安徽合肥市第八中学2026-2027学年高三上学期开学物理试题

**基本信息** 合肥八中高三开学考物理试题，以智能飞行器、“遨龙一号”等科技情境和警车追击等实际问题为载体，覆盖力学核心知识，注重物理观念建构与科学思维训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/32|滚动、运动学、传送带、斜面平抛、机械装置、天体运动|结合凹槽滚动（题1）、智能飞行器数据（题2）考查运动与相互作用观念| |多项选择|2/10|传送带运动分析、卫星椭圆轨道引力变化|通过v-t图像（题9）、引力随时间变化图（题10）强化科学推理| |非选择题|5/58|追击问题、平衡与摩擦、连接体动力学、三星系统、板块模型|警车追击（题11）、三星系统（题14）等综合题，突出模型建构与问题解决能力|

合肥八中2026-2027学年度高三上学期开学考物理试题 （考试时间：75分钟 满分：100分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。 1．如图所示，一个半径为R的半圆形凹槽固定在地面上，一个半径为的圆柱体从凹槽的右端静止释放。假设凹槽内表面足够粗糙，圆柱体在滚动时不会打滑．刚释放时，圆柱体表面的箭头指向凹槽中心O，当时，圆柱体滚动到凹槽最低点时的箭头指向为（    ） A．水平向右 B．水平向左 C．竖直向上 D．竖直向下 2．智能飞行器飞行表演中，两飞行器M、N位于同一高度，沿同一直线同向匀速飞行。依据表演要求，M保持飞行速度不变，N先匀加速后匀减速调整与M的间距，20 s以内完成调整。从开始调整时计时，N传回的数据如表所示，则调整过程中（　　） 时间 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 间距 281 294 297 290 273 248 227 212 203 200 200 A．10 s末N的速度达到最大值 B．13 s末N与M的间距为218.75 m C．6s末时N相对M的速度为 D．N减速阶段的加速度大小为 3．如图所示，物体置于水平传送带上，物体两边安装了固定的水平挡板、限制物体只能在其间运动。已知物体质量为，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体与挡板、间的动摩擦因数为，物体在水平拉力的作用下以恒定速度匀速运动。传送带向右运动，其速度大小可改变，重力加速度为，则下列说法正确的是（     ） A．传送带速度越大，传送带对物体摩擦力越大 B．传送带速度越大，所需拉力越小 C．当传送带速度为时，拉力 D．无论传送带速度为多大， 4．传送带广泛应用于物品的传输、分拣、分装等工作中。某工厂流水线上所使用传送样品的传送带如图甲所示，样品从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的段为抛物线，段为直线，下列说法错误的是（重力加速度取）（     ） A．传送带沿顺时针方向转动 B．传送带的速度大小为 C．样品刚放上传送带时的速度大小为 D．内样品底座在传送带上留下的滑动痕迹为 5．如图所示，一斜面体固定在水平地面上，其中，。现让一小球沿斜面向上运动，它从点飞出后落在斜面上，则小球落在斜面上的速度与斜面BC之间夹角的正切值为（     ） A． B． C． D． 6．如图所示，机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB，OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB长为R，连杆 AB 长为L(L>R)，当OB 杆以角速度ω逆时针匀速转动时，滑块在水平横杆上左右滑动，连杆AB与水平方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为β。