2023-2024學年度高三第一學月重慶七校聯考高三物理試題一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖所示，傾角為的光滑斜面體A放在光滑的水平面上。質量為m的細長直桿B，受固定的光滑套管C約束，只能在豎直方向上自由運動。某時刻，A在水平推力F作用下處于靜止狀態，此時B桿下端正好壓在A頂端的斜面上。重力加速度為g，則（）A.直桿B只受重力和支持力 B.斜面A共受五個外力C.A對B的支持力的大小為 D.推力F的大小為【答案】C【解析】【詳解】AC．A對B有垂直斜面向上的支持力，C對B有水平向右的作用力，對B受力分析，如圖1所示由平衡條件可知，豎直方向上有解得故A錯誤；C正確；BD．由牛頓第三定律可知，B對A只有垂直斜面向下的壓力，大小為對A受力分析，如圖2示，由平衡條件，水平方向上有故BD錯誤。故選C。2.“笛音雷”是春節期間常放一種鞭炮，其著火后一段時間內的速度—時間圖像如圖所示（取豎直向上為正方向），其中時刻為“笛音雷”起飛時刻、DE段是斜率大小為重力加速度g的直線。不計空氣阻力，則關于“笛音雷”的運動，下列說法正確的是（）A.“笛音雷”在時刻上升至最高點B.時間內“笛音雷”做自由落體運動C.時間內“笛音雷”平均速度為D.時間內“笛音雷”處于失重狀態【答案】D【解析】【詳解】A由圖可知，時間內“笛音雷”的速度一直為正值，表明其速度方向始終向上，可知，“笛音雷”在時刻并沒有上升至最高點，上升至最高點應該在時刻之后，故A錯誤；B．時間內“笛音雷”速度方向向上，圖像斜率為一恒定的負值，表明時間內“笛音雷”實際上是在向上做豎直上拋運動，其加速度就是重力加速度g，故B錯誤；C．將A、B用直線連起來，該直線代表勻加速直線運動，其平均速度為，而AB線段與橫軸所圍的面積大于AB曲線與橫軸所圍的面積，該面積表示位移，根據可知，直線代表的勻加速直線運動的平均速度大于AB曲線代表的變加速直線運動的平均速度，即時間內“笛音雷”的平均速度小于，故C錯誤；D．根據上述，時間內“笛音雷”做豎直上拋運動，加速度方向豎直向下，“笛音雷”處于失重狀態，故D正確。故選D。3.做勻減速直線運動的物體經4s停止，若在第1s內的位移是14m，則下列說法中不正確的是（）A.最后一秒內的位移的大小為2m B.第一秒內平均速度的大小為14m/sC.初速度的大小為15m/s D.加速度的大小為4m/s2【答案】C【解析】【詳解】A．用逆向思維，把物體的運動看成初速度為零的勻加速直線運動，即則物體在第1s，第2s，第3s，第4s內的位移之比為1：3：5：7，所以可得即勻減速直線運動最后一秒的位移大小為2m，故A正確；B．根據平均速度的定義可知勻減速直線運動第一秒內平均速度的大小為故B正確；CD．由A選項分析，按逆向思維，可得解得勻減速直線運動初速度即逆向勻加速直線運動第4s末的速度為故C錯誤，D正確。本題選錯誤項，故選C。4.如圖所示為某運動員做蹦床運動的簡化示意圖，A為運動員某次下落過程的最高點，B為運動員下落過程中剛接觸蹦床時的位置，C為運動員下落過程的最低點。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.從B點至C點的過程中，運動員的速度一直在減小B.從A點至C點的過程中，運動員先做勻加速直線運動后做勻減速直線運動C.從B點至C點的過程中，運動員的加速度一直增大D.從A點至C點的過程中，運動員在C點的加速度最大【答案】D【解析】【詳解】AD．不計空氣阻力，從B到C運動員受自身重力和蹦床彈力共同作用，有其中彈力F一直增大，當彈力與重力等大時，加速度為零，運動員的速度達到最大，之后加速度反向，將做減速運動，有運動員在C點時彈力最大，加速度最大。