四川省叙永第一中学校2024-2025学年高三上学期开学物理试题
1．（2024高三上·叙永开学考）下列情况中，可以将研究对象看成质点的是（ ）
A．研究乒乓球的旋转情况 B．研究体操运动员的动作
C．研究蜜蜂翅膀的振动情况 D．研究地球的公转情况
2．（2024高三上·叙永开学考）生物研究中曾用标记噬菌体的蛋白质来研究遗传物质，磷（）也是最早用于临床的放射性核素之一、已知的半衰期为14.3天，只发生β衰变，产生β射线的最大能量为1.711MeV，下列说法正确的是（ ）
A．10g的经过7天，剩余的质量一定大于5g
B．衰变方程为
C．衰变过程的质量亏损可能为
D．将含的噬菌体培养皿放到厚铅盒中，外界能检测到β射线
3．（2024高三上·叙永开学考）电梯以大小为0.25g的加速度竖直向上做减速运动，站在电梯中质量为m的人对电梯的压力为（ ）
A．0.25mg B．0.75mg C．mg D．1.25mg
4．（2024高三上·叙永开学考）2020年月7月23日在文昌发射场，我国研发的“天问一号”火星探测器由长征五号遥四运载火箭发射升空，成功进入预定轨道。经过长达半年的航行，2020年2月10日，携带着“祝融号”火星车的“天问一号”探测器成功被火星引力捕获，顺利进入环火轨道，在为期3个月的环火运行探测后，于2021年5月15日成功在火星乌托邦平原南部着陆。在“天问一号”靠近火星的过程中，火星对“天问一号”的引力（ ）
A．保持不变 B．先变大后变小
C．越来越小 D．越来越大
5．（2024高三上·叙永开学考）图是“探究匀变速直线运动规律”实验得到的纸带，相邻计时点间的时间间隔为T。关于与纸带相连的物体的加速度a和打点1时的速度v1，下列计算式正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·叙永开学考）一竖直轻弹簧下端固定，质量为m的水平木板P与弹簧上端栓接，木板上再放一质量也为m的小物块Q，静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为的恒力F，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．刚施加力F时，Q对P的压力大小为
B．施加力F后，在运动过程中P、Q可能分离
C．P运动到最高点时，弹簧的弹力大小为
D．P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍
7．（2024高三上·叙永开学考）如图所示，质量为1 kg的物体与地面间的动摩擦因数，从时刻开始以初速度沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力的作用，g取，向右为正方向，该物体受到的摩擦力随时间变化的图像是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高三上·叙永开学考）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生，下列说法正确的是（ ）
A．向左移动滑片P，电流表示数一定增大
B．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
C．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
9．（2024高三上·叙永开学考）在如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，电表为理想电表，定值电阻，在a，b两端接入如图所示的电压（为正弦曲线的一部分），电流表的示数为2.2A，电压表的示数为27.5V，则（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为4：1
B．变压器原、副线圈的匝数比为
C．定值电阻R消耗的功率为22W
D．定值电阻R消耗的功率为15.125W
10．（2024高三上·叙永开学考）如图所示，直角坐标系xOy中的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．有一质量为m、电荷量为的粒子从y轴上的P点沿着与y轴正方向成45°角的方向射入磁场，不考虑粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子不可能从原点离开磁场
B．粒子有可能从原点离开磁场
C．粒子在磁场中运动的时间可能为
D．粒子在磁场中运动的时间可能为
11．（2024高三上·叙永开学考）图甲所示是研究平抛物体运动的实验装图，乙是实验后在白纸上作的图。
（1）安装斜槽轨道时要注意斜槽末端 ；
（2）实验过程器要多次释放小球使它沿斜槽轨道滚下才能描出小球做平抛运动的轨迹，每次释放小球时应使小球 ，目的是 ；
（3）在乙图中，O为平抛运动起点，计算小球做平抛运动的初速度的公式是 ，根据乙图给出的数据，计算出小球平抛的初速度 。
12．（2024高三上·叙永开学考）某同学利用图甲中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、200g的钩码若干，质量为2kg的滑块、打点计时器、刻度尺，已知当地重力加速度为。实验操作步骤如下：
（1）如甲图安装器材，保持桌面、长木板水平，轻细绳下端悬挂5个钩码，调整装置，使细绳水平。
（2）接通打点计时器电源，交流电频率为50Hz，再释放滑块，得到一条纸带如乙图，将纸带上打出的第一个点标记为0计数点，再依次取计数点1、2、3、4、5、6，每两个计数点之间有4个点未画出，测出各点到0点之间的距离如乙图，单位为cm。
