重庆市2023-2024学年高三上学期开学考试物理试题(含解析).pdf

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)试卷第2页,共6页:...25m//s2二、:任其事必图其效,欲责其效,必尽其方。研究物理问题,也需要选择合适的物理思想和方法,下列研究问题中物理思想和方法选择正确的是( ),运用了放***,、质点和轻杆概念的引入,“探究平抛运动规律”实验中,。现已知该双星系统中两恒星质量分别为m、m,间距为L,万有引力常量为G,则关12于两恒星下列说法正确的是( )??1G?m?m???,原长为l、劲度系数为k的轻质弹簧,一端固定在O点,另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的光滑杆上,杆上M、,,OP与杆垂直。将小球拉至M点由静止释放,重力加速度大小为g。小球以后的运动过程中,弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是( )试卷第3页,共6页:..,,、“验证力的平行四边形定则”的实验的主要的步骤是:①在桌上放一块方木板,在方木板上铺一张白纸,用图钉把白纸钉在方木板上。②用图钉把橡皮条的一端固定在板上,在橡皮条的另一端拴上两条细绳,细绳的另一端系着绳套。③用两个弹簧测力计分别钩住绳套且用互成一定角度、方向平行于木板、大小适当的力拉动两个测力计,使橡皮条伸长,结点到达某一位置O,记录下O点的位置,读出两个弹簧测力计的示数。④按选好的标度,用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力F和F的图示,并用平12行四边形定则求出合力F。⑤撤掉一个测力计,只用一只弹簧测力计,把橡皮条的结点拉到同一位置O,读出弹簧测力计的示数,记下细绳的方向,按同一标度作出这个力F?的图示。⑥比较F?和F的大小和方向,看它们是否相同,得出结论。(1)步骤⑤中将橡皮条拉到同一位置O的原因是;(2)上述步骤中,步骤③有重要遗漏,请你写出遗漏的内容是;(3)若步骤③中,两弹簧测力计的夹角为一钝角,保持O点位置不变,只改变一个弹簧测力计的方向,使两力的夹角变大,则该测力计的示数将(填“变大”或“变小”或“不变”)。。实验步骤如下:①用20分度的游标卡尺测量遮光条A的宽度d;②调节气垫导轨使其水平,将滑块用一根不可伸长的细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码相连;③记录遮光条A左边缘的位置,并测量其到光电门B中心的水平距离x;④打开气源,将滑块和钩码同时由静止释放,记录遮光条A通过光电门B的遮光时间t;试卷第4页,共6页:..根据以上实验步骤,回答下列问题:(1)实验中,(填“需要”或“不需要”)使钩码的质量远小于滑块的质量;(2)实验时,该同学用游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量,读数如图乙所示。则遮光条的宽度d?cm;(3)除了上述步骤中测量或记录的物理量,还需要测量的物理量是,要验证机械能守恒定律成立,只需要验证表达式成立(用所测物理量的字母表示)。四、,投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏,也是一种礼仪,参与游戏者需向壶中投箭,投中次数多的为胜。若在某次投壶游戏中,壶口形状是半径为R的圆,参与游戏者与壶中心的距离为s,将箭从距壶口高为h处水平投出,不计箭的长度及一切阻力,重力加速度为g,求:若要投中,投箭速率需满足的条件。,竖直平面内有光滑轨道ABDO,AB是半径2R的四分之一圆周轨道,OA水平,BDO是半径为R的半圆轨道,D为BDO轨道的中央。一小球从A点正上方静止下落,。求(1)释放点距B点的竖直高度H;(2)小球从轨道上第一次飞出时的速度大小。试卷第5页,共6页:..,某科技小组进行自制无人机试飞实验,如图在xoy竖直平面内有足够高的P、O、Q三点,点P为试飞起点,PO沿竖直方向,PQ2?OPQ?60?,?,设无人机每次试飞前均已获得相同的初动能。