安徽淮南市寿县第一中学2026-2027学年高三上学期开学物理试题

**基本信息** 高三开学考物理试题以蓝牙通讯、千斤顶、高台滑雪等真实情境为载体，覆盖运动学、力学、能量等核心知识，通过基础辨析与综合应用题梯度设计，考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/32|v-t图像分析、追及问题、受力分析|结合跳伞训练（题1）考查运动与相互作用观念| |多选|2/10|平衡条件、瞬时加速度|通过双球弹簧系统（题9）体现科学推理| |非选择|5/58|匀变速运动、能量守恒、曲线运动|高速收费（题11）考查模型建构，高台滑雪（题14）综合运动与能量转化|

寿县一中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．某次跳伞训练中，一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，跳伞运动员竖直下降过程中的速度随时间的变化图像如图所示。对此，下列说法正确的是（　　） A．内，加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小 B．内，跳伞运动员处于失重状态 C．时刻，跳伞运动员打开降落伞 D．s时刻的加速度为为当地的重力加速度 2．电子设备之间在一定距离范围内可以通过蓝牙连接进行数据交换，已经配对过的两电子设备，当距离小于某一值时，会自动连接；一旦超过该值时，蓝牙信号便会立即中断，无法正常通讯。某次实验中，分别安装在甲、乙两小车上的两电子设备已通过蓝牙配对成功，其正常通讯的有效距离为。两车运动路线在同一条直线上（两车略微错开，不会相撞）。如图所示，甲车以的初速度经过点，向右做加速度大小的匀加速直线运动。同时乙车以初速度向右经过点左侧6m处，并立即以的加速度刹车。以此时刻为计时起点，忽略蓝牙信号连接延迟。下列说法正确的是（　　） A．时信号第一次中断 B．时信号第一次恢复 C．信号第二次中断时，甲在点右边49m处 D．从信号第一次恢复到信号第二次中断，甲的位移为29m 3．某辆轿车发生交通事故后无法启动，交警叫来卡车将其拉走，构建模型如图所示，静止在水平地面上的卡车利用缆绳，沿固定斜面向上缓慢拉动轿车，轿车与斜面的摩擦力视为滑动摩擦力且动摩擦因数为，不计缆绳质量。则在轿车向上运动的过程中（　　） A．轿车所受合外力变大 B．缆绳的拉力可能先变小后变大 C．斜面对轿车的支持力可能变大 D．地面所受的摩擦力可能变大 4．如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平面上，物体、叠放，相同的物体、用绷紧的轻绳连接，由静止释放后，物体开始运动，物体、始终保持相对静止。已知、、的质量均为，、间的动摩擦因数为，、与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。下列说法正确的是（   ） A．绳上张力大小与有关 B．两动摩擦因数一定满足 C．相同时间内三者的动量变化量相同 D．给的作用力一定竖直向上 5．某千斤顶的结构如图所示，四根等长杆由铰链相连。摇动手柄竖直抬升重物过程中，A、C两点的间距每秒均匀缩短2mm，当时，下列说法正确的是（     ） A．A与C两点速度大小相等，方向相反 B．B点速度方向竖直向上，大小为2mm/s C．C点速度方向沿CB向上，大小为1mm/s D．A点相对C点的速度沿水平方向，大小为1mm/s 6．某研究小组利用摄像机记录人的甩手动作，以探究指尖水滴被甩落的过程。如图所示是由每秒25帧的摄像机拍摄视频后制作的图片，图中、、是甩手动作最后3帧照片指尖的位置。根据照片建构、之间运动模型：开始阶段，指尖以肘关节为圆心做圆周运动，到接近的最后时刻，指尖以腕关节（视为已静止）为圆心做圆周运动。测得、之间的距离为，、之间的距离为。近似认为、之间平均速度为指尖经过点的线速度。重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．由图可明显看出，由至指尖的线速度逐渐增大 B．指尖经过点时的线速度大约为 C．指尖经过点时的向心加速度大约为 D．在相同的指尖速度下，如果该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上，则水滴将更容易被甩出 7．1996年，国际天文学会正式通过决议，将国际编号为3421的小行星命名为“杨振宁星”，以表彰其在粒子物理学、统计力学和凝聚态物理等领域作出的里程碑式的贡献。已知“杨振宁星”沿近似圆轨道绕太阳运行，其轨道半径约为2个天文单位（地球到太阳中心的距离为1个天文单位）。假设地球公转轨道也是圆轨道，下列说法正确的是（　　） A．“杨振宁星”绕太阳运行的线速度约为地球公转线速度的倍 B．“杨振宁星”绕太阳运行的加速度约为地球公转加速度的4倍 C．“杨振宁星”绕太阳运行的周期约为年 D．“杨振宁星”绕太阳运行的角速度约为地球公转角速度的倍 8．一物体从圆弧形轨道的点自由下滑，由于摩擦阻力的作用到达点时速度为零，点比点下降了，又由点到达点，速度再次为零，点比点下降，则与比较，有（     ） A． B． C． D．无法确定 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．