故A錯誤；D正確；BC．從A點至B點的過程中，運動員只受重力作用做勻加速直線運動，根據上面選項分析從B點至C點過程中，加速度先減小至零后反向增大。故BC錯誤。故選D。5.物體從較高處做自由落體運動，經落地。已知t為大于3的整數，取重力加速度，則（）A.第內物體下落的高度為 B.第內物體下落的高度為C.第比第下落的距離多5m D.內下落的高度可能為45m【答案】B【解析】【詳解】A．第ts內物體下落的高度A錯誤；B．由上分析可知，第（t–1）s內物體下落的高度為5（2t–3）m，B正確；C．第ts與第（t–1）s位移差為C錯誤；D．由題可知t為大于3的整數，故ts內下落的高度為D錯誤。故選B。6.半圓柱體P放在粗糙的水平面上，有一擋板MN，延長線總是過半圓柱體的軸心O，但擋板與半圓柱不接觸，在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止狀態，如圖是這個裝置的截面圖，若用外力使MN繞O點緩慢地順時針轉動，在MN到達水平位置前，發現P始終保持靜止，在此過程中，下列說法中正確的是（）A.MN對Q的彈力逐漸增大B.P、Q間的彈力先減小后增大C.地面對P的彈力逐漸增大D.Q所受的合力逐漸增大【答案】A【解析】【分析】本題考查力的動態平衡和受力分析的能力。【詳解】AB．以小圓柱體Q為研究對象，分析受力情況，作出受力示意力圖，如圖所示由平衡條件得根據幾何關系可知：α+β不變，分析可知，α減小，β增大，MN對Q的彈力F1增大，P對Q的彈力F2減小，A正確，B錯誤；C．對P研究，作出受力如圖根據平衡條件，可得地面對P的彈力N=Mg+F2sinα因F2減小，α減小，所以N減小，C錯誤；D．由于MN緩慢轉動，整個過程處于動態平衡，Q的合力可以看成是0，D錯誤。故選A。7.“V”形吊車在港口等地有重要的作用.如圖所示，底座支點記為O點，OA為“V”形吊車的左臂，OA上端A處固定有定滑輪，OB為活桿且為“V”形吊車的右臂，一根鋼索連接底座與B點，另一根鋼索連接B點后跨過定滑輪吊著一質量為M的重物，重物靜止.已知左臂OA與水平面的夾角為，左臂OA與鋼索AB段的夾角為θ，且左臂OA與右臂OB相互垂直，左臂OA、右臂OB總質量為m，鋼索質量忽略不計，不計一切摩擦，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A.定滑輪對鋼索的支持力為B.AB段鋼索所受到的拉力為2MgC.右臂OB對鋼索的支持力為D.底座對左臂OA、右臂OB、重物整體的支持力為【答案】A【解析】【詳解】A．作示意圖如圖1所示，設重物所在位置為C點，則鋼索在A點夾角為定滑輪只改變鋼索拉力的方向，不改變力的大小，則鋼索對滑輪的作用力方向沿著的角平分線，即由牛頓第三定律可知，滑輪對鋼索的作用力故A正確；B．由題意可知，物體緩慢向上運動，鋼索拉力故B錯誤；C．以B點為研究對象，受力分析如圖2所示，可知解得故C錯誤；D．以整體為研究對象，鋼索也與底座接觸，底座對整體的支持力大于，故D選項錯誤。故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分。8.中國人民解放軍海軍福建艦，是中國完全自主設計建造的首艘彈射型航空母艦，采用平直通長飛行甲板，配置電磁彈射和阻攔裝置如圖所示。飛機俯沖著艦，其尾鉤鉤住布置在甲板上的一根阻攔索的正中間，阻攔索給飛機施加向后的作用力，使飛機做減速運動，直至安全停在甲板上。