（3）从0点到5点系统（以桌面上滑块和悬挂的钩码为系统，下同）的重力势能的减少量为 J。（计算结果均保留小数点后两位，下同）
（4）从纸带数据可计算出经过5点的瞬时速度 m/s。
（5）从0点到5点系统动能的增加量为 J，系统机械能的减少量为 J。
（6）若物块与木板之间的动摩擦因数为0.24，则从0点到5点物块克服木板的摩擦力做的功为 J。
（7）从上述结果可得出的实验结论是 。
13．（2024高三上·叙永开学考）在国家法定假日期间，政府取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车取卡，但是需要减速通过。假设收费站的前、后都是平直大道，假期间过站的车速要求不超过，小汽车未减速前的车速为，制动后小汽车的加速度的大小为。试问（不计小车、收费站的大小）：
（1）国家法定假日期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
（2）假设车过站后驾驶员立即使车以的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车经历的最短时间是多少？
（3）在（1）（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
14．（2024高三上·叙永开学考）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
15．（2024高三上·叙永开学考）如图，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平直轨道BD相切于B点，轨道D端固定一竖直挡板。圆弧轨道的圆心为O、半径为R，轨道BC段光滑且长度大于R，CD段粗糙且长度为R。质量均为m的P、Q两个小球用刚性轻杆连接，从图示位置由静止释放，Q球与挡板碰撞后反向弹回，每次碰撞后瞬间P、Q两球的总动能均为碰撞前瞬间的0.75倍。Q球第一次反弹后，P球沿轨道AB上升的最大高度为，两个小球均视为质点，重力加速度为g，计空气阻力。求：
（1）P球第一次运动至B点时速度大小及此过程中轻杆对Q球所做的功；
（2）Q球与轨道CD间的动摩擦因数；
（3）Q球最终停止时与挡板间的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质点
【解析】【解答】A．当物体的形状大小对所研究问题的影响可忽略不计时，物体可以看成质点；研究乒乓球的旋转时，乒乓球的大小、形状不可忽略，不可以看成质点，故A错误；
B．研究体操运动员的动作时，运动员的形状、大小不可忽略，不可以看成质点，故B错误；
C．研究蜜蜂翅膀的振动情况时，蜜蜂的形状、大小不可忽略，不可以看成质点，故C错误；
D．研究地球的公转时，地球的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故D正确。
故选D。
【分析】根据质点概念的理解分析判断，即研究对象的形状、体积对研究对象的运动状态不产生影响时就可以把物体视作质点。
2．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．的半衰期为14.3天，若经过14.3天，将有一半的磷发生衰变，而7天小于一个半衰期，则10g剩余的质量一定大于5g，故A正确；
B．发生β衰变满足质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为
故B错误；
C．根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程的质量亏损对应的核能转化为β射线的能量和新核的能量，则有
可知衰变过程的质量亏损大于，故C错误；
D．β射线是电子流，穿透能力较弱，所以将含的噬菌体培养皿放到厚铅盒中，外界不能检测到β射线，故D错误。
故选A。
【分析】根据题意只发生β衰变，写书磷的衰变方程，结合半衰期公式分析判断剩余质量；根据爱因斯坦质能方程判断衰变后质量亏损；结合β射线贯穿能力分析判断。
3．【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：由牛顿第二定律知：mg﹣F＝ma，所以F＝m（g﹣0.25g）＝0.75mg，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对物体进行受力分析，结合物体的加速度，利用牛顿第二定律求解物体对电梯的压力。
4．【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】在“天问一号”靠近火星的过程中，火星对“天问一号”的引力
可知，r逐渐减小则F越来越大，
故选D。
【分析】根据万有引力公式分析判断。
5．【答案】C
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】 根据Δx=aT2求解加速度，
据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
故选C。
【分析】】根据Δx=aT2求解加速度，从而即可求解， 据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而即可求解1点的瞬时速度。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A．刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
