[物理]甘肃省武威市民勤县等2地2024-2025学年高一上学期开学试题

这是一份[物理]甘肃省武威市民勤县等2地2024-2025学年高一上学期开学试题，共7页。


【参考答案】
1. A 2. C 3.D 4. B 5. C 6. A 7.B
8.CD 9. BD 10.AD
11.(每空1分，共7分)
【进行实验与收集证据】(1)二力平衡 (2)刻度尺 4.8 【分析与论证】伸长量 【交流评估】弹簧的横截面积(或弹簧的粗细) 【拓展】乙 甲
【解析】【进行实验与收集证据】(1)根据图18可知钩码静止时受竖直向下的重力和弹簧对钩码竖直向上的拉力，二者属于一对平衡力，由二力平衡条件可知，钩码受到弹簧的拉力等于钩码受到的重力；(2)一般实验室测量长度都使用刻度尺，所以要用刻度尺测出弹簧的长度及其伸长量，由表格数据可知，弹簧下无钩码时，弹簧的自然长度为6.0 cm，第5次实验中弹簧的长度为10.8 cm，所以第5次实验中弹簧的伸长量为10.8 cm－6.0 cm＝4.8 cm；【分析与论证】分析表格数据可知，当弹簧所受拉力增加几倍，弹簧的伸长量也随着增大几倍，即弹簧的伸长量与它受到的拉力的比值为定值，故在弹性范围内，弹簧的伸长量跟它受到的拉力成正比；【交流评估】金属丝的材质、弹簧的匝数，原长等均相同，弹簧的横截面积越大，测量时伸缩量就越小，说明弹簧的伸长量还与弹簧的横截面积(或弹簧的粗细)有关；【拓展】在弹性限度内，弹簧甲能承受的最大拉力是4 N，而弹簧乙能承受的最大拉力是8 N；显然，若要制作量程较大的弹簧测力计，应选用弹簧乙。由图19可知，在相同拉力作用下，弹簧甲的伸长量大，弹簧甲较灵敏，可以用来制作精确程度较高的弹簧测力计。
12. (1)相等（1分） 匀加速（1分） (2)乙（2分） 1.1（2分） (3)0.875（3分）
【解析】(1)由表中数据可知，x4－x3＝x3－x2＝x2－x1，即小球在连续相等时间内的位移之差相等，小球做匀加速直线运动。
(2)甲同学：
a＝eq \f(a1＋a2＋a3,3)＝eq \f(x2－x1＋x3－x2＋x4－x3,3T2)＝eq \f(x4－x1,3T2)，
乙同学：
a＝eq \f(a1＋a2,2)＝eq \f(x3－x1＋x4－x2,4T2)＝eq \f(x3＋x4－x2－x1,4T2)。
乙同学用到了所有数据，故所求加速度较准确，加速度为：a＝eq \f(x3＋x4－x2－x1,4T2)＝1.1 m/s2。
(3)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度公式veq \s\d7(\f(t,2))＝eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，则v＝eq \f(x1＋x2,2T)＝eq \f(8.20＋9.30×10－2,2×0.1) m/s＝0.875 m/s。
13. 解：(1)该同学的路程s＝200 m （1分）
100 m长的弯道部分BC、DA是半圆弧，对应的半径r＝eq \f(100,π) m （1分）
因此该同学的位移
x＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(1002＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(200,π)))2) m＝eq \f(100,π)eq \r(π2＋4) m≈118.5 m，其方向为A指向C。 （2分）
(2)该同学跑至弯道BC中点P时的路程为
s′＝100 m＋50 m＝150 m （1分）
其位移x′＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(100,π)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(100＋\f(100,π)))2) m≈135.6 m，方向为A指向P （2分）
则从A到P的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x′,t)＝eq \f(135.6 m,20 s)＝6.78 m/s，方向为A指向P。 （2分）
14. 解：(1)该电热加湿器处于“高挡”时，旋转开关S与触点3、4相连。 (2分)
(2)由题图2知，加湿器高挡时的功率为400 W，在高挡工作时间为10 min，由P＝eq \f(W,t)可得，加湿器在高挡正常工作时消耗的电能W＝P高t高＝400 W×10×60 s＝2.4×105 J （1分）
根据η＝eq \f(Q,W)×100%可得水吸收的热量Q吸＝ηW＝84%×2.4×105 J＝2.016×105 J (1分)
由Q吸＝cmΔt可得，水升高的温度Δt＝eq \f(Q吸,c水m)＝eq \f(2.016×105 J,4.2×103 J/（kg·℃）×2 kg)＝24 ℃。 (2分)
(3)由题图1知，开关S接“3、4”触点时，R2被短路，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最小，电源电压一定，由P＝UI＝eq \f(U2,R)可知，电热加湿器的功率最大，处于高挡
则R1的阻值为R1＝eq \f(U2,P高)＝eq \f(（220 V）2,400 W)＝121 Ω (1分)
当开关S接“2、3”触点时，电路为R1与R2的串联电路，电路中的总电阻最大，电源电压一定，由P＝UI＝eq \f(U2,R)可知，电热加湿器的功率最小，处于低挡
此时电路中的总电阻R总＝R1＋R2＝eq \f(U2,P低)＝eq \f(（220 V）2,100 W)＝484 Ω (1分)
所以电阻R2的阻值为R2＝R总－R1＝484 Ω－121 Ω＝363 Ω。 (2分)
(4)电能表的转盘转过27转时，电热加湿器在400 s内消耗的电能
W实＝eq \f(27,3 000) kW·h＝0.009 kW·h＝3.24×104 J (1分)
电热加湿器在低挡加热的实际功率P低实＝eq \f(W实,t实)＝eq \f(3.24×104 J,400 s)＝81 W。 (2分)
15.解：(1)设运动员做自由落体运动的时间为t1,自由落体运动结束时运动员的速度为vm,着地速度为0,根据自由落体运动规律得vm2=2gh1 （2分）
解得vm=40 m/s （1分）
根据vm=gt1 （1分）
解得t1=4 s （1分）
在减速阶段,有v02-vm2=2ah3 （2分）
解得a=-2 m/s2 （1分）
加速度大小为2 m/s2,方向竖直向上。 （1分）
(2)设匀速运动的时间为t2,匀减速运动的时间为t3,由匀速直线运动规律得
h2=vmt2 （1分）
解得t2=4 s （1分）
因匀减速到零,可以看作反向匀加速运动,根据h3=-12at32 （2分）
解得t3=20 s （1分）
所以运动员从离开直升机至到达地面的总时间t=t1+t2+t3=28 s。 （2分）