2023-2024学年重庆市七校高三上学期第一次月考物理试题（解析版）

2023-2024学年度高三第一学月重庆七校联考高三物理试题一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，倾角为的光滑斜面体A放在光滑的水平面上。质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。某时刻，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A顶端的斜面上。重力加速度为g，则（）A.直杆B只受重力和支持力 B.斜面A共受五个外力C.A对B的支持力的大小为 D.推力F的大小为【答案】C【解析】【详解】AC．A对B有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示由平衡条件可知，竖直方向上有解得故A错误；C正确；BD．由牛顿第三定律可知，B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有故BD错误。故选C。2.“笛音雷”是春节期间常放一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（）A.“笛音雷”在时刻上升至最高点B.时间内“笛音雷”做自由落体运动C.时间内“笛音雷”平均速度为D.时间内“笛音雷”处于失重状态【答案】D【解析】【详解】A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误；B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。故选D。3.做匀减速直线运动的物体经4s停止，若在第1s内的位移是14m，则下列说法中不正确的是（）A.最后一秒内的位移的大小为2m B.第一秒内平均速度的大小为14m/sC.初速度的大小为15m/s D.加速度的大小为4m/s2【答案】C【解析】【详解】A．用逆向思维，把物体的运动看成初速度为零的匀加速直线运动，即则物体在第1s，第2s，第3s，第4s内的位移之比为1：3：5：7，所以可得即匀减速直线运动最后一秒的位移大小为2m，故A正确；B．根据平均速度的定义可知匀减速直线运动第一秒内平均速度的大小为故B正确；CD．由A选项分析，按逆向思维，可得解得匀减速直线运动初速度即逆向匀加速直线运动第4s末的速度为故C错误，D正确。本题选错误项，故选C。4.如图所示为某运动员做蹦床运动的简化示意图，A为运动员某次下落过程的最高点，B为运动员下落过程中刚接触蹦床时的位置，C为运动员下落过程的最低点。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.从B点至C点的过程中，运动员的速度一直在减小B.从A点至C点的过程中，运动员先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动C.从B点至C点的过程中，运动员的加速度一直增大D.从A点至C点的过程中，运动员在C点的加速度最大【答案】D【解析】【详解】AD．不计空气阻力，从B到C运动员受自身重力和蹦床弹力共同作用，有其中弹力F一直增大，当弹力与重力等大时，加速度为零，运动员的速度达到最大，之后加速度反向，将做减速运动，有运动员在C点时弹力最大，加速度最大。故A错误；D正确；BC．从A点至B点的过程中，运动员只受重力作用做匀加速直线运动，根据上面选项分析从B点至C点过程中，加速度先减小至零后反向增大。故BC错误。故选D。5.物体从较高处做自由落体运动，经落地。已知t为大于3的整数，取重力加速度，则（）A.第内物体下落的高度为 B.第内物体下落的高度为C.第比第下落的距离多5m D.内下落的高度可能为45m【答案】B【解析】【详解】A．第ts内物体下落的高度A错误；B．由上分析可知，第（t–1）s内物体下落的高度为5（2t–3）m，B正确；C．第ts与第（t–1）s位移差为C错误；D．由题可知t为大于3的整数，故ts内下落的高度为D错误。故选B。6.半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，但挡板与半圆柱不接触，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A.MN对Q的弹力逐渐增大B.P、Q间的弹力先减小后增大C.地面对P的弹力逐渐增大D.Q所受的合力逐渐增大【答案】A【解析】【分析】本题考查力的动态平衡和受力分析的能力。【详解】AB．以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示由平衡条件得根据几何关系可知：α+β不变，分析可知，α减小，β增大，MN对Q的弹力F1增大，P对Q的弹力F2减小，A正确，B错误；C．对P研究，作出受力如图根据平衡条件，可得地面对P的弹力N=Mg+F2sinα因F2减小，α减小，所以N减小，C错误；D．由于MN缓慢转动，整个过程处于动态平衡，Q的合力可以看成是0，D错误。故选A。7.“V”形吊车在港口等地有重要的作用.如图所示，底座支点记为O点，OA为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接底座与B点，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，重物静止.已知左臂OA与水平面的夹角为，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ，且左臂OA与右臂OB相互垂直，左臂OA、右臂OB总质量为m，钢索质量忽略不计，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.定滑轮对钢索的支持力为B.AB段钢索所受到的拉力为2MgC.右臂OB对钢索的支持力为D.底座对左臂OA、右臂OB、重物整体的支持力为【答案】A【解析】【详解】A．作示意图如图1所示，设重物所在位置为C点，则钢索在A点夹角为定滑轮只改变钢索拉力的方向，不改变力的大小，则钢索对滑轮的作用力方向沿着的角平分线，即由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力故A正确；B．由题意可知，物体缓慢向上运动，钢索拉力故B错误；C．以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知解得故C错误；D．以整体为研究对象，钢索也与底座接触，底座对整体的支持力大于，故D选项错误。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8.中国人民解放军海军福建舰，是中国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置如图所示。飞机俯冲着舰，其尾钩钩住布置在甲板上的一根阻拦索的正中间，阻拦索给飞机施加向后的作用力，使飞机做减速运动，直至安全停在甲板上。阻拦索由不可伸长的钢丝制成，两端并不是固定在甲板上的，而是连接着复杂的液压装置，可以对钢丝绳拉力和长度进行调控。假设某次减速过程中，阻拦索中弹力的大小F保持不变，忽略飞机受到的动力、摩擦力和空气阻力，则（）A.当阻拦索夹角为120°时，飞机受到的合力大小为FB.当阻拦索夹角为120°时，飞机受到的合力大小为C.飞机减速过程中加速度逐渐减小D.飞机减速过程中加速度逐渐增大【答案】AD【解析】【详解】AB．设两根阻拦索之间的夹角为θ，由受力分析可知，飞机所受合力为当阻拦索夹角为120°时有故A正确，B错误；CD．由牛顿第二运动定律可得飞机向前运动，θ变小，所以加速度逐渐增大，飞机做加速度增大的减速运动，故C错误，D正确。故选AD。9.