对Q进行分析，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得Q对P的压力大小为
故A错误；
B．假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q进行分析，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小为
方向竖直向下。施加拉力后，对P、Q整体进行分析，令平衡位置的压缩量为，则有
令整体相对平衡位置位移为，则回复力为
解得
可知，回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整体做简谐运动，根据简谐运动的对称性，整体运动的最大加速度为
表明P、Q整体先向上做加速运动，后向上做减速至0，速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设不成立，即施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，故B错误；
C．结合上述可知，P运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为
对整体分析有
解得
即弹簧的弹力大小为，故C错误；
D．物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有
结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有
拉力做功为
重力势能的增加量为
根据功能关系与能量守恒定律可知，弹性势能的减小量为
解得
P重力势能增加量为
则有
即P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍，故D正确。
故选D。
【分析】A、根据牛顿第二定律先整体求解共同加速度，后隔离分析求解相互作用力，由牛顿第三定律求解压力；
B、由二者之间作用力为零，对Q受力分析应用牛顿第二定律求解加速度；然后假设二者不分离，根据简谐运动的对称性求解最高点加速度，根据结果对比分析判断；
C、根据B的分析简谐运动在最高点加速度整体分析求解弹簧弹力；
D、利用胡克定律求解出发到最高点的位移，分别计算拉力做功和重力势能的增加量，根据功能关系求解弹性势能的减小量，依次求解二者关系。
7．【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】物体从时刻开始以初速度沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为
方向向左，大小不变，为负值.当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为
所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为
方向向右，为正值。
故选C。
【分析】根据滑动摩檫力公式求解滑动摩檫力大小，根据物体受力分析运动状态，进一步分析判断摩檫力的变化。
8．【答案】B,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．在达到饱和光电流后，向左移动滑片P，电流表示数不变，故A错误；
B．根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故B正确；
C．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，故C正确；
D．如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故D错误。
故选BC。
【分析】A、根据电路图分析，向左移动滑片P，正向电压增大，但电流表示数不一定增大，因存在已经处于饱和电流状态；
B、根据光电效应方程：可知，入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大；
C、光电效应原理增大光照强度，溢出光电子数目增多，饱和电流增大；
D、根据光电效应方程，减小入射光频率至小于极限频率，不会有光电流产生。
9．【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．由题图乙，根据电流的热效应有
解得变压器原线圈输入电压
则原、副线圈的匝数比
故A正确，B错误；
CD．电阻中的电流
因此原线圈中的电流为0.2A，根据变流比可知，副线圈中的电流
则定值电阻消耗的功率
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】AB、由图乙，根据电流热效应求解变压器输入电压有效值，进一步根据原副线圈电压与匝数之比求解；
CD、由欧姆定律求解上的电流，得出变压器输入电流大小，依据变压器电流与匝数关系求解电阻上的电流大小，由功率公式求解。
10．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．粒子在磁场中做圆周运动，粒子速度较小时从y轴离开磁场，当粒子速度为某一值v时与x轴相切，此时粒子不过坐标原点，当速度大于v时，粒子从x轴离开磁场，如图所示，所以粒子不可能从坐标系的原点O离开磁场，故A正确，B错误；
CD．根据周期公式
