重慶市長(zhǎng)壽中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期開學(xué)物理試題

重慶市長(zhǎng)壽中學(xué)校20242025學(xué)年高三開學(xué)考試物理試題注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑：如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，本試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷（選擇題）一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.如圖所示，兩小球同時(shí)從位于同一豎直面內(nèi)的兩條光滑軌道的頂端A點(diǎn)和B點(diǎn)釋放，關(guān)于誰(shuí)先到達(dá)C點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A.因?yàn)榧椎募铀俣容^大，所以甲先到 B.因?yàn)橐业奈灰戚^小，所以乙先到C.二者可能同時(shí)到 D.不知兩小球的質(zhì)量關(guān)系，所以無(wú)法確定【答案】C【解析】【詳解】設(shè)兩條光滑軌道的水平投影長(zhǎng)度為，軌道的傾角為，小球在光滑軌道下滑時(shí)的加速度大小為根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得可得小球在軌道上下滑的時(shí)間為可知當(dāng)兩軌道的傾角之和滿足則有即兩小球可能同時(shí)到達(dá)C點(diǎn)。故選C。2.一個(gè)放在水平桌面上質(zhì)量為2kg原來(lái)靜止的物體，受到如圖所示方向不變的合外力作用，則下列說(shuō)法正確的是（）A.在2s內(nèi)物體的加速度為5m/s2B.在t=2s時(shí)，物體的速度最大C.在2s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的位移為10mD.0~2s這段時(shí)間內(nèi)物體作減速運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．物體所受合力不斷減小，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度不斷減小，在2s內(nèi)物體的加速度最大值為不能說(shuō)在2s內(nèi)物體的加速度為5m/s2，A錯(cuò)誤；B．在t=2s時(shí)，F(xiàn)=0，物體將開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度最大，B正確；C．物體如圖所示方向不變的合外力作用下，做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，2s內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的位移小于10m，C錯(cuò)誤；D．0～2s這段時(shí)間內(nèi)物體的加速度的方向也速度方向相同，做加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選B。3.如圖所示，兩小球用輕桿相連，分別靠在豎直墻壁和水平面上，墻壁光滑，地面粗糙與下方小球的滑動(dòng)摩擦因數(shù)恒定?，F(xiàn)用水平力F推下方小球緩慢向左移動(dòng)，上方小球緩慢向上運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程中（）A.輕桿彈力變大B.水平力變小C.地面對(duì)下方小球支持力變大D.地面對(duì)下方小球的摩擦力變小【答案】B【解析】【詳解】CD．對(duì)兩個(gè)球整體受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件，有故地面對(duì)下方小球的支持力和摩擦力均保持不變，CD錯(cuò)誤；AB．再對(duì)上方球受力分析，如圖所示故隨著θ的減小，N2也減小，輕桿彈力變小隨著θ的減小，N1減小，根據(jù)水平力變小，A錯(cuò)誤B正確。故選B。4.如圖所示，在豎直放置的“”形支架上，一根長(zhǎng)度不變輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的小滑輪懸掛一重物G。現(xiàn)將輕繩的一端固定于支架上的A點(diǎn)，另一端從B點(diǎn)沿支架緩慢地向C點(diǎn)靠近（C點(diǎn)與A點(diǎn)等高）。在此過(guò)程中繩中拉力大?。ǎ〢.先變大后不變 B.先變大后變小C.先變小后不變 D.先不變后變小【答案】A【解析】【詳解】當(dāng)輕繩的右端從從B點(diǎn)沿支架緩慢地向C點(diǎn)靠近時(shí)，如圖

