云南省红河州开远市第一中学2024届高三上学期开学考试物理答案(1)_2023年9月_029月合集_2024届云南省红河州开远市第一中学高三上学期开学考试

开远一中 2024 届高三年级开学考试物理试卷 参考答案： 1．C 【详解】A．小孩上摆过程中速度减少，所需要的向心力在减少，脚受的支持力减少，A错误； B．从最低点上摆的过程中，重力对人做负功，B错误； C．绳子拉力与横板的速度方向始终垂直，则拉力对横板做的功为零，C正确； D．该同学从最低点上摆的过程中，竖直方向的分速度先增大后减小，故重力的功率先增大后减小，D错 误； 故选C。 2．B 【详解】A．从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，弹簧的弹力一直对小球做负功，则小球的机 械能不守恒，选项A错误； B．从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，重力的方向与位移方向相同，可知重力对小球做正功， 小球的重力势能减小，选项B正确； C．弹簧的弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能一直增加，选项C错误； D．开始阶段，弹簧弹力小于重力，则小球的加速度向下，随弹力的增加，向下的加速度减小，当弹力等 于重力时加速度减为零，此时小球的速度最大，以后弹簧的弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大， 则小球的加速度先向下减小后反向增加，选项D错误。 故选B。 3．D 【详解】A．根据牛顿第二定律 m gm g (m m )a a b a b 解得a球落地前，加速度大小为 a2m/s2 故A错误； B．根据动力学公式 1 h at2 2 a运动到地面所用时间为 2h t  0.7s a故B错误； C．a落至地面时的速度大小为 vat 1.4m/s 故C错误； D．根据牛顿第二定律 m gT m a a a 绳子中张力大小为 T 2.4N 故D正确。 故选D。 4．B 【详解】在0 t 时间内无人机水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，可知在0 t 时间  1  1 内无人机的合外力竖直向下，在t t 时间内无人机水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀速直线运 1  2 动，可知在t 1  t 2 时间内无人机的合外力水平向左，根据合外力指向轨迹凹处，可知B正确，ACD错误。 故选B。 5．A 【详解】A．人站在电动平衡车上和车一起匀速水平前进的过程中，动能不变，重力势能不变，故人和平 衡车的总机械能一直保持不变，A正确； B．平衡车车轮往往做得比较粗糙是为了增大车轮与地面的最大静摩擦力，避免车轮打滑，B错误； C．惯性只和质量有关，与运动的速度无关，C错误； D．人和平衡车受到的总重力和地面对车的支持力是一对平衡力，D错误。 故选A。 6．D 【详解】对C点进行受力分析，如图由于C始终受力平衡，所以a、b两段绳子拉力的合力大小等于杆的压力F，根据三角形相似有 G F F   a AB BC AC 因为G与AB、BC 都不变，AC的增大，所以绳a的拉力F 增大，杆的压力F保持不变。 a 故选D。 7．A 【详解】AB．船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。如图所示 根据平行四边形定则有 v vcos 人 故A正确，B错误； CD．对小船受力分析，如图所示根据牛顿第二定律有 Fcos f ma 因此船的加速度大小为 Fcos f a m 故CD错误。 故选A。 8．D 【详解】A．以小球1、2为整体，根据受力平衡可得 F tan30 弹 (m m )g 1 2 以小球2为对象，根据受力平衡可得 m g tan30 2 F 弹 联立可得 m 2 1  m 1 2 故A错误； B．在轻绳B突然断裂的瞬间，球1将以轻绳A上端为圆心做圆周运动，加速度方向垂直轻绳A向下，根 据牛顿第二定律可得 mgsin30 1 a  1  g 1 m 2 1 故B错误； CD．在轻绳A突然断裂的瞬间，以球2为对象，球2的重力和弹簧弹力均保持不变，故球2的重力和弹 簧弹力的合力沿轻绳B向下，球2有沿轻绳B向下的加速度；由于轻绳B长度不可伸长，故断裂瞬间球1 在沿轻绳B方向与球2具有相同的加速度，故轻绳B存在一定的拉力，可知轻绳A突然断裂的瞬间，球1 受到重力和轻绳B拉力，球1受到的合力大于重力，故球1的加速度大小一定大于g，故C错误，D正确。 故选D。 9．AD 【详解】A．一物体做匀变速直线运动，其位移与时间的关系满足x6t2t2，结合匀变速直线运动位移 时间关系 1 xv t at2 0 2 可得物体的初速度和加速度分别为v 6m/s，a4m/s2 0 故A正确； B．物体在第1s末的速度大小为 v v at 10m/s 1 0 1 物体在第2s末的速度大小为 v v at 14m/s 2 0 2 物体在第2s内运动的位移大小为 v v 1014 x 1 2 t  1m12m 2 2 故B错误； C．物体在0~2s内的平均速度大小为 v v 614 v 0 2  m/s10m/s 2 2 故C错误； D．物体在第3s末的速度大小为 v v at 18m/s 3 0 3 故D正确。 故选AD。 10．AD 【详解】A．由于地面光滑，所以滑块和小车构成的系统合外力为零，系统的动量守恒，故A正确； B．由于滑块和小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车构成的系统机械能不守恒，故B错误； C．假设物块最终与小车共速，共同速度为v．