在滑块向左滑动过程中（　　） A．滑块先匀减速运动，后匀减速运动 B．当OB杆与OA 垂直时，滑块的速度大小为v=ωR C．当OB 杆与 OA 垂直时，滑块的速度最大 D．当β=90°时，滑块的速度大小为 7．中国自主研发的“遨龙一号”是全球首款主动清理太空垃圾的飞行器，其工作过程简化如图，“遨龙一号”捕获失效的北斗二号G2卫星后先在圆形同步轨道运行，通过主导航系统控制发动机点火调整进入椭圆转移轨道，最后进入圆形基地轨道，已知引力常量为G，以下选项中正确的是（    ） A．“遨龙一号”在同步轨道逆时针运转，在P点需要点火向右喷气加速才能进入转移轨道 B．“遨龙一号”在同步轨道上经过P点时的加速度大于在转移轨道上经过P点时的加速度 C．“遨龙一号”在转移轨道的机械能大于在同步轨道上的机械能 D．“遨龙一号”在基地轨道的周期T小于在转移轨道的周期 8．如图，光滑的细杆与水平方向成角固定放置，不可伸长的轻质细线跨过两个轻质定滑轮，将质量为的小球与质量为的物块连接。小球套在细杆上由静止开始上滑，当运动到线与杆之间的夹角为的点时，，方向沿杆斜向上；当运动到点时，线与杆垂直。已知、间的距离为，重力加速度为，细线一直处于伸直状态，整个过程中物块没有落地，，，下列说法正确的是（     ） A．当小球运动到点时，物块速率最大 B．当小球在点时，物块的速度大小为 C．小球从点运动到点，系统总重力势能的减小量为 D．小球从点运动到点，细线对小球做的功为 二、多选题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9．如图甲所示，倾斜传送带沿逆时针方向以恒定的速度转动。t=0时刻，将一碳包轻放在顶端A点，碳包沿传送带向下滑动，经过0.6s碳包滑到传送带的底端B，整个过程，碳包的速度随时间变化的规律如图乙所示，碳包可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是（     ） A．传送带的倾角α=30° B．传送带的速度v=3.2m/s C．碳包与传送带间的动摩擦因数为0.25 D．碳包在传送带上留下的痕迹长度为0.32m 10．卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，只考虑P、Q受到该行星的引力，引力大小随时间的变化如图所示，已知下列说法正确的是（　　） A．P、Q到行星中心距离的最小值之比为3∶2 B．P、Q绕行星公转的周期之比为 C．P、Q的质量之比为27∶81 D．Q的轨道长轴与短轴之比为 三、非选择题：共5题。共58分。 11．人民警察为人民，人民警察永远是人民的守护神，下面是警察日常工作的一个场景：警车上的警察发现前方50m有辆肇事车以20m/s的速度匀速行驶，从发现到启动警车的时间为1s，之后警车以10m/s²的加速度启动去追赶，警车的最大速度为40m/s；警车启动2s后肇事车开始以大小为5m/s2的加速度加速，肇事车的最大速度为30m/s，警车和肇事车都做直线运动，最后警车冒着超速的风险以最大速度追击肇事车，求（12分）： (1)警车从开始加速到速度达到最大时所通过的位移的大小。 (2)警车与肇事车之间的最大距离。 (3)警车从启动到追上肇事车所用的时间。 12．如图所示，倾角为60°、质量为M的斜面体A置于水平面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B，斜面体受到水平向右的外力，系统始终处于静止状态。已知重力加速度为g。（12分） (1)求球B受到斜面体的弹力大小N1和墙面的弹力大小F1； (2)若斜面体受到水平向右的外力大小为，求此时斜面体受到水平面的摩擦力； (3)若斜面体与水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使系统处于静止状态，求水平向右的外力大小F的范围。 