2024届重庆市二0三中学校高三上学期开学考试物理试题（解析版）

这是一份2024届重庆市二0三中学校高三上学期开学考试物理试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届重庆市二0三中学校高三上学期开学考试物理试题（解析版）考试时间：90分钟第I卷（选择题）一、单选题(每题4分，共32分)1．观察图中屋顶的炊烟和车上的小旗，可知甲、乙两车相对于房子的运动情况，其中正确的是（　　）A．甲、乙两车一定都向左运动B．甲、乙两车一定都向右运动C．甲车可能运动，乙车可能向右运动D．甲车可能静止，乙车一定向左运动2．某跳伞运动员做低空跳伞表演。他离开悬停的飞机后先做自由落体运动，距离地面时打开降落伞，落地前瞬间速度大小为。若打开降落伞后运动员的运动可看作匀减速直线运动且加速度大小为，取重力加速度。运动员做自由落体运动的时间为（　　）A． B． C． D．3．如图所示，几个水球可以挡住一颗子弹？许多人被问到这个问题时，答案可能都不一样，《国家地理频道）（ National Geographic Channel）就为此特地做了一次实验，把10个水球依序排成了一直线，还找来专家对着这排水球开枪，没想到结果却让不少人出乎意料，四个水球就可以挡住子弹了！已知子弹的质量，每个水球直径为，水球间距，子弹以的初速度射入第一个水球，假设子弹在水中做匀变速直线运动，且子弹恰好可以穿出第四个水球，由以上数据不能估算出（    ）A．子弹在每个水球中的速度变化 B．子弹的平均速度C．子弹的落地速度 D．子弹在水中受到的阻力4．两辆小汽车在平直路面上同向运动，两车从同一地点由静止同时出发，其位移x随速度平方变化的关系如图所示，图中a、b、c分别表示了两车的图像，以下判断正确的是（    ）A．两车在处再次相遇 B．甲、乙两车的图像为图aC．甲、乙两车的图像为图b D．甲、乙两车的图像为图c5．如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，碗的内表面及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为和的小球，当它们处于平衡状态时，质量为的小球与O点的连线与水平线的夹角为。两小球的质量比为（　　）A． B． C． D．6．如图所示，一顶端附有定滑轮O1的斜面体放置在水平地面上，斜面体质量为M、倾角为30°。定滑轮O2通过轻杆固定在天花板上，一细绳绕过两定滑轮O1、O2，一端连接质量为2m的物块A，另一端连接质量为m的物块C，A物块放置在斜面体上，C物块竖直悬挂。另有一动滑轮O3跨在细绳上，下端通过另一细绳连接一质量为m的物块B，整个系统处于静止状态。现在右侧细绳的结点P处施加一与细绳成120°夹角的力F，使物块C缓慢移动，直至右侧细绳O2P处于水平状态。在这个过程中细绳始终拉直，力F的方向始终保持与细绳的夹角不变，物块A和斜面体始终处于静止状态。忽略滑轮的摩擦，在施加力F以后的过程中，下列说法中正确的是（　　）A．力F的最大值为2mgB．物块B始终保持不动C．A物体受到的摩擦力先减小后增大D．地面对斜面体的摩擦力先增大后减小7．如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻弹簧恰好处于水平状态，则下列计算正确的是（　　）A．A、B所受弹簧弹力大小之比为∶B．A、B的质量之比为mA∶mB＝∶1C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为1∶D．同时剪断两细线的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为3∶8．如图所示，一乒乓球用细绳系于盛有水的容器底部，某时刻细绳断开，在乒乓球上升到水面的过程中，台秤示数（　　）A．变大 B．不变 C．变小 D．先变大后变小二、多选题(每题4分，共16分。缺选，漏选得2分，多选或错选不得分)9．由a=可知,下列说法中正确的是(　　)．A．物体的加速度a与Δv成正比B．物体的加速度a的大小由Δv决定C．物体的加速度a的方向与Δv的方向相同D．叫速度的变化率,就是物体的加速度10．如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（　　）A．若μ≠0，则k＝ B．若μ≠0，则k＝C．若μ＝0，则k＝ D．若μ＝0，则k＝11．