取向右为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝（m +m ）v， 2 0 1 2 1 1 根据能量守恒定律得：μm gd＝ m v 2﹣ （m +m ）v2．解得滑块相对于小车滑行的距离为：d＝0.6m＜L 2 2 0 1 2 2 2 ＝1m，所以物块不会小车右端滑下，故C错误； D．整个过程中系统产生的热量为 Q＝μm gd＝6J，故D正确． 2 11．AB 【详解】AB．由图可知，当小球在最高点的速度为零时，有 mg b 当杆对小球无作用力时v2 a，有 v2 a mg m m R l联立两式可解得 b a m ，l  g g AB正确； C．当v2 a时，F 0，小球只受重力，故小球在最高点的向心加速度等于重力加速度g，C错误； T D．当v2 2a时， v2 2a mgF m m T R l 解得 F mg T 负号表示杆对小球的作用力为拉力，且小球受到杆的弹力与重力大小相等，所以纵轴坐标值yb，D错误。 故选AB。 12．BC 【详解】ABD．设滑块A的质量m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图 乙可知，当 F=Fm 6N = 时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为 am=2m/s2 根据牛顿第二定律有 F (M m)a m m 解得 M+m=3kg 当F＞10N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有 F-μmg=ma 整理得 F a g m 根据题图2解得 m=1kg μ=0.4 则 M=2kgAD错误，B正确； C.当F=10N时，木板A的加速度为 Fmg a  6m/s2 A m C正确。 故选BC。 13． 8 25 20 【详解】[1]当弹力为零时，弹簧处于原长状态，故原长为 x 8cm 0 [2]在Fx图象中斜率代表弹簧的劲度系数，则 F 6 k   N/m25N/m x 0.320.08 [3]在乙图中弹簧秤的示数 F 3.00N 根据F kx可知 F 3 x  m0.12m12cm k 25 故此时弹簧的长度 Lxx 20cm 0 d2U 14． 2.935/2.934/2.936 ×1 5/5.0 甲 4Il 【详解】（1）[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图甲可知该导体材料的直径为 d 2.5mm43.50.01mm2.935mm （2）[2][3]用“×10”挡时发现指针偏转角度过大，说明待测电阻阻值较小，应换用“×1” 挡，换挡重新调零 后再进行测量，指针静止时位置如图乙所示，则该圆柱体的电阻为 515 （3）[4]由于待测电阻约为5，根据 R R V  x R R x A 可知电流表应采用外接法，应选用甲电路图进行实验。 （4）[5]若通过测量可知，金属丝接入电路的长度为l，直径为d，通过金属丝的电流为I ，金属丝两端的 电压为U；根据电阻定律可得 l R  x S又 U d2 R  ，S  x I 4 联立可得金属丝的电阻率为 d2U  4Il 15．（1）4m s2 ；（2）3m；（3）7N，方向向上 【详解】（1）在地球表面上 Mm mg G R2 在火星表面上 M m mg G 火 火 R2 火 解得 g 4m s2 火 （2）小球与斜面垂直相碰于C点，由几何关系可得 v tan37  B g t 火 解得 v 3m s B C点与B点的水平距离 xv t 3m B （3）根据牛顿第二定律 v2 mg F m B 火 N r 解得，轨道对小球的弹力 v2 F m B mg 7N N r 火 根据牛顿第三定律，小球在B点对轨道的压力 F F 7N N 方向向上。 16．（1）0.5；（2）l 6.05m；（3）Q162J 【详解】（1）结合图像可知传送带对该物体的摩擦力做功的功率为P fv 且由图可知传送带对该物体的摩擦力做功的功率大小为40W时，刚好与皮带共速，即 40W=mgcos1m/s 代入数据解得 0.5 （2）物体刚放到皮带上时加速度为 mgcos mgsin a   10m/s2 1 m 则与皮带共速时由 v2 2ax 0 1 1 代入数据解得 x 0.05m 1 又由 v at 0 11 解得共速前运动的时间为 t 0.1s 1 由于 tan53  0.75    0.5 所以物体与皮带共速后，将在后面的2s时间内继续向下做匀加速直线运动，且有 mgsinmgcos a  2m/s2 2 m 则由公式 1 x v t  a t2 6m 2 0 2 2 2 2 传送带的长度为 l x x 6.05m 1 2 （3）前面0.1s内的相对位移为 Δx v t x 0.05m 1 01 1 后面的2s内的相对位移为 Δx x v t 4m 2 2 0 2 故整个过程物体与传送带由于克服摩擦力做功而产生的热量为Qmgcos（Δx Δx）162J 1 2 35 17．（1）v =4m/s （2）a m/s2（3）QR=3.25J m 12 【详解】解：（1）金属棒速度最大时，所受合外力为零，即BIL=F． 而 BLv P=Fvm，I= m ， Rr 解出 P(Rr) 4(22) v   m/s=4m/s． m B2L2 20.5 （2）速度为3m/s时，感应电动势 E=BLv=2×0.5×3V=3V． 电流 E I= ，F =BIL Rr 安 金属棒受到的拉力 P 4 F=  N v 3 根据牛顿第二定律F﹣F =ma 安 解得 4 3  a=FF 安  3 4 m/s2  35 m/s2 m 0.2 12 （3）在此过程中，由动能定理得， 1 1 PtW  mv2  mv2 安 2 m 2 0 W =﹣6.5J 安 则 W Q  安 3.25J。 R 2