天津市经济技术开发区第一中学2026-2027学年高三上学期开学考物理试卷（含解析）

物理试卷一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.某探空火箭起飞后不久发动机自动关闭，图为它起飞后一段时间内的图像，下列说法正确的是（）A.末火箭达到最高点B.末火箭关闭发动机C.火箭在内的加速度大于在内的加速度D.火箭在内的位移大于在内的位移【答案】D【解析】【详解】AD．由于在图像中，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，由图像可知，末火箭达到最高点，图线与坐标轴围成的面积大于图线与坐标轴围成的面积，即火箭在内的位移大于在内的位移，故A错误，D正确；B．由图像可知，火箭加速上升，火箭减速上升，因此末火箭关闭发动机，故B错误；C．由于图像的斜率表示物体的加速度，结合图像可知，火箭在内的加速度小于在内的加速度，故C错误。故选D。2.一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定。上一层只有一只质量为的桶，自由地摆放在、之间，和汽车一起保持静止，如图所示，重力加速度取。（）A.此时A对C的支持力为B.此时A对C的支持力为C.当货车向左的加速度达到时，C将脱离D.当货车向左的加速度达到时，将脱离【答案】D【解析】【详解】AB．对C进行受力分析，C受到重力mg、A对C的支持力NA和B对C的支持力NB。由于三个油桶半径相同且紧密排列，圆心连线构成等边三角形，支持力方向沿圆心连线，与竖直方向夹角为静止时，根据平衡条件，竖直方向有

2NAcos30=mg解得,故A错误，B错误；CD．当货车向左加速时，C具有向左的加速度a。当C即将脱离A时，A对C的支持力NA=0。此时C只受重力mg和B对C的支持力NB。根据牛顿第二定律，水平方向有

竖直方向有

联立解得

即当加速度达到时，C将脱离A。故C错误，D正确。故选D。3.如图所示，倾角为的斜面体放在粗糙水平地面上，斜面顶端安有滑轮，不可伸长的轻绳连接A、B并跨过滑轮，起初A悬空，B静止于斜面上，现用水平力F拉住绳上的一点，使A从竖直缓慢移动到虚线位置，在此过程中斜面体与物体B始终保持静止，则()A.绳子对A的张力一直减小B.地面对斜面体的摩擦力增大C.斜面体对地面的压力减小D.物体B受到的摩擦力一定沿斜面向上【答案】B【解析】【详解】对A研究可知，原来细线的拉力大小等于A的重力，当用水平向左的力F缓慢拉物体A，细线的竖直分力大小等于A的重力，所以细线所受拉力的大小一定增大．故A错误；以A、B、斜面整体为研究对象，分析受力情况作出如图所示受力图：