阻攔索由不可伸長的鋼絲制成，兩端并不是固定在甲板上的，而是連接著復雜的液壓裝置，可以對鋼絲繩拉力和長度進行調控。假設某次減速過程中，阻攔索中彈力的大小F保持不變，忽略飛機受到的動力、摩擦力和空氣阻力，則（）A.當阻攔索夾角為120°時，飛機受到的合力大小為FB.當阻攔索夾角為120°時，飛機受到的合力大小為C.飛機減速過程中加速度逐漸減小D.飛機減速過程中加速度逐漸增大【答案】AD【解析】【詳解】AB．設兩根阻攔索之間的夾角為θ，由受力分析可知，飛機所受合力為當阻攔索夾角為120°時有故A正確，B錯誤；CD．由牛頓第二運動定律可得飛機向前運動，θ變小，所以加速度逐漸增大，飛機做加速度增大的減速運動，故C錯誤，D正確。故選AD。9.如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為，保持某一速度勻速轉動，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間的動摩擦因數為，小木塊速度大小隨時間變化的關系如圖乙所示。、、已知，重力加速度為g，則（）A.傳送帶一定逆時針轉動 B.傳送帶的速度大小等于C. D.時間后木塊的加速度大小為【答案】AD【解析】【詳解】A．若傳送帶順時針轉動，當木塊下滑時滿足物塊將一直勻加速到底端，且加速度不變，當木塊上滑時滿足木塊先勻加速，在速度與傳送帶相等后將勻速運動，兩種情況均不符合運動圖像，若傳送帶逆時針轉動，當木塊下滑時當木塊下滑速度等于皮帶速度時，如果則故A正確；B．由A中分析可知，傳送帶逆時針轉動，只有木塊速度大于傳送帶速度時，木塊所受摩擦力才能沿傳送帶向上，由圖乙可知，傳送帶速度的大小等于v0。故B錯誤；C．木塊在0~t0時間內，所受摩擦力沿傳送帶向下，根據牛頓第二定律有由圖乙可知聯立解得故C錯誤；D．t0時間后木塊所受摩擦力沿傳送帶向上，根據牛頓第二定律解得故D正確。故選AD。10.如圖，甲、乙兩運動員正在訓練接力賽的交接棒。已知甲、乙兩運動員經短距離加速后能達到并保持的速度跑完全程。設乙從起跑后到接棒前的運動是勻加速的，加速度大小為。乙在接力區前端聽到口令時起跑，在甲、乙相遇時完成交接棒。在某次練習中，甲以的速度跑到接力區前端處向乙發出起跑口令。已知接力區的長度為。下列說法正確的是（）A.此次練習中，在乙運動3s時完成交接B.此次練習中，在距乙出發點5m處完成交接C.甲在接力區前端9m以內對乙發出起跑口令才可能完成交棒D.棒經過接力區的最短時間是3s【答案】CD【解析】【詳解】AB．交接棒時，有解得由于乙加速到最大速度的時間為則2s時交接棒，交接棒處離接力區前端（即乙出發的位置）的距離為故AB錯誤；C．由題意可知，甲、乙共速時相遇，則則發令時甲與接力區前端的距離為故C正確；D．棒先在甲的手中以6m/s運動，后交到乙的手中乙6m/s運動，因此棒始終是6m/s運動，通過的最短時間為故D正確。故選CD。第Ⅱ卷（非選擇題共57分）三、實驗題：本題共2小題，11題7分，12題9分，共16分。11.用鐵架臺、帶掛鉤的不同彈簧若干、50g的鉤碼若干、刻度尺等，安裝如圖甲所示的裝置，探究彈簧彈力F的大小與伸長量x之間的定量關系。（1）未掛鉤碼時，彈簧原長放大如圖甲所示，可讀得原長______cm。（2）由圖乙還可知勁度系數較大的是______彈簧；還可算出B彈簧的勁度系數為______。（3）若某同學做實驗時，誤把彈簧長度當成伸長量作為橫坐標作圖，則該同學所做圖像得到的K值是______（填偏大，偏小或者不變）【答案】①.7.00②.A③.10④.