如图示，小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳A、B与竖直方向的夹角分别为、，弹簧C沿水平方向，则下列说法正确的是（　　） A．轻绳A和弹簧C的弹力之比为 B．球M和球N的质量之比为 C．若小球N的质量为，剪断轻绳B的瞬间，轻绳A的张力为 D．剪断轻绳B的瞬间，球M的加速度大小为g 10．如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为的半球形碗，碗口直径水平，点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角。一根不可伸长、不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，线的两端分别系有可视为质点的小球和物块。开始时小球恰在碗口水平直径右端处，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当小球由静止释放沿碗面运动到圆心的正下方点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失，则下列说法中正确的是（　　） A．在由点下滑到点的过程中重力对做功的功率先增大后减小 B．在从点运动到点的过程中，小球和物块速度大小始终相等 C．若恰好能沿圆弧下滑到点，则 D．若，细绳断开之后，继续沿斜面上升的距离为 三、非选择题：共5题。共58分。 11.近几年，国家取消了7座及以下小型车在法定假期期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠。但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为，靠近站口时以大小为的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为，然后立即以的加速度匀加速至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）。（12分） 试求： (1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速； (2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中运动的时间； (3)在（1）（2）问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间。 12．如图所示，质量均为1kg的物块A、B静止在水平面上，A、B由劲度系数为3N/cm的轻弹簧相连，物块A套在竖直杆上，在竖直向上的力F作用下沿杆缓慢上移，已知物块A、B处于水平面时距离为16cm，弹簧原长为18cm，物块B与地面间动摩擦因数为0.75，物块A与杆间动摩擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（，，，）（10分） （1）当A在地面时，B所受的摩擦力为多少？ （2）当A上升到c点时，弹簧的弹力恰为使物块B运动的最小值，已知c点的高度，B运动之前，力F随上升高度h的变化如图所示，求出坐标a、b和Fc的数值。 13.如图所示，有一个倾角为，长的固定斜面，斜面上放置一长度为，质量、厚度不计的薄木板，薄木板的上端位于斜面顶点处，薄木板上端放置一个质量为的物块乙，开始时薄木板和物块乙都锁定，现在利用轻质弹簧将质量为的物块甲从弹射口点弹出，弹簧与水平方向夹角为，物块甲弹出后经过最高点，然后恰好能在斜面顶端沿斜面方向与物块乙发生弹性正碰，碰撞前瞬间解除锁定，碰后物块甲立即被回收，已知之间的高度差为，物块和木板之间的动摩擦因数为，木板和斜面之间的动摩擦因数为，物块可以看作质点，弹簧弹射时长度变化忽略不计，不计空气阻力。（12分） 求： (1)弹射前弹簧储存的弹性势能； (2)A、C两点间的水平距离； (3)从物块乙开始运动到木板下端滑到斜面底端的过程中系统因摩擦产生的热量。 14．“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物（壕沟）后，成功在对面安全着陆。某同学利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点。P为一倾角θ＝37°的固定斜面，斜面顶端表面处铺有一木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x＝0.32m。一物块以某一速度从A端进入圆形轨道ABC后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经t＝0.2s恰好平行于木板从D端滑上木板，且恰好没有从木板滑离，斜面足够长。已知物块m＝1kg，木板质量M＝1kg，木板与物块之间的动摩擦因数从，木板与斜面之间的动摩擦因数从，重力加速度，sin37°＝0.6，不计空气阻力。（12分） 求： （1）物块从C端飞出时的速度的大小，和与水平方向夹角的余弦值； （2）木板的长度L； （3）若将木板分成等长的两部分，其间平滑接触且不粘连，求最终小物块的速度。 15．