第一次试飞让无PO3人机关闭引擎从P点水平向左飞出,在其运动过程中恰好通过Q点;第二次和第三次试飞时均在P点同时打开引擎,两次试飞均获得相同的牵引力且飞行过程中始终保持恒11定,第二次试飞时无人机通过Q点,到达Q点时动能与初动能之比为,第三次试飞3时无人机通过O点,到达O点的动能为初动能的7倍,无人机质量为m,可视作质点,忽略空气阻力,重力加速度取g,求:(1)第一次试飞时,无人机到达Q点的动能与初动能之比;(2)第二、三次试飞时牵引力的大小和方向;(3)在x下方有某区域,该区域上边界平行于x轴如图虚线所示。重新调整无人机,使其在第四、五次试飞前获得全新的相同初动能,当无人机在关闭引擎状态从P点水平向右飞出后,两次到达x轴瞬间均打开引擎获得水平等大牵引力,其中第四次试飞获得水平向右牵引力后做直线运动飞入下方虚线区域,第五次获得水平向左牵引力后最终竖直向下飞入虚线区域,,求第四、五次试飞时牵引力的大小。试卷第6页,共6页:..参考答案:【详解】,故A错误;,则单位时间速度的变化量相同,故B错误;,且对地位移相同,所以做功之和为0,故C正确;,如平抛运动,故D错误。故选C。【详解】,所受静摩擦力f?mgsin?故减小支架与桌面倾角,静摩擦力减小,故A正确,B错误;,电脑所受合力大小不为零,方向沿水平方向,因此支架对电脑的力不是竖直向上,故CD错误。故选A。【详解】?v2?2ax0可得v2??2ax?v20由图可知汽车的初速度为v?20m/s0图象斜率为400k??2a?m/s2??8m/s2?50汽车的加速度为a?4m/s2故A正确;,共11页:..2xt??5s1a汽车最后10m内的平均速度为atv?1?25m/s12故B错误;?2?6m/s22故C错误;??at2?vt?42m120汽车最后3秒内通过的位移为1x?at2?18m22汽车在最初3s内通过的位移与最后3s内通过的位移之差为?x?x?x?24m12故D错误。故选A。【详解】根据万有引力与重力的关系GMm?mgR2根据万有引力提供向心力GMm?m??2RR2火星近地卫星的角速度为GMg????R3R已知火星两极和赤道的重力加速度之比mgmg?n?mg?mg?m?2R两式联立解得n????n?1答案第2页,共11页:..故选B。【详解】,加速度为fa?gsin??1m物体向上速度与时间的关系v?v?at11物体向下做的匀加速运动,加速度为fa?gsin??2m物体向下速度与时间的关系v?at22物体动能为1E?mv2k2显然与时间不是线性变化,故A错误;?1?E?mgh?mgvt?at2sin???p?21?应为开口向下的抛物线,故B错误;?mgh?mv22物体向上与向下过程速度与位移变化规律不同,故C错误;?mgvsin?与时间呈线性关系,向上过程图线斜率大于向下过程图线斜率,故D正确。故选D。【详解】如图所示,货物向上传送时,可能一直做匀加速直线运动或先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,阴影部分为货物对地位移L,若增大传送带的速度:(1)货物一直做匀加速直线运动。物体运动未改变,过程中相对位移增加,因此产生的热答案第3页,共11页:..量增加;传送带对物体做功不变;由于传送带总长与相对位移大小未知,因此滑痕长度可能增加或不变。(2)货物先做匀加速直线运动后做匀速直线运动。物体运动可能后面一直匀加速,或加速至共速后匀速,过程中相对位移增加,因此产生的热量增加;传送带对物体做功增加;滑痕长度可能增加或不变。综上所述,故ABC错误,D正确。故选D。【详解】如图所示,对匀加速运动时,设水面与水平方向的倾角为?,对水面上的某一水滴进行受力分析可得a?gtan?已知水箱中还剩一半的水,根据水的体积关系有11?22?1?22???22?h22解得h??gtan??10?m/s2?,共11页:..故选C。【详解】***测微小量,即微小量放***,故A正确;,伽利略斜面实验运用了理想实验方法,结合合理的外推,故B正确;、轻杆采用了理想模型法,重心的概念时运用了等效替代方法,故C错误;“探究平抛运动规律”实验中,运用了化曲为直的思想,故D错误。