2024高三物理開學(xué)摸底考試卷03含解析

2024高三物理開學(xué)摸底考試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共8分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.下圖是嘉興市中學(xué)園區(qū)到上海虹橋火車站的線路圖，依據(jù)圖中的信息，下列選項中正確的是（）A．“預(yù)料下午到達”，中的表示時間B．“距離最短87公里”表示位移C．“1小時21分”表示時間間隔D．由所給的各條路途的距離和時間能求出不同路徑的平均速度【答案】C【解析】A．“預(yù)料下午到達”中的表示時刻，所以A錯誤；B．“距離最短87公里”表示路程，所以B錯誤；C．“1小時21分”表示時間間隔，所以C正確；D．由所給的各條路途的距離和時間能求出不同路徑的平均速率，平均速度只須要知道位移與時間，所以D錯誤；故選C。15.在平直的馬路上，甲車在t=0時刻由靜止起先運動，某時刻乙車勻速通過甲車的動身點，如圖所示，甲車的x—t圖像是一條拋物線，兩車的x—t圖像在t=4s時相切（乙車的x—t圖像未畫出），兩車均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）A．甲車的速度改變率漸漸增大B．甲車的加速度大小為8m/s2C．乙車的速度大小為8m/sD．t=2s時，乙車通過甲車的動身點【答案】D【解析】AB．由題意及圖像可知，甲的位移x和時間t的關(guān)系為可得出甲是以初速度為0，加速度為，做勻加速直線運動，故速度改變率不變，故AB錯誤；C．由A選項可知，當(dāng)t=4s時，甲的速度為16，由于兩車的x—t圖像在t=4s時相切，故乙的速度也為16，故C錯誤；D．乙車通過甲車的動身點到兩車相切的時間故D正確。故選D。16.如圖所示，起重機將重力為G的正方形工件緩緩吊起。四根等長的鋼繩（質(zhì)量不計），一端分別固定在正方形工件的四個角上，另一端匯聚成結(jié)點掛在掛鉤上，結(jié)點到每個角的距離均與正方形的對角線長度相等，則每根鋼繩的受力大小為（）

A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)每根鋼絲繩的拉力為F，由題意可知每根繩與豎直方向的夾角為，依據(jù)共點力的平衡條件可得解得ABD錯誤，C正確。故選C。17.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧放置在粗糙的水平桌面上，一端固定在墻壁上，另一端栓接物體A。A、B接觸但不粘連，與水平桌面的摩擦因數(shù)均為μ，壓縮彈簧使A、B恰好不滑動，，給物體B施加力F的作用使之作勻加速直線運動，F(xiàn)與位移s的關(guān)系如圖乙所示（），則下列結(jié)論正確的是（）A．水平桌面的摩擦因數(shù)B．物體A、B分別時加速度相同，C．物體A、B分別時，彈簧壓縮量D．起先有F作用時，彈簧壓縮量【答案】C【解析】B．初始狀態(tài)對AB依據(jù)牛頓其次定律得解得B錯誤；A．恰好分別時，對B依據(jù)牛頓其次定律解得A錯誤；CD．恰好分別時，對A依據(jù)牛頓其次定律得初始狀態(tài)對AB依據(jù)平衡條件得依據(jù)題意解得C正確，D錯誤。故選C。18.如圖，一個人拿著一個小球想把它扔進前方一堵豎直墻的洞里，洞比較小，球的速度必需垂直于墻的方向才能進入，洞離地面的高度，人拋球出手時，球離地面高度，人和墻之間有一張豎直網(wǎng)，網(wǎng)高度，網(wǎng)離墻距離，不計空氣阻力，，下列說法正確的是（）A．只要人調(diào)整好拋球速度大小以及拋射角度，不管人站在離網(wǎng)多遠的地方，都可以把球扔進洞B．要使球扔進洞，人必需站在離網(wǎng)距離至少1m處C．要使球扔進洞，人必需站在離網(wǎng)距離至少處D．要使球扔進洞，人必需站在離網(wǎng)距離至少2m處【答案】B【解析】球的運動是斜上拋運動，最終垂直墻進入洞里，則可以把它看成是從洞起先的平拋運動，從洞到高h的網(wǎng)過程中得出水平方向上若恰好擦網(wǎng)得出從墻洞的位置，到人拋出球的位置處，豎直方向上得出故人距離墻的水平距離至少為故要使球扔進洞，人必需站在離網(wǎng)距離至少為故選B。19.