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径也为、圆心角为的圆弧轨道组成，轨道间平滑连接。质量的小物块从轨道上高度为处静止释放，经圆弧轨道滑上直轨道，轨道由特殊材料制成，小物块向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，重力加速度，，）（12分） (1)若，求小物块第一次经过点时对轨道的压力大小； (2)若，求小物块在上运动过程中距点的最远距离； (3)为使小物块能不脱离轨道地滑上最高点，求释放点高度的取值范围。 第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 寿县一中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 A C B C B C C A BC AD 1．A 【详解】AB．从v–t图像可知，速度向下为正，图像的斜率代表加速度，从图像可以看出，内，加速度为负，方向向上，图像的斜率越来越小，做加速度减小的减速运动，运动员处于超重状态，故A正确，B错误； CD．由图可知，运动员10 s末打开降落伞，由于空气阻力作用，s时刻的加速度不一定为g，故CD错误； 故选A。 2．C 【详解】A．依题意，乙车做匀减速直线运动，设其运动时间为t刹，则有 计时时刻乙车速度比甲车速度大，且二者距离小于10m,所以当乙车在甲车右边10m处时信号第一次中断，则有：x乙-x甲=d+x0，其中：x0=6m ， 联立解得：t=4s，t=16s（舍去） 即t=4s时信号第一次中断，故A错误； B．根据A选项的分析，当t=4s时两车速度大小分别为v甲=v1+a1t，v乙=v2-a2t 解得v甲=1.4m/s，v乙=4.4m/s 可知4s后两车距离继续增大，当两车共速时距离最大，之后二者间距减小。设乙车停止时在O点右侧x处，则有 解得x=39m 此时甲车距离O点的距离为 解得x′=26.25m 可得x=x-x′=39m-26.25m=12.75m＞10m，可知乙车停止时，二者之间信号仍未恢复。 设经过t′时间信号才能第一次恢复，则有 解得t′≈16.08s，故B错误； C．根据B选项的分析，当甲车运动至乙车停止位置右边10m处信号第二次中断，可知信号第二次中断时，甲在O右边39m+10m=49m处，故C正确； D．根据上面分析可知从信号第一次恢复到信号第二次中断的过程，乙车的位置未动，所以该过程甲的位移为20m，故D错误。 故选C。 3．B 【详解】A．由受力分析可知，轿车向上移动过程中受力平衡，合外力为0不变，故A错误； B．设斜面与水平方向的夹角为，缆绳与斜面的夹角为，轿车质量为，受力分析如下图 其中轿车所受支持力和摩擦力的合力记为，因 在缓慢拉动轿车过程中虽然支持力和摩擦力可能发生变化，但与垂直斜面方向夹角不变，满足 因此轿车被拉动过程的受力简化如下图 在缓慢拉动轿车过程中缆绳与斜面的夹角为逐渐变大，若初始时与夹角为钝角，由图可知缆绳的拉力可能先变小后变大，故B正确； C．由上述分析可知，在缓慢拉动轿车过程中缆绳与斜面的夹角为逐渐变大，逐渐减小，支持力 因此斜面对轿车的支持力逐渐减小，故C错误； D．对整个系统受力分析可知，地面所受摩擦力为0，故D错误。 故选B。 4．C 【详解】A．整体受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对C受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得，故A错误； B．对A受力分析则有 其中 解得 要使AB保持相对静止，则有 解得，故B错误； C．由于三者的加速度相同，根据匀变速直线运动规律 因此在相同的时间内，三者的速度变化量相同，结合 可知，三者的动量变化相同，故C正确； D．结合上述分析可知，A受到的合外力沿斜面向下，对A受力分析，根据力的合成法则如图所示 可知，B对A的作用力不可能竖直向上，故D错误。 故选C。 5．B 【详解】ABC．由题意可知，四边形ABCD是菱形，摇动手柄竖直抬升重物过程中，B点的速度方向竖直向上，A、C两点的速度方向分别垂直AD、CD方向，大小相等，A、C两点的间距每秒均匀缩短2mm，可知A、C两点速度的水平分量大小相等为 当时，B点和C点沿BC方向的分速度大小相等，即 又 可得， A、C两点的速度大小相等，方向相互垂直，故AC错误，B正确； D．A、C两点竖直方向的速度大小相等，方向相同，水平方向速度大小相等，方向相反，所以A点相对C点的速度沿水平方向，大小为，故D错误。 故选B。 6．C 【详解】A．由题意可知，摄像机拍摄时每秒25帧，则相邻两帧之间的时间间隔是相等的，时间间隔为 由图可知、之间的弧长明显大于、C之间的弧长，根据平均速度的定义式可知， 因此由至指尖的线速度先增大后减小，故A错误； B．指尖经过点时的线速度，故B错误； C．指尖经过点时的向心加速度大约为，故C正确； D．水滴的合外力不能提供所需的向心力时，水滴就容易被出去，所以甩手时应减小半径，则在相同的指尖速度下，如果该人的上臂、前臂和手掌始终保持在一条直线上，则水滴将更不容易被甩出，故D错误。 故选C。 7．C 【详解】AC．设地球轨道半径天文单位，周期年；“杨振宁星”轨道半径天文单位，根据开普勒第三定律，有 计算出 线速度 则，故A错误，C正确； B．加速度由万有引力提供， 则，故B错误； D．