【文档说明】重庆市二0三中学校2023-2024学年高三上学期开学考试 物理答案和解析.docx，共(13)页，507.871 KB，由小赞的店铺上传

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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22212vvah−=解得160m/sv=对于自由落体运动过程有1vgt=解得6st=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：00m/sv=，800m/sv=，，0.6mx=根据运动学基本公式：2202vvax−=，即可算出加速度A，对于每一个气球

来说，根据公式2202vvax−=，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：0vvv=−A选项可以计算出，A正确；B．根据公式0vvat=+可计算出在气球中和在水中的的时间，再根据公式x

vt=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Fma=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22212vvax−=变形可得212xva=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vt−图像为图a。由于甲、乙的位移图像在1x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1x，故没在1x处相遇，故ACD错误，B正确。故选B。5．A【详解】2m球保持静止状态，根据二力平衡可知2Fmg=1m球受力如图由几何关系可知160NmF==根据共点力平衡条件有cos60cos600FN−=1sin60sin600FNmg

+−=代入数据联立解得2133mm=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18012060=−=根据正弦定理可得sinsinsin(120)F

mgT==−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23sin603mgFmg==T先增大后减小，当α=30°时，T达到最大，此时23sin603mgTmg==

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2cosTmg=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f2sin30mgFT+=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sinfT=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＝Ftan60°对B受力分析可知mBg＝Ftan45°故tan603tan451ABmm==B正确；C．细线对A的拉力

FTA＝cos60F细线对B的拉力FTB＝cos45F故cos452cos601TATBFF==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22333BABmgagm==B的加速度为2Bag=故A、B加速度之比为6∶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vt，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ΔΔvt，即加速度，选项CD正确；故选CD．【点睛】应该注意的是公式a=ΔΔvt只是加速度的定义式，只能由此公式计算大小和判断方向，加速度的大小是由力和质量决定的．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＝2F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＝56F所以1235FkF==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15522fmgmg==A与Ｂ之间的最大静摩擦力为213fmgf=所以当

152Fmgf=时，A、B都相对地面静止，故A项正确；BD．当26Fmgf=，所以此时A、B发生相对运动，对A分析有213Ffma−=解得1ga=对B分析有2122ffma−=解得214ag=故B正确，D错误；C．当A、B刚要发生相对滑动时，对AB整体0252FmgM

ma−=+（）得0154Fmg=可见只有当0154Fmg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1a，由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=解得2110m/sa=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20112vax=根据速度-时间关系有011vat=解得15mx=11st=因为1xL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2sincosmgmgma−=解得222m/sa=故A错误；B．根据位移-时间关系有

2102212Lxvtat−=+解得21st=小物块从A运动到B的时间12ttt=+解得2s=t故B正确；C．设小物块离开传送带的速度大小为1v，根据速度-时间关系有1022vvat=+解得112m/sv=故C正确

；D．共速前小物块与传送带的相对位移210111Δ2xvtat=−解得1Δ5mx=共速后小物块与传送带的相对位移220222021Δ2xvtatvt=+−解得2Δ1mx=因为12ΔΔxx所以小物块在传送带上留下的痕迹长为5m，故D正确。故选BCD。13．()()6543219LLLL

LL++−++28.4N/m0.156N【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50g砝码的弹簧平均伸长量ΔL＝()()6543219LLLLLL++−++（2）［2］弹簧的劲度系数为：229

0.059.8N/m(6.858.610.3)10(1.703.405.10)10FkL−−==++−++=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．BB0.602.0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2312(3.481.

07)10m/s=0.60m/s220.02ddvT−−−==（4）[4]根据2xaT=，由逐差法可得22263322(7.683.483.48)10m/s2.0m/s990.02dddaT−−−−−===（5）[5]如果当时电网中交变电流的频率是49Hzf=

，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）2:1；（2）3:2【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12ABABxvt=12BCBCxvt=解得2:1ABABB

CBCtxtx==（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12、aa，由ΔΔvat=（或者22vax=）可知12:1:2aa=由牛顿第二定律有1sinFfmgma−−=2sinfmgma+=在最高点时恰好静止，则sinfmg=联立可得:3:2F

mg=16．（1）33mg；（2）36mg，方向水平向左；（3）12mg【详解】（1）设支持力为F，绳子的拉力为T，则sin120sin30sin30mgFT==可得33FTmg==（2）以小球和斜面的整体为研究对象，则3sin306fTmg==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°=12mg17．（1）22m/sa=；（2）1.68m【分析】根据图像可以知道不

同时刻受到的外力大小，再利用牛顿第二定律求解木块的加速度；根据木块和木板的受力分析各自的加速度和运动情况，利用运动学公式分析求解．【详解】（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为1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=2(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－2(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=at12s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－1mg－2(M+m)g＝Ma2经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得vt2+12a2t22－（vt2+12a1t22）＝l解得a2=6m/s2t2=1s此时

木块的速度v块=v+a1t2木板的速度v板=v+a2t2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=12gt32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－2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+12a3t32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【点睛】本题较复杂，要时刻关注不同的运动状态下的受力状况，求出加速度，分析运动．获得更多资源请扫码

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