設(shè)兩繩的夾角為，設(shè)繩子從長(zhǎng)度為，繩子兩端的水平距離為，根據(jù)幾何分析知可知夾角先不斷增大后至最右端拐點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程夾角不再改變，重物G及滑輪處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，以滑輪為研究對(duì)象，分析受力情況如圖根據(jù)平衡條件得到繩子的拉力夾角先變大后不變,先變小后不變,繩中拉力先變大后不變。故選A。5.如圖所示，A、B兩物體靜止在粗糙水平面上，其間用一根輕彈簧相連，彈簧的長(zhǎng)度大于原長(zhǎng)。若再用一個(gè)從零開始緩慢增大的水平力F向右拉物體B，直到A即將移動(dòng)，此過(guò)程中，地面對(duì)B的摩擦力和對(duì)A的摩擦力的變化情況是（）A.先變小后變大 B.先不變后變大C.先變大后不變 D.先不變后變大【答案】D【解析】【分析】先分析剛開始彈簧所處狀態(tài)，根據(jù)平衡條件判斷剛開始摩擦力的方向，若再用一個(gè)從零開始緩慢增大的水平力F向右拉物體B，再對(duì)AB進(jìn)行受力分析，即可判斷。本題解題的關(guān)鍵是對(duì)AB兩個(gè)物體進(jìn)行正確的受力分析，知道當(dāng)B沒有運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧彈力不變，當(dāng)B運(yùn)動(dòng)而A未運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力變大。【詳解】AB．剛開始彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)A的作用力向右，對(duì)B的作用力向左，而AB均靜止，所以剛開始的方向水平向右，方向水平向左，當(dāng)用一個(gè)從零開始緩慢增大的水平力F向右拉物體B時(shí)，剛開始，未拉動(dòng)B，彈簧彈力不變，不變，減?。划?dāng)F等于彈簧彈力時(shí)，等于零，F(xiàn)繼續(xù)增大，反向增大，當(dāng)增大到最大靜摩擦力時(shí)，B物體開始運(yùn)動(dòng)，此后變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，不發(fā)生變化，故AB錯(cuò)誤；CD．彈簧長(zhǎng)度先不變故先不變，而后彈簧被拉伸，彈力變大，A仍靜止，所以變大，所以對(duì)A的摩擦力先不變，后變大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。6.在建筑裝修中，工人用質(zhì)量為m的磨石對(duì)斜壁進(jìn)行打磨，當(dāng)對(duì)磨石施加豎直向上推力F時(shí)，磨石恰好沿斜壁向上勻速運(yùn)動(dòng)，已知磨石與斜壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則磨石受到的摩擦力是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】磨石受重力、推力、斜壁的彈力及摩擦力而處于平衡狀態(tài)，由圖可知，F(xiàn)一定大于重力，受力分析，如圖所示在沿斜面方向有，可得摩擦力在垂直斜面方向上有則摩擦力為故選A。7.質(zhì)量相等的高鐵列車與普通列車分別受到恒定動(dòng)力、的作用從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，在和時(shí)刻的速度分別達(dá)到和時(shí)，撤去和，此后兩列車?yán)^續(xù)做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停止，兩列車運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化的圖線如圖所示，設(shè)兩次摩擦力的沖量分別為、，摩擦力做的功分別為、，和的沖量分別為和，和做的功分別為、。下列結(jié)論正確的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)圖像，撤去動(dòng)力后列車的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律，兩列車受到的摩擦力相等，兩列車全程的時(shí)間之比根據(jù)所以故A正確；B．因圖線與t軸圍成的面積表示位移，故兩列車全程的位移之比所以故B錯(cuò)誤；C．對(duì)列車全過(guò)程利用動(dòng)量定理，由故故C錯(cuò)誤；D．對(duì)列車全過(guò)程利用動(dòng)能定理故故D錯(cuò)誤。故選A。二、多選題：本大題共3小題，共15分。8.質(zhì)量為2m的物塊A和質(zhì)量為m的物塊B相互接觸放在水平面上，如圖所示。若對(duì)A施加水平推力F，則兩物塊沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)。關(guān)于A對(duì)B的作用力，下列說(shuō)法中正確的是（）A.若水平地面光滑，物塊A對(duì)B的作用力大小為FB.若水平地面光滑，物塊A對(duì)B的作用力大小為C.若物塊A與地面、B與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，則物體A對(duì)B的作用力大小為D.若物塊A與地面、B與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，則物體A對(duì)B的作用力大小為【答案】BD【解析】【詳解】AB．若水平地面光滑，以A、B整體為對(duì)象，由牛頓第二定律可得解得以B為對(duì)象，由牛頓第二定律可得解得物塊A對(duì)B的作用力大小為故A錯(cuò)誤，B正確；C．