角速度 则，故D错误。 故选C。 8．A 【详解】根据功能关系，物体从到的过程，物体从到的过程，由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道上同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力也相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，从到小球运动路径比从到的长。可见，从到小球克服摩擦力做功一定大于从到克服摩擦力做功，由上可得，A正确，BCD错误。 故选A。 9．BC 【详解】对球M，受重力，弹簧水平向左弹力，B绳拉力斜向右上，与竖直夹角 平衡条件，水平方向，竖直方向 解得， 对球N，受重力，A绳拉力斜向右上，与竖直方向，B绳拉力斜向左下，与竖直夹角 平衡条件，水平方向，竖直方向 解得， A．，故A错误； B．由，可得，故B正确； C．剪断轻绳B瞬间，球N的速度为零，沿绳A方向加速度为零，故径向合力为零。绳A拉力与重力沿绳分力平衡 又，故轻绳A的张力为，故C正确； D．剪断轻绳B瞬间，弹簧弹力不突变，球M受重力和弹簧弹力，两力垂直，合力大小，由牛顿第二定律 解得，方向斜向左下，与竖直夹角，故D错误。 故选BC。 10．AD 【详解】A．在点的速度为零，则重力对做功的功率为零，在点的速度方向与重力方向垂直，重力对做功的功率为零，在到过程中，重力对做功的功率不为零，则在由点下滑到点的过程中重力对做功的功率先增大后减小，故A正确； B．小球从点运动到点的过程中，速度可以分解为沿着细绳方向和垂直于细绳方向，沿着细绳方向的分速度大小等于的速度大小，所以小球和物块速度大小不相等，故B错误； C．若恰好能沿圆弧下滑到点，根据机械能守恒定律结合几何关系有 可得，故C错误； D．若，到达点时，设的速度为，的速度为，根据几何关系有 根据机械能守恒定律有 细绳断开之后，的加速度大小为 根据运动学公式 解得若，细绳断开之后，继续沿斜面上升的距离为，故D正确。 故选AD。 11．(1)33.6m (2) (3) 【详解】（1）以该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始减速，则有 解得 则驾驶员应在距收费站口33.6m处开始减速。 （2）该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前后两段位移分别为x1和，时间为和，则减速阶段 解得 加速阶段 则加速和减速的总时间为 （3）在加速阶段 则总位移 若不减速所需要时间 车因减速和加速过站而耽误的时间 12．（1）6N；（2）0.08m，0.08246m，16N 【详解】（1）当A在地面时，根据平衡关系，B所受的摩擦力大小与弹簧弹力大小相等 （2）A缓慢上升，视为平衡状态，弹簧弹力先减小再增大，因为存在，此时弹簧处于原长初状态，坐标a点弹簧弹力斜向上，设弹簧弹力为T，弹簧与水平方向夹角为，则 得 得 当弹簧处于原长时，有 当A上升到c点时，此时弹簧长度为 弹簧弹力为 设此时弹簧与水平方向夹角为，对A受力分析得 又 联立得 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）物块甲从A点到B点的过程中，竖直方向做匀减速直线运动，根据位移速度关系有 解得 则物块甲在A点的速度大小为 由能量守恒可得，弹簧储存的弹性势能 解得 （2）物块甲在水平方向做匀速直线运动，物块甲的水平方向分速度大小为 则物块甲在C点的竖直方向分速度 从A点到C点的时间 所以A、C两点间时水平距离 解得 （3）物块甲在C点的速度大小为 甲和乙在C点弹性正碰，由于质量相等，交换速度，所以物块乙的初速度 对物块乙受力分析有 解得 对木板受力分析 解得 设经过时间共速，则 解得 由运动学公式可得物块的位移为， 木板的位移为 则物块乙在木板上滑行的距离为 解得。 假设共速后保持两者相对静止，则对整体受力分析有 对物块受力分析有 解得 故假设成立，二者共速后，一起沿斜面下滑直到底端，所以系统因摩擦产生的热量 14．（1），速度与水平方向夹角为α，；（2）1m；（3） 【详解】（1）物块由C到D做斜抛运动，水平方向 在D的速度 物块在C端时 解得 速度与水平方向夹角为α，则 （2）物块刚滑上木板时，对物块 解得 对木板 得 在D的速度 两者经时间达到共速，则 解得 t＝1s ， 此过程中 ， 木板长度 （3）物块刚滑离第一块木板时，所用时间为，有 ， 联立得 ，， 此后物块加速度不变，第一块木板匀速下滑，第二块木板加速度，有 可得 再次共速时 可得 ， 由于 两者再次共速后一起做匀速直线运动。‍ 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）对小物块从到第一次经过的过程，根据机械能守恒定律 解得 小物块第一次经过点时，根据牛顿第二定律有 代入数据解得轨道对小物块的支持力 由牛顿第三定律，小物块对轨道的压力为 （2）设物块在上运动过程中距点的最远距离为，根据动能定理有 解得 （3）当小物块刚好能到点，到由动能定理有 解得 当小物块经过点恰好脱离轨道时，则 解得 从到点由功能关系 解得 综上的取值范围为 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 $