重慶市七校2023-2024學年高三上學期第一次月考物理答案

2023-2024學年度高三第一學月七校聯(lián)考物理答案第頁共6頁2023—2024學年度高三第一學月七校聯(lián)考高三物理答案一、單項選擇題：1．【答案】C【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，豎直方向上有可得故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B、D錯誤。2．【答案】D【詳解】A由圖可知，時間內(nèi)“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(nèi)“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(nèi)“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(jù)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(nèi)“笛音雷”的平均速度小于，故C錯誤；D．根據(jù)上述，時間內(nèi)“笛音雷”做豎直上拋運動，加速度方向豎直向下且為g，“笛音雷”處于完全失重狀態(tài)，故D正確。故選D。3．【答案】C【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(nèi)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(jù)平均速度的定義可知勻減速直線運動第一秒內(nèi)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．【答案】D【詳解】A．不計空氣阻力，B到C先加速后減速，故A錯誤；B．從B點至C點過程中，加速度要變化，故B錯誤；CD．在B點時，加速度大小為從B點至C點過程中由于彈力逐漸增大，運動員加速度先減小至0，后增大，由對稱性，C點加速度大于g則可知在C點時，運動員在的加速度最大，故C錯誤，D正確。故選D。5．【答案】B【詳解】第ts內(nèi)物體下落的高度，A錯誤；第(t–1)s內(nèi)物體下落的高度為5(2t–3)m，B正確．第ts比第(t–1)s下落的距離多10m，C錯誤。10s內(nèi)下落的高度為80m，D錯誤。6．【答案】A【分析】本題考查力的動態(tài)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(jù)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(jù)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(tài)平衡，Q的合力可以看成是0，D錯誤。故選A。7．【答案】A【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，物體靜止，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，鋼索對OB有向下拉力，底座對整體的支持力大于，故D選項錯誤。公眾號：高中試卷君故選A。二、多項選擇題：8．【答案】AD【詳解】AB．設兩根阻攔索之間的夾角為，由受力分析可知，飛機所受合力為當阻攔索夾角為時故A正確，B錯誤；CD．由牛頓第二運動定律飛故選AD。9．【答案】AD【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，如果故A正確；B．由A中分析可知，傳送帶逆時針轉動，只有木塊的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，故B錯誤；C．木塊在時間內(nèi)，所受摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律有由圖乙可知聯(lián)立解得故C錯誤；D．時間后木塊所受摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛犢第二定律把C中解得代入解得故D正確。故選D。10．【答案】CD【詳解】AB.交接棒時得或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(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離為AB錯誤C．由題意可知，甲、乙共速時相遇，則則發(fā)令時甲與接力區(qū)前端的距離為D．棒現(xiàn)在甲的手中以運動，后交到乙的手中乙運動，因此棒始終是運動，通過的最短時間為CD正確，故選CD。三、非選擇題：共57分。11．【答案】（1）7.00（2）A10（3）不變（第1問1分，第2問，第3問每空2分）12．【答案】（1）偶然（2）B（3）勻速（4）（第1問，第2問，第3問每空2分。第4問3分）13．【答案】（1）mg=2μF1F1=mg/2μ (5分)（2）2μF2-mg=maF2=(mg+ma)/2μ (5分)14．【答案】（1）；（2）；【解析】【詳解】（1）因為微粒開始做勻加速直線運動，根據(jù)公式可得 （2分）解得 （2分）所以滿足條件，一直加速 （1分）（2）時產(chǎn)生的微粒，先做勻加速再做勻減速，內(nèi)加速運動的位移為 （2分）此時粒子的速度為 （2分）減速階段粒子運動到B板的速度 （2分） （2分）15．【詳解】（1）由題可知1.5s時物塊、木板共速，則物塊在0～1.5s內(nèi)的加速度為 （2分）對物塊有可得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為 （2分）（2）在1～1．5s內(nèi)木板的加速 （1分）根據(jù)牛頓第二定律有得 （2分）撤去拉力F前，木板的加速度 （1分）根據(jù)牛頓第二定律有 （2分）得 （1分）（3）可知共速時速度為3m/s，則在1．5s內(nèi)物塊位移為 （1分）1.5s內(nèi)木板位移為 （1分）在1．5s后，物塊與木板間仍有相對滑動，物塊的加速度大小 （1分）物塊到停止的時間還需木板的加速度大小為，則有