如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，保持某一速度匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数为，小木块速度大小随时间变化的关系如图乙所示。、、已知，重力加速度为g，则（）A.传送带一定逆时针转动 B.传送带的速度大小等于C. D.时间后木块的加速度大小为【答案】AD【解析】【详解】A．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足物块将一直匀加速到底端，且加速度不变，当木块上滑时满足木块先匀加速，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，若传送带逆时针转动，当木块下滑时当木块下滑速度等于皮带速度时，如果则故A正确；B．由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块速度大于传送带速度时，木块所受摩擦力才能沿传送带向上，由图乙可知，传送带速度的大小等于v0。故B错误；C．木块在0~t0时间内，所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有由图乙可知联立解得故C错误；D．t0时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律解得故D正确。故选AD。10.如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒。已知甲、乙两运动员经短距离加速后能达到并保持的速度跑完全程。设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为。乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒。在某次练习中，甲以的速度跑到接力区前端处向乙发出起跑口令。已知接力区的长度为。下列说法正确的是（）A.此次练习中，在乙运动3s时完成交接B.此次练习中，在距乙出发点5m处完成交接C.甲在接力区前端9m以内对乙发出起跑口令才可能完成交棒D.棒经过接力区的最短时间是3s【答案】CD【解析】【详解】AB．交接棒时，有解得由于乙加速到最大速度的时间为则2s时交接棒，交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离为故AB错误；C．由题意可知，甲、乙共速时相遇，则则发令时甲与接力区前端的距离为故C正确；D．棒先在甲的手中以6m/s运动，后交到乙的手中乙6m/s运动，因此棒始终是6m/s运动，通过的最短时间为故D正确。故选CD。第Ⅱ卷（非选择题共57分）三、实验题：本题共2小题，11题7分，12题9分，共16分。11.用铁架台、带挂钩的不同弹簧若干、50g的钩码若干、刻度尺等，安装如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F的大小与伸长量x之间的定量关系。（1）未挂钩码时，弹簧原长放大如图甲所示，可读得原长______cm。（2）由图乙还可知劲度系数较大的是______弹簧；还可算出B弹簧的劲度系数为______。（3）若某同学做实验时，误把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，则该同学所做图像得到的K值是______（填偏大，偏小或者不变）【答案】①.7.00②.A③.10④.不变【解析】【详解】（1）[1]图中刻度尺的分度值为1mm，要估读到分度值的下一位，已知刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，弹簧长度为（2）[2][3]根据胡克定律有图像的斜率表示劲度系数，则可知A弹簧的劲度系数大于B弹簧的劲度系数；B弹簧的劲度系数为（3）[4]把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，图线相对原来会向右平移，但并不影响图线斜率，故K值不变。12.某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g．细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤．实验操作如下：①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；②在重锤1上加上质量为m的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止．释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t．请回答下列问题：（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的_______（选填“偶然”或“系统”）误差．（2）实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了________．A．使H测得更准确B．使重锤1下落的时间长一些C．使系统的总质量近似等于2MD．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等（3）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差．现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其________下落．（4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0．用实验中的测量量和已知量（M、H、m、m0、t）表示g，则g＝_________．【答案】①.（1）偶然②.（2）B③.（3）匀速④.（4）【解析】【详解】本题考查重力加速度的测量，意在考查考生的实验探究能力．（1）时间测量是人为操作快慢和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差．（2）由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多．（3）为了消除滑轮的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力．（3）根据牛顿第二定律有，又，解得．点睛：本题以连接体运动为背景考查重力加速度的测量，解题的关键是要弄清该实验的原理，再运用所学的知识分析得出减小误差的方法．四、计算题：本题共3小题，13题10分，14题13分，15题18分，共41分。13.机械臂广泛应用于机械装配。若某质量为m的矩形工件被机械臂抓取后（两面夹住物体），在竖直方向上运动，已知物体与机械臂表面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示。求：（1）若要能够夹住物体，则机械臂需要给物体至少多大的压力；（2）若夹住物体，并使物体以加速度a竖直向上加速运动，则机械臂需要给物体多大的压力。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）物体被夹住时，处于平衡状态，有解得（2）物体以加速度a竖直向上加速运动时，由牛顿第二定律可得解得14.如图甲所示，A、B是两块面积很大的平行板，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A、B的距离都是L（L未知），此面处不断地产生微粒，这种微粒产生后，从静止开始运动，若微粒一旦碰到金属板，它就吸附在板上不再运动。以第一个微粒释放时为计时零点，由于控制装置的存在，微粒在不同时刻的加速度变化规律如图乙所示，以向右为正方向，且L、T和a之间恰好满足，请问：（1）第一个粒子到达A板所用的时间（结果用T表示）；（2）时产生的微粒到达B板时的速度大小（结