可知，C选项的圆心角为，D选项的圆心角为，随着v的增大，粒子从x轴离开磁场，可以取到，但是最小的圆心角一定会大于，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】AB、根据粒子所受洛伦兹力提供向心力分析粒子运动轨迹，当与ｘ轴相切时从ｙ轴射出不经过ｏ点且距其最近；
CD、根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式可知，CD的时间分别对应的圆心角，根据45°角的方向射入和粒子的轨迹分析判断。
11．【答案】水平；在同一位置由静止释放；使小球有相同的水平初速度；；1.6m/s
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）该实验成功的关键是，确保小球做平抛运动，因此只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平初速度，其运动才是平抛运动；
（2）只有每次小球平抛的初速度相同，其轨迹才能相同，才能在坐标纸上找到一些点，每次在同一位置由静止释放小球，是为了使小球有相同的水平初速度；
（3）由平抛运动规律有
联立解得
由于O点是抛出点，取x=48cm，y=44.1cm代入可得
综上第1空：水平；第2空：在同一位置由静止释放；第3空：使小球有相同的水平初速度；第4空：；第5空：1.6m/s
【分析】（1）为确保小球做平抛运动，只有斜槽的末端保持水平，小球具有水平速度；
（2）由平抛运动条件可知，在同一位置由静止释放小球，是为了使小球有相同的水平初速度，做同一个平抛运动；
（3）根据平抛运动规律，可分解为水平方向匀速直线和竖直方向自由落体运动，列方程组求解。
12．【答案】2.04；0.83；1.03；1.01；0.98；在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力作的功
【知识点】功能关系
【解析】【解答】（3）重力势能的减少量
（4）经过5点的瞬时速度
（5）从0点到5点系统动能的增加量为
系统机械能的减少量为
（6）从0点到5点物块克服木板的摩擦力做的功为
（7）从上述结果可得出的实验结论是在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力作的功。
综上第1空：2.04；第2空：0.83；第3空：1.03；第4空：1.01；第5空：0.98；第6空：在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力作的功
【分析】（3）根据重力势能的减小量等于重力所做的功求解；
（4）由匀变速直线时间中点的瞬时速度公式求解；
（5）根据动能表达式和初末状态机械能求解；
（6）根据功的定义式求解摩檫力做功；
（7）分析对比机械能的减小量和物块克服摩檫力做功的大小关系得出相应结论。
13．【答案】设小汽车初速度方向为正方向，将单位换算为国际单位制
（1）小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，由公式
解得
（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2，加速阶段的末速度是减速阶段的初速度：减速阶段
代入数据解得
加速阶段
代入数据解得
则加速和减速的总时间
代入解得
（3）在加速阶段
解得
若汽车不减速通过这段位移的总时间为
代入数据解得
车因减速和加速过站而耽误的时间
代入数据解得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度-位移关系求解制动距离；
（2）根据匀变速直线运动的速度-时间关系分别求解减速和加速所需时间；
（3）根据匀变速直线运动速度-位移关系求解加速发生的位移，进一步计算匀速通过减速和加速阶段的总位移所需时间对比原时间。
14．【答案】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
根据胡克定律得
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得
由几何关系得圆环此时转动的半径为
联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有，
由几何关系得
联立解得
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据平衡条件和胡克定律求解弹簧的压缩量，再求圆环与O点的距离；
（2）弹簧处于原长时，圆环所受重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度；
（3）对圆环进行受力分析，根据正交分解法求向心力，再根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度。
15．【答案】（1）P球第一次运动至B点过程中，对PQ两球有：
解得
P球第一次运动至B点过程中，轻杆对Q球所做的功
（2）Q球第一次运动至D点过程中，对PQ球有
Q球与挡板碰撞，后反向弹回，P球沿轨道AB上升的最大高度过程中，有
联立可得
（3）Q球再一次运动至D点过程中， 对PQ球有
每次碰撞后瞬间PQ两球的总动能均为碰撞前瞬间的，由于
所以PQ球会进一步离开C点，此时动能为
说明第三次向D点运动过程中无法到达D点，设此时与挡板距离为x，则
解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）先以PQ为整体应用动能定理求解P到最低点时共同速度，再对Q应用动能定理求解杆对Q所做功；