由平衡条件得知，N=M总g；f=F，当F增大时斜面体受到地面的摩擦力变大，地面对斜面体的弹力不变，则斜面体对地面的压力不变，故C错误，B正确．B原来所受的摩擦力大小可能为零，也可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，当用水平向左的力F缓慢拉物体A时，绳的拉力增大，A所受的摩擦力可能向上，也可能向下．故D错误．故选B．本题涉及到三个物体的平衡问题，研究对象的选择是重点，可采用隔离法与整体法相结合的方法进行研究，简单方便.4.一质量为的物体被人用手由静止竖直向上以加速度匀加速提升，重力加速度为。关于此过程，下列说法中正确的是（）A.提升过程中，手对物体做功B.提升过程中，重力对物体做功C.提升过程中，物体的重力势能增加D.提升过程中，物体克服重力做功【答案】A【解析】【详解】A．对物体受力分析，由牛顿第二定律得手对物体的拉力拉力与位移方向相同，故手对物体做功，故A正确；B．重力方向竖直向下，物体位移向上，重力做功，与无关，故B错误；C．重力势能的增加量等于克服重力做的功，大小为，故C错误；D．物体克服重力做功为正，大小是，是重力做的功，故D错误。故选A。5.如图，质量为、长度为的小车静止在光滑的水平面上。质量为的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现有一水平恒力作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为。经过时间，小车运动的位移为，物块刚好滑到小车的最右端。以下判断正确的是（）A.此时物块的动能为B.此时物块的动量为C.这一过程中，物块和小车产生的内能为D.这一过程中，物块和小车增加的机械能为【答案】D【解析】【详解】A．对物块应用动能定理，合外力做功等于动能的变化量。物块受到的合外力为，位移为，则物块的动能为，故A错误；B．对物块应用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量。物块受到的合外力为，作用时间为，则物块的动量为，故B错误；C．系统产生的内能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。物块相对小车的位移为，则产生的内能为，故C错误；D．根据功能关系，系统增加的机械能等于外力做的功减去系统产生的内能。外力做功为，产生的内能为，则系统增加的机械能为，故D正确。故选D。二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6.如图所示，天津之眼是世界上唯一建在水上桥梁的摩天轮，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，P、Q分别是圆周运动的最高点和最低点，下列叙述正确的是（）A.从P点运动到Q点的过程中乘客所受合力做功为零B.从P点运动到Q点的过程中乘客所受合力的冲量为零C.在P点和Q点，乘客对座椅的压力可能相等D.在P点和Q点，乘客的加速度大小一定相等【答案】AD【解析】【详解】A．乘客做匀速圆周运动，速度大小始终不变，由动能定理，合外力做功为零，A正确；B．乘客做匀速圆周运动，在P点的速度和在Q点的速度大小相等，但是方向相反，由动量定理，从P点运动到Q点的过程中乘客所受合力的冲量所以B错误；C．设座椅对乘客的支持力为FN，在P点在Q点所以，由牛顿第三定律，乘客对座椅的压力大小等于座椅对乘客的支持力，所以，在P点和Q点，乘客对座椅的压力不相等，C错误；D．乘客做匀速圆周运动，由所以乘客所受合外力大小处处相等，由牛顿第二定律，乘客的加速度大小也处处相等，D正确；故选AD。7.如图所示，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在第二象限内有水平向右的匀强电场。有一重力不计的带电粒子（电荷量为，质量为）以垂直于轴的速度从x轴上的S点（OS之间的距离为d）射入匀强电场，在y轴上的P点（未画出）与y轴正方向成45°角射出电场，然后在x轴上的Q点（未画出）垂直于x轴射出。则（）A.点坐标为B.点坐标为C.带电粒子在电场和磁场中运动的时间之比为D.带电粒子在电场和磁场中运动的时间之比为【答案】BD【解析】【详解】先分析粒子在电场内的运动：分析可知，粒子在第二象限做类平抛运动，初速度沿方向，受向右的电场力做加速运动到达轴时，竖直分速度已知速度方向与轴正方向成角，故水平分速度水平方向位移为，由运动学公式：可得解得电场中运动时间到达点的位置：，故点坐标为下面分析粒子在磁场中的运动：AB．粒子进入第一象限时，速度大小，方向与轴成粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，轨迹向下偏转，最终从轴上的点垂直于轴射出，说明在点速度方向竖直向下设轨迹半径为，圆心为由几何关系可得圆心位于轴上，且到的连线与水平方向成因此，解得，点横坐标：因此点坐标为，故A错误，B正确；CD．粒子在磁场中转过的圆心角为因此磁场中的运动时间：则时间之比为，故C错误，D正确。故选BD。8.质量为的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，其中段为直线，段为曲线，B点后为平行于横轴的直线。已知从时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为，以下说法正确的是（）A.时间内，汽车牵引力的数值为B.时间内，汽车的功率等于C.时间内，汽车的平均速率小于D.汽车以最大速率运动时牵引力等于阻力【答案】D【解析】【详解】A．时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度设阻力大小恒为，根据牛顿第二定律有可知牵引力为，故A错误；B．时刻汽车达到额定功率，且此后功率保持不变；时间内汽车的功率等于时刻的功率，即，故B错误；C．在图像中，图线与时间轴围成的面积表示位移。由图可知，时间内图线向上凸，连接A、B两点的弦下方梯形面积为曲线实际围成的面积大于该梯形面积，故位移因此平均速率，故C错误；D．汽车以最大速率运动时，处于匀速直线运动状态，加速度为零，受力平衡，此时牵引力大小等于阻力，故D正确。故选D。三、填空题（每空2分，共14分）9.某同学在做“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，设计了如图甲所示的实验装置。（1）关于本实验操作，下列说法正确的是________。A.在悬挂钩码后，需待钩码静止后再读数B.用几个不同的弹簧，各测出一组弹力与伸长量，可得出弹力与伸长量成正比C.