广东实验中学2024-2025学年高一下学期开学考试物理试卷（PDF版附答案）

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1. D解：选路程是质点运动轨迹的实际长度，可见A、B的路程相同，且大于C的路程，A错。平均速率等于路程与时间的比值，所以B错。位移是初位置指向末位置的有向线段，由此可知，三者的位移相同，C错。平均速度等于位移与时间的比值，所以平均速度相同，D对。
2. A 解：A.设网球落地时的速度大小为v，由竖直上抛运动的位移公式可得v2-v02=-2gh，即v2﹣（8m/s）2＝﹣2×10×（﹣1.8）m/s2，解得v＝10m/s，方向向下，故A正确；B.设网球在空中运动的时间为t，由竖直上抛运动的速度公式可得﹣v＝v0﹣gt，即﹣10m/s＝8m/s﹣10m/s2×t，解得t＝1.8s，故B错误；CD.依题意，可知小球做竖直上抛运动，整个运动过程的加速度为自由落体运动加速度恒定不变，方向竖直向下，故CD错误。故选：A。
3. A解：每一条钢索与塔柱成α角，每条钢索拉力的水平分力为Fsinα，竖直分力为Fcsα，每一对钢索的水平分力相互抵消，则每一对钢索对塔柱拉力的合力都沿竖直方向向下，所以8对钢索对塔柱的合力大小等于16条钢索沿竖直向下的分力的和，则8对钢索对塔柱的合力为16Fcsα，故B错误，A正确。CD.若仅升高塔柱的高度，α角减小，根据平衡条件16Fcsα=Mg可知，钢索承受的拉力变小，故CD错误。
4．A解：由题意分析可知，代入可得，解得，故选A。
5. D解：AC、对甲和爬犁整体分析受力，如图所示。由平衡条件得，竖直方向有N+Fsin53°＝（M+m）g，水平方向有Fcs53°＝f，又f＝μN， 解得F＝160N，f＝96N，故AC错误；B、由上解得N＝192N，故B错误；D、设两侧细绳上的拉力大小为T，则有2Tcsθ2=F，解得T＝100N，故D正确。故选：D。
6.D 解：AB、弹簧从接触地面到被压缩至最短的过程中，人先向下加速后向下减速，先处于失重状态后处于超重状态，故AB错误；C、弹跳杆刚接触地面时，人的重力大于弹力，人的加速度的方向向下，故速度依然增大，故C错误；D、人达到最低点时的加速度向上，不为零，故D正确。故选：D。
7.C解：A.由题意可知，A受重力、C对A的支持力和C对A向右的静摩擦力作用，则C受重力、A对C的压力、地面对C的支持力、绳子的拉力、A对C向左的静摩擦力以及地面对C的向左的滑动摩擦力的作用，则此过程中物体C受六个力作用，故A错误；BC.对整体分析，由牛顿第二定律可得：F﹣μ•（m+m+2m）g＝4ma，对AC分析，根据牛顿第二定律可得：T﹣μ•（m+m）g＝2ma，联立可得：F＝2T，则当F＝2FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；D.结合前面分析可知，若地面光滑，对整体分析，由牛顿第二定律可得：F＝4ma，对AC分析，根据牛顿第二定律可得：T＝2ma，联立可得：F＝2T，由此可知，BC间绳的拉力不变，故D错误；故选：C。
8. BD 解：利用逆向思维法，末速度为零的匀减速过程可以看作逆向的初速度为零的匀加速过程.对于初速度为零的匀加速过程，第一个时间T和第二个时间T内的位移之比为1∶3，据此可以证明子弹从A到B的时间等于从B到C的时间，所以子弹从A到B的时间为eq \f(t,2)，子弹到B点的速度等于从A到C的平均速度，即eq \f(v0,2).故选项B、D正确.