（2）以PQ为整体分析从开始运动到Q与挡板碰撞前和碰撞反弹P上升到最大高度，分别应用动能定理列方程组求解；
（3）以PQ为整体求解第一次与挡板碰撞时的动能，依据碰撞损失动能求解碰后动能与克服摩擦力做功对比判断PQ的运动，依此求解与挡板的距离。
1 / 1四川省叙永第一中学校2024-2025学年高三上学期开学物理试题
1．（2024高三上·叙永开学考）下列情况中，可以将研究对象看成质点的是（ ）
A．研究乒乓球的旋转情况 B．研究体操运动员的动作
C．研究蜜蜂翅膀的振动情况 D．研究地球的公转情况
【答案】D
【知识点】质点
【解析】【解答】A．当物体的形状大小对所研究问题的影响可忽略不计时，物体可以看成质点；研究乒乓球的旋转时，乒乓球的大小、形状不可忽略，不可以看成质点，故A错误；
B．研究体操运动员的动作时，运动员的形状、大小不可忽略，不可以看成质点，故B错误；
C．研究蜜蜂翅膀的振动情况时，蜜蜂的形状、大小不可忽略，不可以看成质点，故C错误；
D．研究地球的公转时，地球的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故D正确。
故选D。
【分析】根据质点概念的理解分析判断，即研究对象的形状、体积对研究对象的运动状态不产生影响时就可以把物体视作质点。
2．（2024高三上·叙永开学考）生物研究中曾用标记噬菌体的蛋白质来研究遗传物质，磷（）也是最早用于临床的放射性核素之一、已知的半衰期为14.3天，只发生β衰变，产生β射线的最大能量为1.711MeV，下列说法正确的是（ ）
A．10g的经过7天，剩余的质量一定大于5g
B．衰变方程为
C．衰变过程的质量亏损可能为
D．将含的噬菌体培养皿放到厚铅盒中，外界能检测到β射线
【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期；质量亏损与质能方程；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．的半衰期为14.3天，若经过14.3天，将有一半的磷发生衰变，而7天小于一个半衰期，则10g剩余的质量一定大于5g，故A正确；
B．发生β衰变满足质量数守恒和电荷数守恒，则衰变方程为
故B错误；
C．根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程的质量亏损对应的核能转化为β射线的能量和新核的能量，则有
可知衰变过程的质量亏损大于，故C错误；
D．β射线是电子流，穿透能力较弱，所以将含的噬菌体培养皿放到厚铅盒中，外界不能检测到β射线，故D错误。
故选A。
【分析】根据题意只发生β衰变，写书磷的衰变方程，结合半衰期公式分析判断剩余质量；根据爱因斯坦质能方程判断衰变后质量亏损；结合β射线贯穿能力分析判断。
3．（2024高三上·叙永开学考）电梯以大小为0.25g的加速度竖直向上做减速运动，站在电梯中质量为m的人对电梯的压力为（ ）
A．0.25mg B．0.75mg C．mg D．1.25mg
【答案】B
【知识点】对单物体(质点)的应用
【解析】【解答】解：由牛顿第二定律知：mg﹣F＝ma，所以F＝m（g﹣0.25g）＝0.75mg，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】对物体进行受力分析，结合物体的加速度，利用牛顿第二定律求解物体对电梯的压力。
4．（2024高三上·叙永开学考）2020年月7月23日在文昌发射场，我国研发的“天问一号”火星探测器由长征五号遥四运载火箭发射升空，成功进入预定轨道。经过长达半年的航行，2020年2月10日，携带着“祝融号”火星车的“天问一号”探测器成功被火星引力捕获，顺利进入环火轨道，在为期3个月的环火运行探测后，于2021年5月15日成功在火星乌托邦平原南部着陆。在“天问一号”靠近火星的过程中，火星对“天问一号”的引力（ ）
A．保持不变 B．先变大后变小
C．越来越小 D．越来越大
【答案】D
【知识点】万有引力定律
【解析】【解答】在“天问一号”靠近火星的过程中，火星对“天问一号”的引力
可知，r逐渐减小则F越来越大，
故选D。
【分析】根据万有引力公式分析判断。
5．（2024高三上·叙永开学考）图是“探究匀变速直线运动规律”实验得到的纸带，相邻计时点间的时间间隔为T。关于与纸带相连的物体的加速度a和打点1时的速度v1，下列计算式正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】加速度；瞬时速度
【解析】【解答】 根据Δx=aT2求解加速度，
据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
故选C。
【分析】】根据Δx=aT2求解加速度，从而即可求解， 据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，从而即可求解1点的瞬时速度。
6．（2024高三上·叙永开学考）一竖直轻弹簧下端固定，质量为m的水平木板P与弹簧上端栓接，木板上再放一质量也为m的小物块Q，静止时位置如图所示。现对Q施加一竖直向上、大小为的恒力F，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（ ）
A．刚施加力F时，Q对P的压力大小为
B．施加力F后，在运动过程中P、Q可能分离
C．P运动到最高点时，弹簧的弹力大小为
D．P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律；简谐运动