假設(shè)“嫦娥號”登月軌跡如圖所示圖中M點為環(huán)繞地球運行的近地點，N點為環(huán)繞月球運行的近月點。a為環(huán)繞月球運行的圓軌道，b為環(huán)繞月球運行的橢圓軌道，下列說法正確的是（）A．“嫦娥三號”在環(huán)繞地球軌道上的運行速度大于B．“嫦娥三號”在M點進入地月轉(zhuǎn)移軌道時應(yīng)減速C．“嫦娥三號”在圓軌道a上運行時的機械能小于在橢圓軌道b上的隨意一點運行時的機械能D．設(shè)“嫦娥三號在圓軌道a上經(jīng)過N點時的加速度為，在橢圓軌道b上經(jīng)過N點時的加速度為，則【答案】CD【解析】A．“嫦娥三號”沒有脫離地球束縛，所以“嫦娥三號”在環(huán)繞地球軌道上的運行速度小于，A錯誤；B．“嫦娥三號”在M點進入地月轉(zhuǎn)移軌道時做離心運動，要增大向心力，所以此時應(yīng)當(dāng)加速，B錯誤；C．從軌道a進入軌道b需在N點加速，所以機械能增大，即軌道b上機械能大于軌道a上的機械能，C正確；D．“嫦娥三號在圓軌道a上經(jīng)過N點時和在橢圓軌道b上經(jīng)過N點時所受到月球的引力大小相等，所以加速度也相等，D正確。故選CD。20.如圖甲所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于風(fēng)洞試驗室的水平地面，質(zhì)量的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上恒定的風(fēng)力。以小球起先下落的位置為原點，豎直向下為x軸正方向，取地面為零勢能參考面，在小球下落的全過程中，小球重力勢能隨小球位移改變關(guān)系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移改變關(guān)系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，取重力加速度，則（）A．小球釋放位置距地面的高度為0.7mB．小球在下落過程受到的風(fēng)力為0.10NC．小球剛接觸彈簧時的動能為0.50JD．彈簧對小球的最大彈力大小為10.8N【答案】ABD【解析】A．由圖乙可知，小球處于釋放位置的重力勢能為0.70J，故依據(jù)可得解得故A正確；B．對下落的小球的運動狀態(tài)分析，小球未接觸彈簧前，做勻加速直線運動，此時小球受重力和豎直向上的恒定風(fēng)力f，依據(jù)牛頓其次定律有在小球接觸彈簧后，彈簧起先形變，此時小球受重力、風(fēng)力、彈簧的彈力，依據(jù)牛頓其次定律有在增大，則T在增大，在減小，此時小球做加速度減小的加速運動直到即時小球速度最大，之后小球接著向下運動，但此時，而在增大，小球做加速度增大的減速運動，直到小球速度減為0，由圖乙可知小球速度減為0時小球下落0.6m，故故B正確；C．小球剛接觸彈簧時，小球下落了h1=0.5m，則解得故C錯誤；D．依據(jù)彈力做功跟彈性勢能的改變關(guān)系知式中?Ep=0.54J，，?x=0.1m，解得Fm=10.8N故D正確。故選ABD。21.如圖所示，一籃球以水平初速度碰撞籃板后水平彈回，速率變?yōu)樵瓉淼膋倍（），碰撞時間忽視不計，彈回后籃球的中心恰好經(jīng)過籃框的中心。已知籃球的質(zhì)量為m，半徑為r，籃框中心距籃板的距離為L，碰撞點與籃框中心的高度差為h，不計摩擦和空氣阻力，則：（）A．碰撞過程中，籃球的機械能守恒B．籃板對籃球的沖量大小為C．籃球的水平初速度大小為D．若籃球氣壓不足，導(dǎo)致k減小，在不變的狀況下，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，應(yīng)使碰撞點更高【答案】BD【解析】A．由題意知，碰撞過程中速度減小，籃球的機械能減小，故A錯誤B．以彈回的速度方向為正方向，據(jù)動量定理可得，籃板對籃球的沖量大小故B正確;C．籃球彈回做平拋運動，由位移公式可得

聯(lián)立可得故C錯誤:

D．若籃球氣壓不足，導(dǎo)致k減小，在不變的狀況下，籃球彈回的速度減小，結(jié)合C中分析可知，要使籃球中心經(jīng)過籃框中心，即水平位移不變，應(yīng)延長時間，故應(yīng)使碰撞點更高，故D正確。故選BD。二、非選擇題：第22～24題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33～34題為選考題，考生依據(jù)要求作答。（一）必考題22.如圖甲所示為“驗證力的平行四邊形定則”的試驗裝置圖，其中A為固定橡皮筋的圖釘，O為橡皮筋與細繩的結(jié)點，OB和OC為細繩．(1)關(guān)于此試驗，下列說法中正確的是________．A．同一次試驗中，O點位置不允許變動B．試驗中，只需記錄彈簧測力計的讀數(shù)和O點的位置C．拉橡皮筋的細繩適當(dāng)長些D．橡皮筋彈性要好，拉結(jié)點到達某一位置O時，拉力要適當(dāng)大些(2)某同學(xué)已畫出某次試驗中兩彈簧測力計拉力的示意圖及兩個拉力的合力F，如圖乙所示，這個合力F是力F1和F2合力的________(填“理論值”或“實際值”)，假如用“”作為標(biāo)度，則該同學(xué)量出的F的值為________(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)．【答案】ACD理論值2N【分析】依據(jù)題圖可知，考查了驗證力的平行四邊形定則．依據(jù)試驗驗證力的平行四邊形定則的試驗原理，試驗步驟，數(shù)據(jù)處理以及誤差分析進行分析即可．依據(jù)試驗的原來以及操作中的留意事項確定正確的操作步驟．和合力的理論值是通過平行四邊形定得出的，實際值是用一根彈簧秤試驗得出的．【解析】、試驗中兩根彈簧秤拉力的共同效果與一根彈簧秤的效果相同，則同一次試驗，O點的位置不允許變動，故A正確．B、試驗中須要記錄彈簧測力計的讀數(shù)，拉力的方向和O點的位置，故B錯誤．C、為了減小試驗的誤差，拉橡皮筋的細繩應(yīng)長一些，故C正確．D、橡皮筋彈性要好，拉結(jié)點到達某一位置O時，拉力要適當(dāng)大些，故D正確．某同學(xué)已畫出某次試驗中兩彈簧測力計拉力的示意圖及兩個拉力的合力F，這個合力F是力和合力的理論值，假如用2N作為標(biāo)度，則該同學(xué)量出的F的值為．【點睛】在解決設(shè)計性試驗時，肯定先要通過分析題意找出試驗的原理，通過原理即可分析試驗中的方法及誤差分析．23.為了探討合外力做功和動能改變的關(guān)系，某小組設(shè)計了運用位移傳感器的如圖甲所示的試驗裝置。從0時刻起先，讓質(zhì)量為m的木塊從傾角為θ的木板上由靜止釋放，與位移傳感器連接的計算機描繪出了木塊的位移隨速度的改變規(guī)律如乙圖中的圖線②所示。圖中位移從x1到x2和從x2到x3時，木塊速度二次方（v2）的增量都相等，測得這個增量為k。木塊與木板之間的動摩擦因素μ=tanθ，重力加速度為g。（1）依據(jù)圖線②計算出木塊位移從x1到x3時動能的改變△EK=________，合外力做的功W=________；（2）若保持傾角θ不變，改用與木塊體積相同的鋼玦來做試驗，鋼、木之間的動摩擦因素，則鋼塊的位移隨速度改變規(guī)律可能是圖中的圖線________（填“①”“②”或“③”）。【答案】mk③【解析】（1）[1][2]由題意可得從到，木塊速度的二次方的增量為2k即則故木塊從到動能改變?yōu)閙k；[2]由動能定理，合外力做的功為（2）[3]由題可知物體在斜面上做勻加速直線運動即有則x與v的關(guān)系為題中告知夾角不變，動摩擦因素變小，所以加速度變大，可得知相同的速度時候?qū)?yīng)的要小，所以鋼塊的位移隨速度改變規(guī)律可能是圖中的圖線③。24.如圖所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=1kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以=3m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最終小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為M=3kg的長木板，已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.3，圓弧軌道的半徑為R=0.5m，C點和圓弧的圓心連線與怪直方向的夾角θ=53°，不計空氣阻力，求：（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）A、C兩點的高度差；（2）小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點的速度大小；（3）要使小物塊不滑出長木板，木板的最小長度。