故选AB。【详解】?m?2rL211Gmm12?m?2rL222可得mr?mr1122将两式相加可得G?m?m?12??2LL2因此运行周期均为2?L3T??2??G?m?m?12故A正确;??r两恒星线速度之比为vrm1?1?2vrm221故B错误;,共11页:..1E?mv2k2两恒星动能之比为Emv2mk1?11?2Emv2mk2221故C正确;?1F2故D错误。故选AC。【详解】,弹簧从拉伸到压缩,对小球先做正功再做负功,根据功能原理可知,小球的机械能先增大后减小,故A正确;,弹簧弹力为零及弹簧弹力与杆垂直处加速度均为g,故B正确;,对小球,根据动能定理1mv2?W?02NG可知小球到N点后会继续往下运动,故C错误;,对小球,根据动能定理1mv2?W?2mgl2PG可得小球在P点时的速度大小为v?22glP故D正确。故选ABD。【详解】(1)[1]合力与分力为等效替代关系,验证力的平行四边形定则的实验原理应使两个力和一个力作用效果相同,记录两个力F、F作用的大小及方向,根据平行四边形定则12找出合力F的大小和方向,并比较F与一个弹簧作用时的力F?的大小和方向是否相同。故两次都将橡皮筋拉至O点,是为了使两次拉橡皮筋的作用效果相同;(2)[2]步骤③记录了两弹簧测力计的大小,还需要记录两弹力的方向,故还需记录两细答案第6页,共11页:..绳的方向;(3)[3]保持O点位置不变,即两力合力不变,改变一力方向,使两力夹角变大,由图可知该力大小变大。??m?M?2t2【详解】(1)[1]本实验中钩码和滑块组成的系统,机械能守恒,钩码减小的重力势能转化为钩码和滑块增加的动能,即1mgx??m?M?v22故钩码质量不需要远小于滑块的质量;(2)[2]遮光条的宽度d?2mm?6???(3)[3][4]验证机械能守恒定律成立,有1mgx??m?M?v22滑块的速度为dv?t故需验证的表达式为1d2mgx??m?M?2t2根据表达式可知还需要测量滑块的质量M。gg13.?s?R??v??s?R?2h02h【详解】箭在空中做平抛运动,有x?vt01y?h?gt22箭水平位移的范围为答案第7页,共11页:..s?R?x?s?R解得投箭速率需满足的条件为gg?s?R??v??s?R?2h02h95gR14.(1)R;(2)46【详解】(1)根据题意,由初点释放至D点过程中,对小球,由动能定理有1mv2?mg?H?R?2D在D点时,由牛顿第二定律有v2mD??R4(2)假设小球释放后能够到达O点,由初点释放至O点,对小球,由动能定理有1mv2?mg?H?2R?2O可得gRv?O2而小球恰好经过O点必须满足v?2mO?mgR解得v??gRO所以不能从O点飞出,必在DO间飞出,设飞出点E与BDO段圆心连线同竖直线夹角为?,则飞出时有v2mgcos??mER由初点释放至E点,对小球,由动能定理有1?R?mv2?mg?R?Rcos?E??2?4?联立可得5gRv?E6答案第8页,共11页:..7315.(1);(2)mg,方向处于?OPQ的角平分线与竖直方向夹角为30°;(3)3310mg2【详解】(1)根据题意,由平抛运动规律及几何关系有1gt22tan30??vt0解得23t?v3g0则竖直方向上有23v?gt?vQy30则7v?v2?v2?vQ0Qy30可得,第一次试飞时,无人机到达Q点的动能与初动能之比为E7kQ?E3k0(2)根据题意,令PQ?2L,PO?3L,第一次试飞时有mg?2Lsin30??E?EkQk0则有4mgL?E3k0第二次试飞时有8mg·2Lsin30??W?EF23k0则有4W?EF23k0第三次试飞时有mg·3L?W?6EF3k0则有答案第9页,共11页:..W?2EF3k0可得W2PQF2??W3POF3因此该恒定牵引力必定处于?OPQ的角平分线与竖直方向夹角为30°,又有33W?Fcos30??3L?FLF32解得3F?mg3(3)根据题意,第四、,则有11mv2??mv22425解得v???5?v2?v2545如图mgtan??F?因此答案第10页,共11页:..10F??mg2答案第11页,共11页