13．如图所示，在一质量为M的小车上放一质量为＝1kg的物块，它用细绳通过固定在小车上的滑轮与质量为＝2kg的物块相连，物块靠在小车的前壁上而使悬线竖直。光滑，与M之间的动摩擦因数为＝0.5，地面光滑，取。（12分） (1)若小车固定不动，、一起运动时求绳中拉力大小。 (2)如果要保持的高度不变，求在力F的作用下小车加速度的取值范围？ 14．由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况）。若引力常数为G，A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a。（12分） (1)求星体B所受的合力大小； (2)求该三星系统的周期。 15．如图所示，质量M＝4 kg、长L＝2 m的木板A静止在光滑水平面上，质量m＝1 kg的小滑块B置于A的左端。B在F＝3 N的水平恒力作用下由静止开始运动，当B运动至A的中点时撤去力F。A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。求（10分）： (1)F对B做的功W； (2)整个运动过程中因摩擦产生的热量Q。 第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥八中2026-2027学年度高三上学期开学考物理试题 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D D B B C D CD BD 1．C 【详解】时，圆柱体的周长为 半圆形凹槽最高点到最低点的长度为 先将凹槽拉伸成水平面，初始状态相当于箭头朝上，如图 圆柱体滚动到凹槽最低点时恰好转两周，与轨道接触点在轨道最低点，箭头指向竖直向上，由于圆柱体与轨道不打滑，因此无论从左向右还是从右向左滚到最低点，箭头始终向上。 故选C。 2．B 【详解】D．以匀速飞行的M为参考系，先计算相邻内N相对M的位移：0~2s为13m，2~4s为3m，4~6s为-7m，6~8s为-17m，8~10s为-25m，10~12s为-21m，12~14s为-15m，14~16s为-9m，16~18s为-3m，18~20s为0。 根据匀变速直线运动规律 可知 0~8s相邻相对位移差恒为，得加速阶段相对加速度 10~18s相邻相对位移差恒为，得减速阶段相对加速度 减速阶段加速度大小为，故D错误； A．N的速度最大值出现在加速度由变为的时刻，根据前面数据可知7s末相对M的速度为，11s末相对M的速度为， 设最大速度为，可得， 其中 解得，， 则N的速度达到最大值的时刻为9s末，10s末已进入减速阶段，速度小于最大值，故A错误； B．末N相对M的速度等于10~14s的相对平均速度 12s末到13s末的相对位移 因此13s末N与M的间距为，故B正确； C．末N相对M的速度等于4~8s的相对平均速度 6s末N相对M的速度大小为，故C错误。 故选B。 3．D 【详解】A．摩擦力的大小和相对速度大小无关，故增大传送带速度，传送带对物体的摩擦力大小不变，故A错误； B．摩擦力的大小和相对速度大小无关，故增大传送带速度，传送带对物体的摩擦力大小不变，大小为 方向如图所示 其中， 对物体水平面内受力分析可知，， 假设， 联立解得 大于等于0小于，且随的增大而减小，故拉力的大小应该随的增大，先增大，后减小。故B错误； C．将代入拉力的表达式，可以解得，故C错误； D．由可知，故D正确。 故选D。 4．D 【详解】A．根据题意，图线的0~3s段为抛物线，3~4.5s段为直线，则可知0~3s内样品做匀变速直线运动，3~4.5s内样品做匀速直线运动，而样品的位移在0~3s内先增加后减小，4.5s末回到出发点，样品在传送带上先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，直至与传送带达到共速后和传送带一起做匀速直线运动，则可知传送带顺时针转动，故A正确； C．