9. CD解：对小球受力可知，小球受到绳子拉力T、轨道给的支持力N和自身重力mg ，如图所示，缓慢地拉轻绳使小球由A运动到B过程属于动态平衡状态，由图可知力的矢量三角形与几何三角形相似，则有，解得，，其中mg、R、h均不变，L逐渐减小，则由上式可知，N不变，T变小。故选CD。
10.BC 解：A、根据a﹣t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由图像可知0～2s内a的速度一直大于b的速度，物块a与物块b的距离一直在增大，故A错误；B、t＝0时，弹簧弹力为零，对a根据牛顿第二定律可得F＝maa0＝3×2.0N＝6N,，t＝2s时，a、b整体加速度相同，对整体根据牛顿第二定律可得F＝（ma+mb）a1＝6N，代入数据解得：mb＝2kg，故B正确；C、2s时，对b根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为Fx＝mba1＝2×1.2N＝2.4N，撤去F瞬间，弹簧弹力不会突变，此时a的加速度大小为a1'=Fxma=2.43m/s2=0.8m/s2，故C正确；D、a﹣t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，t＝2s时a的速度大于b的速度，所以若此时不撤去F，弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，a的加速度减小，b的加速度增大，并不能一起做匀加速运动，故D错误。故选：BC。
11. 答案：（1）AB （2）3.1 9.6 （3）空气阻力或纸带与计时器之间的摩擦阻力造成的。
【解答】（1）A．在使用铁夹夹住电火花计时器时，应调整计时器上下限位孔在同一竖直线上，从而使纸带下落的过程中，减小阻力，A正确；B．在释放松开纸带时，应保证纸带与限位孔在同一竖直线上，从而在物体下落的过程中，减小摩擦阻力，B正确；C．应该先打开电火花计时器稳定后，再释放纸带，C错误；
D．释放前重物应该靠近打点计时器，D错误。故CD错误，AB正确。故选：AB。
（2）两个计数点间的时间间隔T＝0.04s，打B点的瞬时速度等于AC段的平均速度
,根据Δx＝aT2，
可得
（3）空气阻力或纸带与计时器之间的摩擦阻力造成的。
12. 答案：（1）B；（2）AC；（3）12。
解：（1）力的合成采用的方法是等效替代法，故B正确，ACD错误；故选：B。
（2）A.步骤B、C中要将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，才能保证合力与分力的作用效果相同，故A正确；B.两细绳不需要等长，故B错误；C.为了减小实验误差，弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行，故C正确；D.用两弹簧测力计同时拉细绳时，两弹簧测力计示数之差不宜太大，故D错误。故选：AC。
（3）根据平行四边形定则，作出的合力如下图所示
求出的合力大小为F=61×2N＝12N。
13.解：(1)根据题意，飞机在弹射区做加速度为a1=40m/s2的匀加速直线运动，根据运动学公式v12=2a1l
解得v1=80m/s
(2)飞机离开电磁弹射区后在喷气式发动机推力作用下继续做加速度为a2的匀加速直线运动，根据运动学公式 v22-v12=2a2L-l
解得 a2=20m/s2
(3)根据运动学公式，弹射区时间t1=v1a1=2s
离开电磁弹射区至跑道末端的时间t2=v2-v1a2=1s
舰载机从开始起飞到离开跑道的总时间T=t1+t2=3s
14. 解：（1）将O到货物的部分视为整体，如图，对其受力分析：
由平衡条件可知：T1sinα＝T2sinβ，
其中：T2＝100N，
联立可得：T1＝75N；
（2）由（1）结合平衡条件可知：T1csα+T2csβ＝Mg+f，
由题知：f＝kMg，
联立可得：k＝0.25；
15. 解：（1）物体在传送带上滑动过程，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μ1mgcs37°＝ma1
代入数据解得：a1＝10m/s2
（2）物体加速到与传送带速度相等需要滑行的位移x1=v022a1
解得x1＝0.2m＜s＝8.20m
由于μ1＜tan37°，物体与传送带速度相等后继续滑动，对物体，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μ1mgcs37°＝ma2
代入数据解得：a2＝2m/s2
设物体到达B端时的速度为v，则v2-v02=2a2（s﹣x1）
代入数据解得：v＝6m/s
（3）设木板与地面间的最小动摩擦因数为μ
①当μ（m+M）g≥μ2mg
解得μ≥112时，木板不会运动，木块速度减为0时，恰好不会从木板上掉下，木板长度为Lmin，此过程物体的加速度为am＝μ2g
根据v2＝2amLmin
解得Lmin＝7.2m
②当μ＜112时，木板发生滑动，物体滑上木板后向右做匀减速直线运动，此时物块加速度大小仍为am＝μ2g
木板向右匀加速运动：μ2mg﹣μ（m+M）g＝MaM
当两者速度和等时，恰好不掉下来：v共＝v﹣amt＝aMt
物体位移：xm=v+v共2t
木板位移：xM=v共2t
此时木板长度为：Lmin＝ xm﹣xM
解得Lmin=61.25-5μ