【解析】【解答】A．刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
对Q进行分析，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得Q对P的压力大小为
故A错误；
B．假设P、Q分离，则两者之间弹力为0，对Q进行分析，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小为
方向竖直向下。施加拉力后，对P、Q整体进行分析，令平衡位置的压缩量为，则有
令整体相对平衡位置位移为，则回复力为
解得
可知，回复力大小与相对平衡位置的位移大小成正比，方向相反，可知，整体做简谐运动，根据简谐运动的对称性，整体运动的最大加速度为
表明P、Q整体先向上做加速运动，后向上做减速至0，速度减为0时的加速度大小小于分离时向下的加速度，可知，假设不成立，即施加力F后，在运动过程中P、Q不可能分离，故B错误；
C．结合上述可知，P运动到最高点时，整体加速度方向向下，大小为
对整体分析有
解得
即弹簧的弹力大小为，故C错误；
D．物块开始位置，根据胡克定律与平衡条件有
结合上述，物块在最高点时，根据胡克定律有
拉力做功为
重力势能的增加量为
根据功能关系与能量守恒定律可知，弹性势能的减小量为
解得
P重力势能增加量为
则有
即P从开始运动到最高点的过程，弹簧弹性势能减少量等于P重力势能增加量的1.5倍，故D正确。
故选D。
【分析】A、根据牛顿第二定律先整体求解共同加速度，后隔离分析求解相互作用力，由牛顿第三定律求解压力；
B、由二者之间作用力为零，对Q受力分析应用牛顿第二定律求解加速度；然后假设二者不分离，根据简谐运动的对称性求解最高点加速度，根据结果对比分析判断；
C、根据B的分析简谐运动在最高点加速度整体分析求解弹簧弹力；
D、利用胡克定律求解出发到最高点的位移，分别计算拉力做功和重力势能的增加量，根据功能关系求解弹性势能的减小量，依次求解二者关系。
7．（2024高三上·叙永开学考）如图所示，质量为1 kg的物体与地面间的动摩擦因数，从时刻开始以初速度沿水平地面向右滑行，同时受到一个水平向左的恒力的作用，g取，向右为正方向，该物体受到的摩擦力随时间变化的图像是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数
【解析】【解答】物体从时刻开始以初速度沿水平地面向右做匀减速运动，受到的滑动摩擦力大小为
方向向左，大小不变，为负值.当物体的速度减到零时，物体所受的最大静摩擦力为
所以物体不能被拉动而处于静止状态，受到静摩擦力作用，其大小为
方向向右，为正值。
故选C。
【分析】根据滑动摩檫力公式求解滑动摩檫力大小，根据物体受力分析运动状态，进一步分析判断摩檫力的变化。
8．（2024高三上·叙永开学考）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生，下列说法正确的是（ ）
A．向左移动滑片P，电流表示数一定增大
B．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
C．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
【答案】B,C
【知识点】光电效应
【解析】【解答】A．在达到饱和光电流后，向左移动滑片P，电流表示数不变，故A错误；
B．根据光电效应的规律，光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故B正确；
C．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，故C正确；
D．如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故D错误。
故选BC。
【分析】A、根据电路图分析，向左移动滑片P，正向电压增大，但电流表示数不一定增大，因存在已经处于饱和电流状态；
B、根据光电效应方程：可知，入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大；
C、光电效应原理增大光照强度，溢出光电子数目增多，饱和电流增大；
D、根据光电效应方程，减小入射光频率至小于极限频率，不会有光电流产生。
9．（2024高三上·叙永开学考）在如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，电表为理想电表，定值电阻，在a，b两端接入如图所示的电压（为正弦曲线的一部分），电流表的示数为2.2A，电压表的示数为27.5V，则（ ）
A．变压器原、副线圈的匝数比为4：1
B．变压器原、副线圈的匝数比为
C．定值电阻R消耗的功率为22W
D．定值电阻R消耗的功率为15.125W
【答案】A,C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．由题图乙，根据电流的热效应有
解得变压器原线圈输入电压
则原、副线圈的匝数比
故A正确，B错误；
CD．电阻中的电流
因此原线圈中的电流为0.2A，根据变流比可知，副线圈中的电流
则定值电阻消耗的功率
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】AB、由图乙，根据电流热效应求解变压器输入电压有效值，进一步根据原副线圈电压与匝数之比求解；
CD、由欧姆定律求解上的电流，得出变压器输入电流大小，依据变压器电流与匝数关系求解电阻上的电流大小，由功率公式求解。