安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直D.随意增减钩码，记下弹力与伸长量（2）该同学经过多次实验，记录多组弹簧弹力F与弹簧长度L数据后描点连线得到图像，如图乙所示，由图线可得弹簧的劲度系数为________N/m，弹簧的原长为________cm（结果均保留2位有效数字）。（3）该同学在测量时没有考虑弹簧自身有重量，其劲度系数的测量值________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。【答案】（1）AC（2）①.②.（3）等于【解析】【小问1详解】A．悬挂钩码后，待钩码静止时弹簧弹力与钩码重力平衡，此时读数才能准确反映弹簧的弹力大小，故A正确；B．探究弹簧弹力与形变量的关系需使用同一根弹簧完成实验，不同弹簧劲度系数不同，混合多根弹簧的数据无法得到统一的弹力与伸长量正比关系，故B错误；C．弹簧为竖直悬挂，伸长量是竖直方向的长度变化，因此刻度尺必须保持竖直才能准确测量弹簧的实际长度，故C正确；D．增减钩码需要保证弹簧始终在弹性限度内，不能随意增减，否则弹簧发生塑性形变后不再满足弹力与伸长量成正比的规律，故D错误。故选AC。【小问2详解】根据胡克定律，其中为弹簧总长度，为弹簧原长，为劲度系数。可知图像的斜率大小等于劲度系数，即当时对应的横坐标值即为弹簧原长。【小问3详解】劲度系数由图像的斜率计算得到，弹簧自身重量只会使弹簧在不受外力时就存在一定的初始伸长量，仅会改变图像的截距，不会影响图像的斜率大小，因此劲度系数的测量值等于真实值。10.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示。（1）实验装置甲也可用来“探究小车速度随时间变化的规律”，关于这两个实验，下列说法正确的是______。A.两个实验均必须使用220V的交流电B.两个实验均需要使牵引小车的细绳与长木板保持平行C.两个实验均需要靠近打点计时器的一端垫高来补偿阻力D.两个实验均需要满足槽码质量远小于小车的总质量E.“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，改变小车的质量后，不需要重新补偿阻力（2）乙图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻2个计数点之间有4个点没有标出，测出各计数点到A点之间的距离。则此次实验中小车运动的加速度大小______（结果保留两位有效数字）。（3）某同学根据测量数据作出的图线如图丙所示，该图像未过原点，则他实验中可能存在的问题是______。【答案】（1）BE（2）1.0（3）木板一端抬得太高【解析】【小问1详解】A．两个实验若用电磁打点计时器，则用6V交流电源；若用电火花计时器，则用220V的交流电，A错误；B．两个实验均需要使牵引小车的细绳与长木板保持平行，B正确；C．探究小车速度随时间变化的规律实验不需要靠近打点计时器的一端垫高来补偿阻力，C错误；D．探究小车速度随时间变化的规律实验不需要满足槽码质量远小于小车的总质量，只需要小车加速运动即可，D错误；E．“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，补偿阻力时满足，两边消掉m，可知改变小车的质量后，不需要重新补偿阻力，E正确。故选BE。【小问2详解】相邻2个计数点之间有4个点没有标出，可得T=0.1s，则实验中小车运动的加速度大小【小问3详解】由图像可知，当外力F=0时小车就已经有了加速度，可知原因是木板一端抬得抬高，平衡摩擦力过度。四、计算题（共46分）11.如图所示，一质量为的小球用长为轻绳系于点，某时刻将小球由静止释放，小球运动到最低点时速度，恰好与静止在水平面上、质量的物块发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知物块与水平面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，物块、小球均可视为质点，不计空气阻力。求：（1）碰撞后瞬间小球和物块的速度、；（2）碰撞后物块在水平面上滑行的距离；（3）碰撞后瞬间小球受到绳的拉力大小。【答案】（1）（方向与初速度方向相反），（方向与初速度方向相同）（2）（3）【解析】【小问1详解】由于小球与物块的碰撞为弹性碰撞，选取小球初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律则有联立解得，【小问2详解】物块在水平面上滑动时，根据牛顿第二定律可得解得根据匀变速直线运动规律则有解得碰撞后物块在水平面上滑行的距离【小问3详解】对小球受力分析，根据牛顿第二定律可得代入数据解得12.如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好。两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计．（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功。【答案】（1），方向水平向右；（2）【解析】【小问1详解】设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律则设与并联的电阻为，有闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得设中的电流为，有设受到的安培力为，有保持静止，由受力平衡，有联立上式得恒力F方向水平向右。【小问2详解】设由静止开始到速度大小为的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有其中设中的平均电流为，有根据电流的定义得由动能定理，有联立上式得13.科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图，其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2,…,电极n)和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻电极存在电势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级增加,最终被阳极收集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x轴放置在xOz平面内,磁场平行于z轴，磁感应强度的大小为B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重力。（1）若电极间电势差