重庆市2022-2023学年高三上学期第一次质量检测物理试题及答案

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考生注意：
1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 环绕地球运动的宇宙飞船处于完全失重状态，没有惯性
B. 力的国际制单位是牛顿，是基本单位之一
C. 作用力和反作用力的合力为零
D. 物体加速度的方向由物体所受合力的方向决定，可以与速度的方向不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．惯性是描述物体运动状态改变的难易程度的物理量，由质量唯一量度，与运动的快慢无关，质量不变，惯性一定不变，故A错误；
B．在力学中，力是导出物理量，力的单位“牛顿”是力学单位制中的导出单位，故B错误；
C．作用力和反作用力分别作用于不同物体上，没有合力的意义，故C错误；
D．物体加速度方向由物体所受合力的方向决定，可以与速度的方向不同，故D正确。
故选D。
2. 2022年8月4日13时，中国人民解放军东部战区陆军部队，在台湾海峡实施了远程火力实弹射击训练，对台湾海峡东部特定区域进行了精确打击，取得了预期效果。据悉，参训的某种战机可达到每分钟50公里的最大速度，且从静止加速到最大速度所需的最短时间仅为2分钟，设该战机从静止开始做加速直线运动（视为匀加速直线运动），则该战机从静止开始运动后10分钟内可以行进的最大距离为（ ）
A. 400kmB. 450kmC. 480kmD. 500km
【答案】B
【解析】
【详解】匀加速的位移为
匀速运动的位移为