不變【解析】【詳解】（1）[1]圖中刻度尺的分度值為1mm，要估讀到分度值的下一位，已知刻度尺的零刻度線與彈簧上端平齊，彈簧長度為（2）[2][3]根據胡克定律有圖像的斜率表示勁度系數，則可知A彈簧的勁度系數大于B彈簧的勁度系數；B彈簧的勁度系數為（3）[4]把彈簧長度當成伸長量作為橫坐標作圖，圖線相對原來會向右平移，但并不影響圖線斜率，故K值不變。12.某同學利用如圖所示的實驗裝置來測量重力加速度g．細繩跨過固定在鐵架臺上的輕質滑輪，兩端各懸掛一只質量為M的重錘．實驗操作如下：①用米尺量出重錘1底端距地面的高度H；②在重錘1上加上質量為m的小鉤碼；③左手將重錘2壓在地面上，保持系統靜止．釋放重錘2，同時右手開啟秒表，在重錘1落地時停止計時，記錄下落時間；④重復測量3次下落時間，取其平均值作為測量值t．請回答下列問題：（1）步驟④可以減小對下落時間t測量的_______（選填“偶然”或“系統”）誤差．（2）實驗要求小鉤碼的質量m要比重錘的質量M小很多，主要是為了________．A．使H測得更準確B．使重錘1下落的時間長一些C．使系統的總質量近似等于2MD．使細繩的拉力與小鉤碼的重力近似相等（3）滑輪的摩擦阻力會引起實驗誤差．現提供一些橡皮泥用于減小該誤差，可以在重錘1上粘上橡皮泥，調整橡皮泥質量直至輕拉重錘1能觀察到其________下落．（4）使用橡皮泥改進實驗后，重新進行實驗測量，并測出所用橡皮泥的質量為m0．用實驗中的測量量和已知量（M、H、m、m0、t）表示g，則g＝_________．【答案】①.（1）偶然②.（2）B③.（3）勻速④.（4）【解析】【詳解】本題考查重力加速度的測量，意在考查考生的實驗探究能力．（1）時間測量是人為操作快慢和讀數問題帶來的誤差，所以屬于偶然誤差．（2）由于自由落體的加速度較大，下落H高度的時間較短，為了減小測量時間的實驗誤差，就要使重錘下落的時間長一些，因此系統下降的加速度要小，所以小鉤碼的質量要比重錘的質量小很多．（3）為了消除滑輪的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重錘1上，輕拉重錘放手后若系統做勻速運動，則表示平衡了阻力．（3）根據牛頓第二定律有，又，解得．點睛：本題以連接體運動為背景考查重力加速度的測量，解題的關鍵是要弄清該實驗的原理，再運用所學的知識分析得出減小誤差的方法．四、計算題：本題共3小題，13題10分，14題13分，15題18分，共41分。13.機械臂廣泛應用于機械裝配。若某質量為m的矩形工件被機械臂抓取后（兩面夾住物體），在豎直方向上運動，已知物體與機械臂表面的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，如圖所示。求：（1）若要能夠夾住物體，則機械臂需要給物體至少多大的壓力；（2）若夾住物體，并使物體以加速度a豎直向上加速運動，則機械臂需要給物體多大的壓力。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）物體被夾住時，處于平衡狀態，有解得（2）物體以加速度a豎直向上加速運動時，由牛頓第二定律可得解得14.如圖甲所示，A、B是兩塊面積很大的平行板，虛線MN表示與A、B板平行等距的一個較小的面，此面到A、B的距離都是L（L未知），此面處不斷地產生微粒，這種微粒產生后，從靜止開始運動，若微粒一旦碰到金屬板，它就吸附在板上不再運動。以第一個微粒釋放時為計時零點，由于控制裝置的存在，微粒在不同時刻的加速度變化規律如圖乙所示，以向右為正方向，且L、T和a之間恰好滿足，請問：（1）第一個粒子到達A板所用的時間（結果用T表示）；（2）時產生的微粒到達B板時的速度大小（結