如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和2m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为，B与地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g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法中正确的是（　　）A．当时，、都相对地面静止B．当时，的加速度为C．当时，相对滑动D．当时，的加速度为12．如图所示，传送带的长度，传送带与水平面的夹角，传送带以的速度逆时针匀速运动。在传送带的顶端A处无初速度地放一个质量的小物块，它与传送带之间的动摩擦因数，取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）  A．小物块先做加速度大小为的加速运动，再做匀速运动B．小物块从A运动到所用的时间为C．小物块离开传送带时的速度大小为D．小物块在传送带上留下的痕迹长为第II卷（非选择题）三、实验题（每空2分，共16分）13．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中，由于弹簧自身重力的影响，弹簧平放时的长度与竖直悬挂时的长度有明显不同，某同学进行了如下操作：①先将弹簧平放在桌面上，用刻度尺测得弹簧的长度为；②再将弹簧的一端固定在铁架台上，弹簧自然下垂，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧，刻度尺零刻度线与弹簧上端对齐，并使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上，将指针指示的刻度值记作；弹簧下端挂一个的砝码时，指针指示的刻度值记作；弹簧下端挂两个的砝码时，指针指示的刻度值记作；；测量记录如表：代表符号L1L2L3L4L5L6刻度值/cm1.703.405.106.858.6010.30请回答下列问题（1）用力学实验中常用的“逐差法”处理实验数据，能够减小因为长度测量带来的误差，则每增加砝码的弹簧平均伸长量Δ可表示为  。（用表中的代表符号表示）（2）根据表中数据计算，该同学所用弹簧的劲度系数  ；弹簧自身的重力  。取，结果保留3位有效数字）14．某同学用图甲所示的实验装置测定小车加速度，正确操作后获得图乙所示的一条纸带，他用天平测得小车的质量为M，钩码质量为m，用毫米刻度尺测得纸带上自0点到连续点1、2、3、4、5、6的距离分别为：、、、、、已知实验所用交流电频率为：（1）电火花打点计时器工作时使用(      ) 电源A．  220V直流     B . 220V交流    C．4~6V直流     D．4~6V交流（2）下列操作正确的是(      )A．打点前，小车应靠近打点计时器，要先释放小车，再打开电源 B．要舍去纸带上密集的点，然后选取计数点 C．打点频率为50Hz，每隔四个点取一个计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.02s D．实验中应使小车速度越小越好（3）打点2时小车的速度大小为        结果保留两位有效数字；（4）小车运动过程中的加速度大小为        结果保留两位有效数字．（5）如果当时电网中交变电流的频率是，而做实验的同学并不知道，由此引起的系统误差将使加速度的测量值比实际值偏        选填“大”或“小”四、解答题15．（10分）如图所示，平行于斜面方向的拉力作用于滑块，使其从A点由静止开始沿固定斜面上滑。滑块运动到B点时撤去拉力，滑块继续上滑到最高点C点后恰好能静止在斜面上。已知间距离是间距离的2倍，斜面的倾角为。求：（1）滑块上滑经过段和经过段所需要的时间之比；（2）拉力与滑块重力的大小之比。16．（12分）如图小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量m，斜面倾角，悬线与竖直方向夹角，光滑斜面的质量为，置于粗糙水平面上，重力加速度为g。求：（1）当斜面体静止时，悬线对小球拉力大小；（2）当斜面体静止时，地面对斜面的摩擦力的大小和方向。（3） 若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小的拉力的大小。 17．（14分）如图（甲）所示，地面上有一长为l=1m，高为h=0.8m，质量M=2kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m=1kg的木块（可视为质点），已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图（乙）所示，取g＝10 m/s2．求：（1）前2s木板的加速度；（2）木块落地时距离木板左侧的水平距离．
参考答案：1．D【详解】从图上屋顶的炊烟方向可以判断风的方向是向左的，图中甲物体的小旗向左飘，我们可以判断甲物体可以静止，可以向右运动，也可以向左运动，向左的速度必须小于风速；图中乙物体的小旗向右飘，我们可以判断乙物体一定向左运动，且向左运动的速度大于风速。选项D正确，ABC错误。故选D。2．D【详解】选取向下为正方向，由速度和位移关系可得解得对于自由落体运动过程有解得故选D。3．C【详解】A．根据题意知，子弹在气球水中做匀减速直线运动，在气球之间的空气可看做匀速直线运动，假设先不计气球之间的运动，则子弹在整个过程做匀减速直线运动，末速度恰好为零，运用逆向思维法，可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，由题意可知：，，，根据运动学基本公式：，即可算出加速度A，对于每一个气球来说，根据公式，可以算出子弹穿过气球的初末速度，则子弹在每个水球中的速度变化为：A选项可以计算出，A正确；B．根据公式可计算出在气球中和在水中的的时间，再根据公式可算出子弹的平均速度，B正确；C．由于不知道最后子弹距离地面的高度，所以不能算出子弹的落地速度，C错误；D．已经算出子弹的加速度A，根据牛顿第二定律即可算出子弹在水中受到的阻力，D正确；故选C。4．B【详解】根据公式变形可得由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的图像为图a。由于甲、乙的位移图像在处速度相同，由a图（即甲乙两车的v-t图）可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车是不同时间到达，故没在处相遇，故ACD错误，B正确。故选B。5．A【详解】球保持静止状态，根据二力平衡可知 球受力如图由几何关系可知根据共点力平衡条件有代入数据联立解得故A正确，BCD错误。故选A。6．D【详解】A．对结点P受力分析，如图所示  设O2P与竖直方向的夹角为α，O2P绳上的拉力为T，根据几何关系可得根据正弦定理可得当α由0逐渐增大到90°的过程中，sinα逐渐增大，sin（120°-α）先增大后减小，所以F逐渐增大，当O2P水平时，即α=90°时，F达到最大，此时T先增大后减小，当α=30°时，T达到最大，此时故A错误；B．对滑轮O3与绳的结点受力分析，左右两段绳中的拉力大小相等，均等于T，而连接B物体的绳拉力始终等于mg，设绳与竖直方向的夹角为θ，根据力的合成法有当T先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角θ先增大后减小，所以物块B将先向上后向下移动，故B错误；C．对A物体受力分析，初始时重力沿斜面向下的分力与绳的拉力大小相等，所以摩擦力为零，当绳中的拉力先增大后减小的过程中，A所受到的摩擦力方向沿斜面向下，且有当T先增大后减小的过程中，Ff应先增大后减小，故C错误；D．对物块A以及斜面整体为研究对象，地面对斜面体的摩擦力等于O1O3间绳拉力在水平方向的分力，即当T先增大后减小的过程中，绳与竖直方向的夹角θ先增大后减小，所以f先增大后减小，故D正确。故选D。7．B【详解】A．弹簧处于水平静止状态，则A对弹簧的力和B对弹簧的力大小相等，故A、B受弹簧的弹力大小相等，A错误；B．对A受力分析可知mAg＝Ftan 60°对B受力分析可知mBg＝Ftan 45°故B正确；C．细线对A的拉力FTA＝细线对B的拉力FTB＝故C错误；D．剪断细线前，弹簧弹力F＝mBg剪断细线瞬间弹簧弹力不变，A受合力为2mBg，故A的加速度B的加速度为故A、B加速度之比为∶3，D错误；故选B。8．C【详解】在乒乓球加速上升的过程中，同体积的水球加速下降，水球比乒乓球的质量大，水和乒乓球系统的重心加速下降，处于失重状态，台秤示数变小。故选C。9．CD【详解】加速度是表征物体速度变化快慢的物理量，物体的加速度大小等于速度变化率，与速度变化量无关．Δv大，a不一定大，选项AB错误；加速度a的方向就是Δv的方向，速度的变化率为，即加速度，选项CD正确；故选CD．10．BD【详解】对整体，由牛顿第二定律有F－μ（m＋2m＋3m）g＝（m＋2m＋3m）a设R和Q之间相互作用力的大小为F1，Q与P之间相互作用力的大小为F2，对R，由牛顿第二定律有F1－μ（3m）g＝3ma解得F1＝对Q和R组成的整体，由牛顿第二定律有F2－μ（2m＋3m）g＝（2m＋3m）a解得F2＝所以与μ无关。故选BD。11．AB【详解】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为A与Ｂ之间的最大静摩擦力为所以当时，A、B都相对地面静止，故A项正确；BD．当，所以此时A、B发生相对运动，对A分析有解得对B分析有解得故B正确，D错误；C．当A、B刚要发生相对滑动时，对AB整体 得 可见只有当时，A、B之间才会发生相对滑动，故C项错误。故选AB。12．BCD【详解】A．开始阶段，设小物块的加速度大小为，由牛顿第二定律得解得小物块加速到与传送带的速度相等时，根据速度-位移关系有根据速度-时间关系有解得因为小物块共速后发生临界滑动，摩擦力反向，由牛顿第二定律得解得故A错误；B．根据位移-时间关系有解得小物块从A运动到的时间解得故B正确；C．设小物块离开传送带的速度大小为，根据速度-时间关系有解得故C正确；D．共速前小物块与传送带的相对位移解得共速后小物块与传送带的相对位移解得因为所以小物块在传送带上留下的痕迹长为，故D正确。故选BCD。13．          28.4N/m     0.156N【详解】（1）［1］根据题意有：L4﹣L1＝3ΔL，同理：L5﹣L2＝3ΔL，L6﹣L3＝3ΔL，因此每增加砝码的弹簧平均伸长量ΔL＝（2）［2］弹簧的劲度系数为：=28.4N/m［3］弹簧自身的重力为G0＝k（L1﹣L0）＝28.4（1.70﹣1.15）×10﹣2N＝0.156N14．     B     B     0.60     2.0     大【详解】（1）[1]电火花打点计时器使用220V交流电源；（2）[2]A．为充分利用纸带，打点前，小车应靠近打点计时器，要先打开电源，再释放小车，故A错误；B．为测量方便，要舍去纸带上密集的点，然后选取计数点，故B正确；C．打点频率为50Hz，每隔四个点取一个计数点，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s，故C错误；D．实验中应使小车速度适中，太快会使打的点数太少，太慢会使打的点太密集，故D错误。（3）[3] 打点2时小车的速度大小为（4）[4]根据，由逐差法可得（5）[5] 如果当时电网中交变电流的频率是，则计算用的打点的时间间隔T小于真实值，故计算的出加速度的测量值大小大于真实值。15．（1）；（2）【详解】（1）滑块的两个过程均为匀变速直线运动，在A、C点时速度为零，设在B时速度为v，可得解得（2）设滑块质量为m，所受的拉力为F，上滑过程中的加速度分别为，由（或者）可知由牛顿第二定律有在最高点时恰好静止，则联立可得16．（1） ；（2），方向水平向左；（3）【详解】（1）设支持力为F，绳子的拉力为T，则可得（2）以小球和斜面的整体为研究对象，则方向水平向左；（3）要能够把小球拉离斜面，当所用的拉力与绳子垂直斜向左上方时，根据平衡条件可得拉力的最小值为Fmin=mgsin30°=mg17．（1） ；（2）【详解】（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为mg =ma1 解得a1=4m/s2保持木块与木板一起做匀加速运动最大拉力Fm=(M+m)g+(M+m)a1=30N因F1=24N<Fm=30N，故木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿运动定律可得F－(M+m)g＝(M+m)a  解得a=2m/s2（2）2s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得v=at1  2s后F2=34>Fm=30N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度a2为F－mg－(M+m)g＝Ma2 经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得vt2+ a2 t22－（vt2+a1 t22）＝l  解得a2=6m/s2t2=1s 此时木块的速度v块=v+ a1 t2  木板的速度v板= v+ a2 t2  木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得h=g t32  在木块与木板分离至滑落到地的时间为t3内，木块在水平方向向前的位移为S块=v块t3  木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿运动定律可得F－Mg＝Ma3 在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向向前的位移为S板=v板t3+a3 t32   所以，木块落地时距离木板左侧s= S板－S块联立以上式子解得s=1.68m