
故选：。
对物体受力分析，根据共点力的平衡条件可求得斜面对物体的作用力，根据平衡条件可求得地面对斜面的摩擦力；若施加力后，物体对斜面的作用力方向竖直向下，摩擦力仍为零。增大力，根据物体与斜面间的作用力的变化情况进行分析。
本题主要考查了共点力的平衡条件以及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意整体法和隔离法的应用。
4.
【解析】解：设这列火车共有节车厢，每节车厢的质量均为，运动过程中每节车厢所受阻力均为，加速度为，对火车左侧节车厢进行受力分析，根据牛顿第二定律有
同理，对火车左侧节车厢进行受力分析，可得
由题意可知与的比值为：，联立解得
故B正确，ACD错误；
故选：。
以题中车厢组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度，应用牛顿第二定律求出各车厢间的作用力然后答题。
本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚车厢的受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。
5.
【解析】解：两轻绳和的长度之比为：，球恰好在悬点的正下方，由几何关系可知，与垂直；
以球为研究对象，由平衡条件得
以两球整体为研究对象，由平衡条件得
，
得
可得：
故B正确，ACD错误
故选：。
先以球为研究对象，由平衡条件求由题，绳恰好处于竖直方向，先以两球整体为研究对象，由平衡条件求。
解决本题的关键是灵活选择研究对象，正确分析受力情况，运用平衡条件研究。要注意整体法的应用。
6.
【解析】解：假设两小球的运动时间为，做平抛运动的小球水平位移为，竖直位移，根据几何关系可知，，即，由此可知，，小球水平方向的位移与位移的关系为，由此可知，因为两小球位移大小相等，因此作直线运动的小球位移为，假设直线运动的小球加速度大小为，因此有，将、代入可知，，对直线运动的小球进行受力分析，结合牛顿第二定律可知，综上可知，故B正确，ACD错误。
故选：。
两球的运动时间相等，做平抛运动的小球水平、竖直位移之比为，通过分析平抛运动可推算出运动时间即位移大小，代入到直线运动的小球可得小球的加速度，由此可知摩擦因数。
本题需要将平抛运动与直线运动相关知识相结合以解决此类问题。
7.
【解析】解：根据图像的物理意义可知，图像的斜率表示物体的加速度，则由图乙可知，时刻之前的加速度大于时刻之后的加速度，所以物块时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，传送带逆时针转动，由图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，故A错误；
B.由选项分析可得，时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则
得
故B错误；
C.根据上述，时刻之前有
时刻之后有
联立得
故C正确；
D.因为
如果传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块
则物块将一直以大小为的加速度做匀加速直线运动，故D错误。
故选：。
A.根据图像的物理意义判断物块的运动情况；
B.根据运动情况，对物块进行受力分析即可判断；
C.根据牛顿第二定律求解；
D.对物块受力分析，根据牛顿第二定律求解。
本题考查了传送带问题，分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。
8.
【解析】解：人在木板上向右做匀加速运动，则人受到木板向右的摩擦力，所以
而木板与地面之间的最大静摩擦力为
代入数据解得
当人对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时，木板向左加速，即
代入数据解得
由于
此时人向右加速，木板静止不动，故A错误；
B.由于
此时人向右加速，木板静止不动，故B正确；
C.由于
此时人向右加速，木板向左加速，根据牛顿第二定律，对木板有
解得
故C正确；
D.由于
此时人向右加速，木板向左加速，故D错误。
故选：。
由牛顿第二定律结合摩擦力公式求得人与木板之间加速度大小，对各选项由，求出加速度，作出判断。
分析清楚物体运动过程是正确解题的基础，关键要明确人和木板、木板与地面之间摩擦力的关系，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。
9.
【解析】解：、木箱在内，摩擦力大小为，根据动能定理可得：，其中：
在过程中，动能不变，则有：，
代入数据解得：，故A正确；
B、木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理，有：
解得：
所以木箱在斜面上能到达的最大高度为：，故B错误；
C、木箱从冲上斜面到最终停下来，根据动能定理可得：
解得：，故C正确；
D、对整个运动过程，由动能定理有：
所以：，故D错误。
故选：。
木箱在内，根据动能定理列方程；在过程中，动能不变，根据平衡条件列方程联立求解；
木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理进行解答；
木箱从冲上斜面到最终停下来，根据动能定理进行解答；
对整个运动过程，由动能定理求解克服摩擦力所做的功。
本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。
10.
【解析】解：、对赛车进行分析，根据牛顿第二定律有：，当时，牵引力最大，赛车的加速度最大，则有：，解得最大加速度为：，故A错误；
B、当牵引力等于阻力时赛车开始运动，根据图像可知，赛车开始运动的时刻为，如图所示：
赛车从开始运动至时刻，取运动方向为正方向，由动量定理可得：
解得赛车在时的速度大小为：
则赛车在时刻的功率为：，故B错误；
C、时间内，由动能定理可得：
赛车从开始运动至时间内，取运动方向为正方向，由动量定理可得：
联立解得发动机对赛车所做的功，故C正确；
D、在到时间内，牵引力虽然在减小，但仍然大于阻力，所以赛车仍做加速运动，在时间内，牵引力等于阻力，赛车做匀速运动，故D错误。
故选：。
对赛车进行分析，根据牛顿第二定律分析加速度大小；
赛车从开始运动至时刻，由动量定理求解速度大小，根据功率计算公式进行解答；
由动能定理、动量定理联立解得发动机对赛车所做的功；
根据受力情况分析运动情况。
本题主要是考查动量定理之图像问题，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。
11.为各段弹簧的压缩量
【解析】该实验的原理是胡克定律，即，为各段弹簧的压缩量；
依据实验数据，利用描点画图在给定的坐标系中画出各段弹簧所受压力与对应压缩量之间的关系，如图所示
由图可知，所以，
所以。
答：为各段弹簧的压缩量
如图所示
在弹性限度内，弹簧弹力与形变量长征成正比；
根据表格数据，利用描点法作图；
根据推导得到最终结论。
本题主要考查“探究弹簧劲度系数与弹簧长度之间的关系”的实验，根据胡克定律解答。
12.