【答案】（1）0.8m；（2）；（3）3.625m【解析】（1）依據(jù)幾何關(guān)系可知：小物塊在C點速度大小為豎直重量為下落高度（2）小物塊由C到D的過程中，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得（3）設(shè)小物塊剛滑到木板左端達到共同速度，大小為v，小物塊在木板上滑行的過程中，小物塊與長木板的加速度大小分別為速度分別為對物塊和木板系統(tǒng)，由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得L=3.625m即木板的長度至少是3.625m。25.．如圖所示，一課外愛好小組正在探討自制模型魚的特性，讓模型魚從距水面肯定高度H的地方靜止釋放，然后進入水深h=2m的水槽，試驗中發(fā)覺當(dāng)H=4m時，模型魚恰好能到水槽底部。已知模型魚質(zhì)量m=1kg，空中下落時受到阻力恒為重力的0.2倍，水中運動時除受到恒為其重力0.8倍的浮力外還受到恒定的流體阻力作用，考慮模型魚始終在同一豎直線上運動，忽視模型魚的大小。求：（1）模型魚在空中下落時的加速度大小；（2）計算模型魚從H=4m處靜止釋放到水糟底部的運動時間t；（3）模型魚在水中受到的流體阻力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）1.5s；（3）18N【解析】（1）模型魚在空中自由下落時加速度為，依據(jù)牛頓其次定律得加速度（2）模型魚入水時速度為v在水中減速運動時加速度為得加速度模型魚在空中自由下落時間為則入水時的速度為總時間（3）依據(jù)牛頓其次定律得或者全程運用動能定理得（二）選考題：[物理——選修3-3]（1）肯定質(zhì)量的志向氣體從狀態(tài)A改變到狀態(tài)B再改變到狀態(tài)C，其改變過程的V-T圖像如圖所示，BC的反向延長線通過坐標(biāo)原點O。已知該氣體在狀態(tài)A時的壓強為1.5×105Pa，則該氣體在狀態(tài)C時的壓強為__________Pa；該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中汲取的熱量為__________J?！敬鸢浮?.0×105100【解析】[1][2]氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B，發(fā)生的是等容改變，由查理定律得解得在狀態(tài)B時的壓強為pB=1.0×105Pa氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C，發(fā)生是等壓改變，有pC=pB=1.0×105Pa由于狀態(tài)A與狀態(tài)C的溫度相同，所以該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中，內(nèi)能改變量氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B不做功，從狀態(tài)B到狀態(tài)C的過程中氣體對外做功，做功大小為由熱力學(xué)第肯定律知整個過程中汲取的熱量為Q=100J（2）新冠肺炎疫情期間，某班級用于消毒的噴壺示意圖如圖甲所示。壺的容積為1.5L，內(nèi)含1.0L的消毒液。閉合閥門K，緩慢向下壓壓桿A，每次可向瓶內(nèi)儲氣室充入0.05L的1.0atm的空氣，多次下壓后，壺內(nèi)氣體壓強變?yōu)?.0atm時，按下按柄B，閥門K打開，消毒液從噴嘴處噴出。儲氣室內(nèi)氣體可視為志向氣體，充氣和噴液過程中溫度保持不變，1.0atm＝1.0×105Pa。(1)求充氣過程向下壓壓桿A的次數(shù)和打開閥門K后最多可噴出液體的體積；(2)噴液全過程，氣體狀態(tài)改變的等溫線近似看成一段傾斜直線，如圖乙所示，估算全過程壺內(nèi)氣體從外界汲取的熱量?！敬鸢浮?1)10次；0.5L；(2)75J【解析】(1)壺中原來空氣的體積由玻意爾定律解得n＝