10．（2024高三上·叙永开学考）如图所示，直角坐标系xOy中的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．有一质量为m、电荷量为的粒子从y轴上的P点沿着与y轴正方向成45°角的方向射入磁场，不考虑粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子不可能从原点离开磁场
B．粒子有可能从原点离开磁场
C．粒子在磁场中运动的时间可能为
D．粒子在磁场中运动的时间可能为
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】AB．粒子在磁场中做圆周运动，粒子速度较小时从y轴离开磁场，当粒子速度为某一值v时与x轴相切，此时粒子不过坐标原点，当速度大于v时，粒子从x轴离开磁场，如图所示，所以粒子不可能从坐标系的原点O离开磁场，故A正确，B错误；
CD．根据周期公式
可知，C选项的圆心角为，D选项的圆心角为，随着v的增大，粒子从x轴离开磁场，可以取到，但是最小的圆心角一定会大于，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】AB、根据粒子所受洛伦兹力提供向心力分析粒子运动轨迹，当与ｘ轴相切时从ｙ轴射出不经过ｏ点且距其最近；
CD、根据粒子在磁场中做圆周运动的周期公式可知，CD的时间分别对应的圆心角，根据45°角的方向射入和粒子的轨迹分析判断。
11．（2024高三上·叙永开学考）图甲所示是研究平抛物体运动的实验装图，乙是实验后在白纸上作的图。
（1）安装斜槽轨道时要注意斜槽末端 ；
（2）实验过程器要多次释放小球使它沿斜槽轨道滚下才能描出小球做平抛运动的轨迹，每次释放小球时应使小球 ，目的是 ；
（3）在乙图中，O为平抛运动起点，计算小球做平抛运动的初速度的公式是 ，根据乙图给出的数据，计算出小球平抛的初速度 。
【答案】水平；在同一位置由静止释放；使小球有相同的水平初速度；；1.6m/s
【知识点】研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）该实验成功的关键是，确保小球做平抛运动，因此只有斜槽的末端保持水平，小球才具有水平初速度，其运动才是平抛运动；
（2）只有每次小球平抛的初速度相同，其轨迹才能相同，才能在坐标纸上找到一些点，每次在同一位置由静止释放小球，是为了使小球有相同的水平初速度；
（3）由平抛运动规律有
联立解得
由于O点是抛出点，取x=48cm，y=44.1cm代入可得
综上第1空：水平；第2空：在同一位置由静止释放；第3空：使小球有相同的水平初速度；第4空：；第5空：1.6m/s
【分析】（1）为确保小球做平抛运动，只有斜槽的末端保持水平，小球具有水平速度；
（2）由平抛运动条件可知，在同一位置由静止释放小球，是为了使小球有相同的水平初速度，做同一个平抛运动；
（3）根据平抛运动规律，可分解为水平方向匀速直线和竖直方向自由落体运动，列方程组求解。
12．（2024高三上·叙永开学考）某同学利用图甲中的实验装置探究机械能变化量与力做功的关系，所用器材有：一端带滑轮的长木板、轻细绳、200g的钩码若干，质量为2kg的滑块、打点计时器、刻度尺，已知当地重力加速度为。实验操作步骤如下：
（1）如甲图安装器材，保持桌面、长木板水平，轻细绳下端悬挂5个钩码，调整装置，使细绳水平。
（2）接通打点计时器电源，交流电频率为50Hz，再释放滑块，得到一条纸带如乙图，将纸带上打出的第一个点标记为0计数点，再依次取计数点1、2、3、4、5、6，每两个计数点之间有4个点未画出，测出各点到0点之间的距离如乙图，单位为cm。
（3）从0点到5点系统（以桌面上滑块和悬挂的钩码为系统，下同）的重力势能的减少量为 J。（计算结果均保留小数点后两位，下同）
（4）从纸带数据可计算出经过5点的瞬时速度 m/s。
（5）从0点到5点系统动能的增加量为 J，系统机械能的减少量为 J。
（6）若物块与木板之间的动摩擦因数为0.24，则从0点到5点物块克服木板的摩擦力做的功为 J。
（7）从上述结果可得出的实验结论是 。
【答案】2.04；0.83；1.03；1.01；0.98；在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力作的功
【知识点】功能关系
【解析】【解答】（3）重力势能的减少量
（4）经过5点的瞬时速度
（5）从0点到5点系统动能的增加量为
系统机械能的减少量为
（6）从0点到5点物块克服木板的摩擦力做的功为
（7）从上述结果可得出的实验结论是在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力作的功。
综上第1空：2.04；第2空：0.83；第3空：1.03；第4空：1.01；第5空：0.98；第6空：在误差允许范围内，系统机械能损失等于物块克服摩擦力作的功
【分析】（3）根据重力势能的减小量等于重力所做的功求解；
（4）由匀变速直线时间中点的瞬时速度公式求解；
（5）根据动能表达式和初末状态机械能求解；
（6）根据功的定义式求解摩檫力做功；
（7）分析对比机械能的减小量和物块克服摩檫力做功的大小关系得出相应结论。
13．（2024高三上·叙永开学考）在国家法定假日期间，政府取消了7座及其以下的小车的收费公路的过路费，给自驾带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定了免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车取卡，但是需要减速通过。假设收费站的前、后都是平直大道，假期间过站的车速要求不超过，小汽车未减速前的车速为，制动后小汽车的加速度的大小为。试问（不计小车、收费站的大小）：