【解析】解：对整体根据牛顿第二定律得
解得
根据图像得
解得
根据图像得
解得
故答案为：；；
对整体根据牛顿第二定律可解得表达式；
根据图像的斜率与截距分析解答。
本题考查牛顿第二定律测量动摩擦因数，解题关键掌握牛顿第二定律的运用，注意图像的斜率与截距的物理意义。
13.解：设当地的重力加速度为，跳台高为，由运动学关系可得：
代入数值得
入水时的速度为，则
所以入水的深度为：
答：当地的重力加速度；全红婵入水深度。
【解析】运动员在空中做自由落体运动，利用位移与时间公式计算当地的重力加速度；
利用速度与时间公式计算刚落水时的速度，利用平均速度与位移公式计算入水深度。
本题考查了应用位移与时间公式、速度与时间公式、速度与位移公式计算自由落体运动和匀减速运动问题。
14.解：当圆环恰好要开始滑动时，设此时水平棒对圆环的支持力大小为，细绳对圆环的拉力大小为，对圆环受力分析，如图甲所示
甲
根据平衡条件有
联立解得
即
由题意，根据几何关系可知，按如图乙所示，对物块甲受力分析，根据平衡条件
乙
有
解得
答：绳与棒间的夹角为；
物块甲的质量为。
【解析】圆环恰好滑动，将要开始滑动时，所受的静摩擦力刚好达到最大值。根据共点力平衡条件对环进行研究，求出绳与棒间的夹角。
物体处于平衡状态，根据共点力平衡条件求解细绳的张力；圆环将要滑动时，对重物进行受力分析，求解甲的质量。
本题是在共点力作用下重物的平衡问题，采用隔离法分别研究三个物体，分析受力情况是解题的关键之处。
15.解：当电梯静止时，释放、后，对、受力分析如图所示：
A、的加速度大小相等，设为，根据牛顿第二定律得：
对有：
对有：
解得：
由运动学公式可得时物体、的速度大小均为：
时电梯开始以的加速度向下匀加速运动的过程，对、受力分析如图所示：
对于物体：水平方向在绳的拉力作用下继续匀加速运动，设其水平加速度为，而在竖直方向还要随电梯向下以加速度做匀加速运动，所以分别在水平、竖直方向上对应用牛顿第二定律可得：
联立可得：
对于物体：既有相对桌面以大小为的加速度向下的匀加速运动，还有随着电梯以加速度向下的匀加速运动，由牛顿第二定律可得：
联立可得：
解得：
则此时向下运动的加速度为：
，方向竖直向下。
在后沿水平方向以加速度做匀加速直线运动，设后其运动至桌面右端所需要时间为，由运动学公式得：
代入数据解得：
所以物体从桌面左端到右端的总时间为：
由题设条件：电梯向下以的加速度从静止开始运动，可得当时，电梯运动的时间为：，此时电梯的速度达到最大，画出电梯沿竖直方向运动的图像如图所示：
根据图像与时间轴围成的面积表示速度变化量，易知在时电梯会停止运动。
对于物体同理可得设桌面与之间的弹力为，绳的拉力为：
在竖直方向上有：
在水平方向上有：
解得：，
对于物体同理可得：
，即：
联立可得：
代入数据得：
作出的图像如图所示：
易知在时物体沿水平方向的分速度为：
又有与桌面的滑动摩擦力大小为：
作出的图像如图所示：
根据的图像与时间轴围成的面积表示冲量，易知在时间内滑动摩擦力的冲量大小为：
以水平向右为正方向，对运用动量定理得：
解得此过程绳的拉力对的冲量大小为，方向水平向右。
答：释放后时物体的速度大小为，方向竖直向下；
此时向下运动的加速度的大小为，方向竖直向下；物体从桌面左端到右端运动的时间为；
绳的拉力对的冲量大小为，方向水平向右。
【解析】对、受力分析，根据牛顿第二定律与运动学公式求解释放后时物体的速度；
对、受力分析，对于物体，分别在水平、竖直方向上应用牛顿第二定律列式。对于物体，根据相对运动关系确定其加速度，应用牛顿第二定律列式，联立求解此时向下运动的加速度。对根据运动学公式求解其从桌面左端到右端运动的时间；
分析电梯的运动过程，确定其停止运动的时间。分析、的力与运动的关系，参照的解答，应用图像与图像求解的水平分速度和滑动摩擦力对的冲量，根据动量定理求解在这一过程中绳的拉力对的冲量。
本题考查了牛顿第二定律应用的连接体问题、求解变力的冲量问题、动量定理的应用、运动合成与分解的应用。电梯具有加速度时，对于电梯与物体、组成的系统，、处于非惯性参考系中发生运动，注意确定的加速度，对的运动应用运动的分解处理。
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