根据图像可知，2s末样品的速度减为零，该时间内样品的对地位移大小为m 此后样品将反向加速，通过图像可知，在3s末样品与传送带达到共速，加速阶段的位移大小为m 根据位移与时间的关系有， 其中s，s，解得m/s，m/s2，故C正确； BD．根据图像可知，样品减速阶段位移大小为m 加速阶段位移大小为m 达到与传送带共速所用时间为s 根据图线斜率的绝对值表示速度的大小可知，传送带的速度大小为 则样品与传送带达到共速的这段时间内传送带的位移大小为 由此可得内样品底座在传送带上留下的滑动痕迹为，故B正确，D错误。 本题选错误的，故选D。 5．B 【详解】由题意，斜面体ABC固定于水平面，∠C=60°，∠B=90°，故斜面BC倾角为60°，且斜面AB与BC垂直。小球从B点以初速度v0沿AB方向飞出，即垂直于BC射出。 建立坐标系：以B为原点，沿BC向下为x轴，垂直BC向上为y轴。重力分解得x轴加速度 y轴加速度 小球在y轴做初速v0、加速度-ay的匀变速运动，x轴做初速为零的匀加速运动。 设飞行时间t，由y轴位移为零得 解得 此时y轴分速度 x轴分速度 设落点速度与BC夹角为α，则 故选B。 6．B 【详解】A．OB匀速转动时，滑块向左运动的速度从0先增大、后减小到0，但滑块的加速度是变化的，不是匀变速运动，故A错误； B．B点绕O做匀速圆周运动，线速度大小，方向垂直于OB。当OB与OA（水平横杆）垂直时，方向为水平方向；对AB杆，A（滑块）速度沿水平方向，沿AB杆的分速度为，B点沿AB杆的分速度为，由沿杆分速度相等得 因此，故B正确； C．推导滑块速度通式可得 当OB与OA垂直时 存在其他位置（如时）滑块速度比更大，因此此时速度不是最大，故C错误； D．当时，由几何关系得 代入速度公式得，故D错误。 故选B。 7．C 【详解】A．同步轨道相对于转移轨道是低轨道，“遨龙一号”正在逆时针运行，在P点需要点火向左喷气才能产生与速度同向的推力，加速才能从同步轨道进入转移轨道，故A错误； B．根据牛顿第二定律有 解得 可知“遨龙一号”卫星在同步轨道上经过P点时的加速度等于在转移轨道上经过P点时的加速度，故B错误； C．根据“遨龙一号”点火加速的变轨步骤，有除重力以外的力做正功，机械能增加，故C正确； D．根据开普勒第三定律（为半长轴） 墓地轨道是圆，半长轴等于其半径，墓地轨道的半径大于转移轨道的半长轴，故“遨龙一号”在墓地轨道的周期T大于在转移轨道的周期，故D错误。 故选C。 8．D 【详解】A．物块的速度等于小球沿细线方向的分速度。当小球运动到B点时，细线与杆垂直，小球速度沿杆方向，因此沿细线方向的分速度为0，即物块速度为0，是物块运动过程中的最小速度，并非最大速度，故A错误。 B．小球在A点时，速度沿杆方向，将分解为沿细线方向和垂直细线方向的分量，沿细线方向的分量与物块速度大小相等。由几何关系可知，与细线方向的夹角为，因此物块速度，故B错误。 C．系统总重力势能的变化量等于小球重力势能变化量与物块重力势能变化量之和。小球从到沿杆向上运动距离，上升高度 小球重力势能增加 由几何关系，点时滑轮到小球的细线长度为 点时滑轮到小球的细线长度 因此细线缩短的长度 即物块下降高度 物块重力势能减少 系统总重力势能变化量，故C错误。 D．对小球从到的过程应用动能定理。小球从到的过程，细线对小球做的功为与细线对物块做得功，大小相等，一正一负。对物块分析，由动能定理 故细线对小球做的功为，故D正确。 故选D。 9．CD 【详解】A．取沿传送带向下为正方向。由图像，碳包在前内的加速度满足 前一阶段加速度计算为 后内的加速度满足 后一阶段加速度计算为 前一阶段碳包速度小于传送带速度，滑动摩擦力沿斜面向下；后一阶段碳包速度大于传送带速度，滑动摩擦力沿斜面向上。对碳包沿斜面方向列牛顿第二定律，前一阶段满足 后一阶段满足 两式相加得 所以，从而，故A错误； B．