若物塊A與地面、B與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，以A、B整體為對(duì)象，由牛頓第二定律可得解得以B為對(duì)象，由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得物塊A對(duì)B的作用力大小為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。9.如圖所示，甲、乙兩小球從同一豎直線上距地面高度分別為4h和h的位置做平拋運(yùn)動(dòng)。結(jié)果落在地面上的同一點(diǎn)O。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是（）A.甲每秒鐘速度的變化比乙的大B.乙初速度是甲的2倍C.二者落地前瞬間的速度大小可能不相等D.由題目所給條件可求得O點(diǎn)距拋出點(diǎn)的水平距離【答案】BC【解析】【詳解】A．甲、乙兩小球在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度均為重力加速度，則甲每秒鐘速度變化與乙的一樣大，故A錯(cuò)誤；BD．根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有，可得又可知乙的初速度是甲的2倍，由于不知道小球拋出時(shí)的初速度大小，所以由題目所給條件不能求得O點(diǎn)距拋出點(diǎn)的水平距離，故B正確，D錯(cuò)誤；C．甲球落地前瞬間的速度大小為乙球落地前瞬間的速度大小為由于不清楚與的關(guān)系，所以甲、乙落地前瞬間的速度大小可能不相等，故C正確。故選BC。10.如圖，一剛性正方體盒內(nèi)密封一小球，盒子六面均光滑且與小球相切，將其豎直向上拋出后，若空氣阻力與速度成正比，下列說(shuō)法正確的是（）A.在上升過(guò)程中，盒子頂部對(duì)小球有向下的作用力B.在上升過(guò)程中，盒子底部對(duì)小球有向上的作用力C.在下降過(guò)程中，盒子頂部對(duì)小球有向下的作用力D.在下降過(guò)程中，盒子底部對(duì)小球有向上的作用力【答案】AD【解析】【詳解】AB．在上升過(guò)程中，由于受到的空氣阻力方向向下，則整體的加速度大于重力加速度；以小球?yàn)閷?duì)象，小球的加速度和盒子的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律可知小球的合力大于小球的重力，則盒子頂部對(duì)小球有向下的作用力，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．在下降過(guò)程中，由于受到的空氣阻力方向向上，則整體的加速度小于重力加速度；以小球?yàn)閷?duì)象，小球的加速度和盒子的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律可知小球的合力小于小球的重力，則盒子底部對(duì)小球有向上的作用力，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。第Ⅱ卷（非選擇題）三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共14分。11.（1）一實(shí)驗(yàn)小組測(cè)量一根彈簧的勁度系數(shù)，用靜止時(shí)鉤碼的重力代表彈簧的彈力F，用刻度尺測(cè)量彈簧的形變量Δx，得到如圖圖像，圖像不過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是______，圖像彎曲的原因是________（填序號(hào)）A、水平放置測(cè)量彈簧原長(zhǎng)，豎直懸掛進(jìn)行實(shí)驗(yàn)B、彈簧存在原長(zhǎng)C、存在空氣阻力D、超過(guò)了彈簧的彈性限度（2）根據(jù)圖像計(jì)算可得該彈簧的勁度系數(shù)為_______N/m．【答案】①.A②.D③.200【解析】【詳解】（1）圖線不過(guò)原點(diǎn)的原因是由于彈簧有自重，使彈簧變長(zhǎng)，即水平放置測(cè)量彈簧原長(zhǎng)，豎直懸掛進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，A正確；圖象之所以發(fā)生彎曲是因?yàn)槌^(guò)了彈簧的彈性限度，不再符合胡克定律，D正確；（2）從圖象可以看出在0～50N范圍內(nèi)彈力大小與彈簧伸長(zhǎng)關(guān)系滿足胡克定律．根據(jù)胡克定律得：．12.如圖所示是研究物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律時(shí)得到的一條紙帶（實(shí)驗(yàn)中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接低壓交流電源的頻率為50Hz），從O點(diǎn)后開始每5個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，依照打點(diǎn)的先后順序依次編號(hào)為0、1、2、3、4、5、6，測(cè)得，，，，，。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（1）物體的加速度大小______；（2）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打計(jì)數(shù)點(diǎn)4時(shí)，物體的速度大小為______。