（1）国家法定假日期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？
（2）假设车过站后驾驶员立即使车以的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车经历的最短时间是多少？
（3）在（1）（2）问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？
【答案】设小汽车初速度方向为正方向，将单位换算为国际单位制
（1）小汽车进入站台前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，由公式
解得
（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段的位移分别为x1和x2，时间分别为t1和t2，加速阶段的末速度是减速阶段的初速度：减速阶段
代入数据解得
加速阶段
代入数据解得
则加速和减速的总时间
代入解得
（3）在加速阶段
解得
若汽车不减速通过这段位移的总时间为
代入数据解得
车因减速和加速过站而耽误的时间
代入数据解得
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度-位移关系求解制动距离；
（2）根据匀变速直线运动的速度-时间关系分别求解减速和加速所需时间；
（3）根据匀变速直线运动速度-位移关系求解加速发生的位移，进一步计算匀速通过减速和加速阶段的总位移所需时间对比原时间。
14．（2024高三上·叙永开学考）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度，杆与竖直转轴的夹角a始终为，弹簧原长，弹簧劲度系数，圆环质量；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，摩擦力可忽略不计
（1）若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
（2）求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
（3）求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
【答案】（1）当细杆和圆环处于平衡状态，对圆环受力分析得
根据胡克定律得
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离
（2）若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得
由几何关系得圆环此时转动的半径为
联立解得
（3）圆环处于细杆末端P时，圆环受力分析重力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得
对圆环受力分析并正交分解，竖直方向受力平衡，水平方向合力提供向心力，则有，
由几何关系得
联立解得
【知识点】生活中的圆周运动
【解析】【分析】（1）根据平衡条件和胡克定律求解弹簧的压缩量，再求圆环与O点的距离；
（2）弹簧处于原长时，圆环所受重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度；
（3）对圆环进行受力分析，根据正交分解法求向心力，再根据牛顿第二定律和向心力公式求角速度。
15．（2024高三上·叙永开学考）如图，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平直轨道BD相切于B点，轨道D端固定一竖直挡板。圆弧轨道的圆心为O、半径为R，轨道BC段光滑且长度大于R，CD段粗糙且长度为R。质量均为m的P、Q两个小球用刚性轻杆连接，从图示位置由静止释放，Q球与挡板碰撞后反向弹回，每次碰撞后瞬间P、Q两球的总动能均为碰撞前瞬间的0.75倍。Q球第一次反弹后，P球沿轨道AB上升的最大高度为，两个小球均视为质点，重力加速度为g，计空气阻力。求：
（1）P球第一次运动至B点时速度大小及此过程中轻杆对Q球所做的功；
（2）Q球与轨道CD间的动摩擦因数；
（3）Q球最终停止时与挡板间的距离。
【答案】（1）P球第一次运动至B点过程中，对PQ两球有：
解得
P球第一次运动至B点过程中，轻杆对Q球所做的功
（2）Q球第一次运动至D点过程中，对PQ球有
Q球与挡板碰撞，后反向弹回，P球沿轨道AB上升的最大高度过程中，有
联立可得
（3）Q球再一次运动至D点过程中， 对PQ球有
每次碰撞后瞬间PQ两球的总动能均为碰撞前瞬间的，由于
所以PQ球会进一步离开C点，此时动能为
说明第三次向D点运动过程中无法到达D点，设此时与挡板距离为x，则
解得
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）先以PQ为整体应用动能定理求解P到最低点时共同速度，再对Q应用动能定理求解杆对Q所做功；
（2）以PQ为整体分析从开始运动到Q与挡板碰撞前和碰撞反弹P上升到最大高度，分别应用动能定理列方程组求解；
（3）以PQ为整体求解第一次与挡板碰撞时的动能，依据碰撞损失动能求解碰后动能与克服摩擦力做功对比判断PQ的运动，依此求解与挡板的距离。
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