两者速度相等的转折时刻为，此时碳包与传送带速度均为，故传送带速度为，，故B错误； C．由图像得，。两阶段动力学方程相减得 代入 整理得，故C正确； D．以传送带为参考系，前内相对速度由变为，相对位移为；后内相对速度由变为，相对位移增加，故末位置为。痕迹长度为，故D正确。 故选CD。 10．BD 【详解】B．设卫星P的质量为，周期为；卫星Q的质量为，周期为由图可知，故B正确； A．当P离行星最近时 当P离行星最远时 当Q离行星最近时 当Q离行星最远时 由开普勒第三定律可知 联立解得，故A错误； C．由A可知 解得，故C错误； D．设卫星Q的轨迹半长轴为，半短轴为，半焦距为，则有，， 联立解得 所以Q的轨道长轴与短轴之比为，故D正确。 故选BD。 11．(1)80m (2)90m (3)12s 【详解】（1）已知警车加速度，最大速度。警车加速到最大速度的时间 匀加速位移 （2）设警车启动时刻为，警察反应的1s内，肇事车前进 因此时，两车初始距离 设时刻速度相等，则有 解得时警车与肇事车速度相等，之后肇事车开始以加速，警车加速度比肇事车加速度大，则之后警车速度始终大于肇事车，距离逐渐减小。因此最大距离为时的距离 解得 （3）时，警车达到最大速度。警车位移 警车启动后的2s，肇事车匀速前进了，警车启动后的2s到4s，肇事车加速前进，总位移 此时两车剩余距离 后，警车以匀速，肇事车也已达到最大速度匀速，追上剩余距离需要时间 总时间 12．(1)2mg， (2)，摩擦力方向水平向右 (3)（）当时；（）当时 【详解】（1）研究B球，受力情况如图甲所示 由共点力的平衡条件有， 解得， （2）研究A、B整体为研究对象，受力情况如图乙所示 设斜面体受到的摩擦力为f，由共点力的平衡条件 解得，摩擦力方向水平向右 （3）斜面体受到的最大静摩擦力 ①水平向右的外力最大（设为）时，斜面体有向右运动趋势，由平衡条件有 解得 ②水平向右的外力最小（设为）时，斜面体可能有向左运动趋势 （）当时， 则 （）当时， 则 13．(1) (2) 【详解】（1）小车固定不动时，向右、向下运动，二者加速度大小均为。取向右、向下为正方向，与小车间的滑动摩擦力大小为 对沿水平方向应用牛顿第二定律，有 对沿竖直方向应用牛顿第二定律，有 联立两式得 代入，，， 整理得。再由 整理得 代入数值得。 （2）的高度不变，故其竖直加速度为零；绳长不变又使，，的水平方向加速度相同，设共同加速度为，取向右为正方向。对沿竖直方向应用牛顿第二定律，有 解得 代入， 整理得。按题给动摩擦因数估算与小车间的最大静摩擦力，有 摩擦力方向可向左或向右，故 对沿水平方向应用牛顿第二定律，有 因此 代入，和 整理得 14．(1) (2) 【详解】（1）对B星体进行受力分析，如图所示 B星体所受A、C星体的万有引力大小分别为， 根据几何关系可得星体B所受合力大小为 （2）根据受力分析图可知 星体B所受的合力提供向心力，则 解得 15．(1) (2) 【详解】（1）滑块在竖直方向受力平衡，有 由滑动摩擦力公式得 相对滑动过程中，撤力前、后的水平方向受力如图所示。 取水平向右为正方向。撤去前，对木板、滑块分别应用牛顿第二定律，有， 解得，。设滑块运动到木板中点所用时间为。由匀变速直线运动的位移公式得，​ 又有 代入数据解得，滑块的对地位移为 由恒力做功公式得 （2）撤去时，木板、滑块的速度分别为， 撤力后仍相对滑动时，由牛顿第二定律得， 设撤力后再经二者达到共同速度，由匀变速直线运动的速度公式得 解得 在此过程中，木板、滑块的位移分别为， 撤力后的相对位移为 相对滑动全过程的相对路程为 设相对滑动全过程中木板、滑块的对地路程分别为，。摩擦力对二者做功分别为， 两摩擦力的总功为 这部分机械能转化为内能，达到共同速度后不再相对滑动，所以 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $