广东省实验中学2024-2025学年高一下学期开学考试物理答案

物理参考答案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v22gh，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角，每条钢索拉力的水平分力为，竖直分力为，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，所以对钢索对塔柱的合力大小等于条钢索沿竖直向下的分力的和，则对钢索对塔柱的合力为，故B错误，A正确。若仅升高塔柱的高度，角减小，根据平衡条件可知，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Fcos53°＝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2TcosF，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第1页/共4页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t2，子弹到B点的速度等于从A到C的平均速度，即v02.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，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）3.19.6（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。第2页/共4页（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F2N＝12N。13.解：根据题意，飞机在弹射区做加速度为的匀加速直线运动，根据运动学公式解得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的匀加速直线运动，根据运动学公式解得根据运动学公式，弹射区时间离开电磁弹射区至跑道末端的时间舰载机从开始起飞到离开跑道的总时间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：T1cosα+T2cosβ＝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°+μ1mgcos37°＝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解得x1＝0.2m＜s＝8.20m第3页/共4页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°﹣μ1mgcos37°＝ma2代入数据解得：a2＝2m/s2设物体到达B端时的速度为v，则v22a2（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μ①当μ（m+M）g≥μ2mg解得μ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＝7.2m②当μ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：xmt木板位移：xMt此时木板长度为：Lmin＝xm﹣xM解得Lmin第4页/共4页