（3）電火花計(jì)時(shí)器正常工作時(shí)，其打點(diǎn)的周期取決于______A.交流電壓的高低 B.交流電的頻率 C.墨粉紙盤的大小 D.紙帶的長(zhǎng)度（4）如果當(dāng)時(shí)電網(wǎng)中交流電的頻率是，而做實(shí)驗(yàn)的同學(xué)并不知道，那么加速度的測(cè)量值與實(shí)際值相比______（選填：偏大，偏小或不變）【答案】（1）0.80（2）0.24（3）B（4）偏小【解析】【小問1詳解】相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為由逐差法可知，物體的加速度大小為代入數(shù)據(jù)解得【小問2詳解】在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于其相鄰兩點(diǎn)間的平均速度，則物體的速度大小為【小問3詳解】因?yàn)橹芷谂c頻率互為倒數(shù)，則電火花計(jì)時(shí)器正常工作時(shí)，其打點(diǎn)的周期取決于交流電的頻率。故選B。【小問4詳解】當(dāng)時(shí)電網(wǎng)中交流電的頻率是，而做實(shí)驗(yàn)的同學(xué)并不知道，故頻率的測(cè)量值偏小，周期的測(cè)量值偏大，根據(jù)逐差法可知，加速度的測(cè)量值偏小。四、計(jì)算題：本大題共3小題，共43分。13.如圖所示，一名跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)一段時(shí)間的加速滑行后從O點(diǎn)水平飛出，經(jīng)過(guò)3s落到斜坡上的A點(diǎn)。已知O點(diǎn)是斜坡的起點(diǎn)，斜坡與水平面的夾角θ=37°，運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量m=50kg，不計(jì)空氣阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。求：（1）A點(diǎn)與O點(diǎn)的距離L；（2）運(yùn)動(dòng)員離開O點(diǎn)時(shí)的速度大小?！敬鸢浮浚?）75m；（2）20m/s【解析】【分析】【詳解】（1）運(yùn)動(dòng)員在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，有解得：L=75m（2）設(shè)運(yùn)動(dòng)員離開O點(diǎn)時(shí)的速度為v0，運(yùn)動(dòng)員在水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，有Lcos37°=v0t解得v0=20m/s14.如圖所示，為傳送帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角，A、B兩端相距，質(zhì)量為的物體以的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，均為0.5。傳送帶順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度，g?。┣螅海?）物體從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)所需的時(shí)間；（2）若傳送帶順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度可以調(diào)節(jié)，物體從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的最短時(shí)間是多少？（其他條件不變）【答案】（1）2.2s（2）1s【解析】【小問1詳解】開始時(shí)物體所受摩擦力沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度大小為物塊減速到與傳送帶速度相等所用時(shí)間該過(guò)程物體通過(guò)的位移大小為由于，可知共速后物體繼續(xù)向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度大小為根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得代入數(shù)據(jù)解得則物體從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)所需的時(shí)間為【小問2詳解】當(dāng)傳送帶一直大于物體的速度時(shí)，物體受到的摩擦力一直沿斜面向上，則物體一直以加速度向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間最短，則有代入數(shù)據(jù)整理可得解得或（舍去）則物體從A點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)的最短時(shí)間是1s。15.如圖甲所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R，C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面的動(dòng)摩