该战机从静止开始运动后10分钟内可以行进的最大距离为

故选B。
3. 如图所示，MN和PQ为两根固定平行直细杆，圆柱形物体沿细杆下滑，两杆间的距离与圆柱形物体的半径相同，细杆与水平面的夹角为，圆柱形物体与细杆间的动摩擦因数为0.3，重力加速度为g，则圆柱形物体下滑的加速度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】作出圆柱形物体垂直于杆的平面内受力示意图
根据题意，两直杆间的距离与圆柱形物体的半径相同，则
α=60°
在沿杆的方向有
mgsinθ-2f=ma
垂直于杆的方向有
又有
f=μN
联立并代入数据解得
故A正确， BCD错误。
故选A。
4. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度顺时针运行，小物块以的初速度从传送带右端滑上传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带的长度为，重力加速度，考虑小物块滑上传送带到离开传送带的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块从传送带左端滑离传送带
B. 小物块滑离传送带时的速度大小为
C. 小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为
D. 小物块在传送带上留下的划痕长度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．物块在传送带上的加速度
向左减速到零的时间
向左运动最大距离
故物块不会从左端滑离传送带，故A错误；
B．物块向左减速到零后，向右加速，但只能加速到，故B错误；
C．物块向左加速到用时
这段时间内向右运动的距离
之后，做匀速直线运动，剩余传送带上运动时间
小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间
故C正确；
D．向左运动过程，划痕长度
向右运动过程，划痕长度
总划痕长度
故D错误。
故选C。
5. 甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们的位置坐标x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线最低点为P，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲车的初速度为B. 两车第一次相遇时运动方向相同
C. 乙车的加速度大小为D. 乙车的初始位置坐标
【答案】D
【解析】
【详解】A．x—t图像中，图线的斜率表示速度，甲车图像是一条倾斜的直线，表明甲车做匀速直线运动，则甲车的速度为
A错误；
B．根据图像可知5s时两车第一次相遇，此时甲图像斜率为正值，乙图像斜率为负值，则两车第一次相遇时运动方向相反，B错误；
CD．由于图线最低点为P，即该点速度为0，令乙车初速度，则有
根据图像，对乙车有
将坐标（5，30）、（10，10）代入解得
，，
C错误，D正确。
故选D。
6. 如图所示，套在光滑的足够长的水平直杆上的小球有向右的初速度（图中未标出），现对小球施加水平向左的外力F，F的大小始终与小球的速度成正比，即，k为与速度无关的常数。已知该球以初速度沿杆向右运动的最大位移为，以初速度沿杆向右运动的最大位移为，若，则为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设运动过程中平均速度为，则平均拉力
最大位移
根据动量定理
整理得
若，则
故选A。
7. 如图所示，斜面倾角为，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，10个质量均为m的小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为。若1号小球在B处时，10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 在2号小球进入BC段之前的过程中，2号小球运动的加速度为
B. 在6号球刚进入BC段时，6号球与7号球间细杆的弹力为
C. 1号球运动过程中的最大速度为
D. 10号球不能到达B点
【答案】D
【解析】
【详解】A．在2号小球进入BC段之前的过程中，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得2号小球运动的加速度为
故A错误；
B．在6号球刚进入BC段时，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得
把7到10小球，共4个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得
故B错误；
C．小球在斜面上先加速后减速，第n个时加速度为零，此时1号球速度最大，则有
解得
即
所以在第七个球刚进入BC段时，1号球速度最大，根据动能定理
解得
故C正确；
D．若10号球能到达B点且速度为v1，根据动能定理，有
解得
所以10号球能到达B点，故D错误。
故选C。
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. 如图甲所示，物块受水平向右的力F作用，紧靠竖直墙壁，F随时间变化规律如图乙所示。已知物块质量为m，时物块速度为0，物块与墙壁间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，考虑过程，对物块有（ ）
A. 最大速度为
B. 最大速度为
C. 位移为
D. 位移为
【答案】AC
【解析】
【详解】过程中，，物块与墙壁间最大静摩擦力为0.5mg，小于物块自身重力，物块向下做匀加速直线运动，加速度大小为
时刻，物块速度为
位移为
过程中，，物块与墙壁间为滑动摩擦力，大小为1.5mg，大于物块自身重力，物块会向下做匀减速运动，加速度大小为
减速至0的时间为
该段时间内物块向下位移为
由上述分析可知，物块在时刻速度最大，最大速度为，整个过程中位移为
故选AC。
9. 如图所示，水平地面上有一质量为m，倾角为的斜面。斜面上有一质量也为m的物块，若给物块施加一平行斜面向上的推力F（图中未画出），物块恰能沿斜面匀速上滑，若将推力F反向，大小不变，推动物块沿斜面下滑的加速度大小恰等于重力加速度g，斜面一直保持静止，则有（ ）
A. 斜面倾角
B. 推力F的大小可能为
C. 推动物块沿斜面匀速上滑过程，地面对斜面的支持力可能等于
D. 推动物块沿斜面加速下滑过程，斜面对地面可能有向右的静摩擦力
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．推力沿斜面向上时，根据平衡条件
推力沿斜面向下时，根据牛顿第二定律
联立解得
故A正确；
B．由以上分析可知
推力F的大小为时，摩擦力为0.3mg，可以满足题意，故B正确；
C．由以上分析可知
匀速上滑时，对斜面和物块整体
由此解得
故C错误；
D．当物块与斜面间的摩擦力为零时，推动物块沿斜面加速下滑过程，物块对斜面的作用力垂直斜面向下，对斜面，根据平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力水平向左，根据牛顿第三定律可知，斜面对地面有向右的静摩擦力，故D正确。
故选ABD。
10. 如图所示，直立轻质弹簧一端固定在水平地面，另一端与木板Q栓接。物块P搁在木板Q上，处于静止状态。现对P施加一竖直向上的恒力F，此后P、Q一起运动到最高点时恰好未分离。已知P的质量为，Q的质量为m，重力加速度为g，则有（ ）
A. 恒力F的大小为
B. 恒力F刚施加给P的瞬间，P、Q间弹力大小为
C. 物块P速度最大时，P、Q间弹力大小为
D. 物块P运动到最高点时，弹簧弹力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】AD．由题可知，由于P、Q一起运动到最高点时恰好未分离，所以P、Q全程在做简谐运动，因此在最高点和最低点的加速度大小相同，方向相反，大小设为a，则对于最低点，弹簧弹力和P、Q重力相等，因此
在最高点，由于P、Q刚要分离，分别对P和Q进行分析，可得
解得
故A错误，D正确；
B．恒力刚施加时，以P为研究对象，则
解得
故B正确；
C．物块P的速度最大时，P、Q整体处于简谐运动平衡点，即加速度为0，此时
解得
故C错误。
故选BD。
三、非选择题：共57分。
11. 为了测量某细线能承受的最大拉力，某同学设计了步骤如下的实验：
①用刻度尺测出细线自然伸长时的长度；
②如图所示将细线左端固定在水平横杆上，用手捏住细线右端，然后将带有小钩的重物挂在细线上；
③沿横杆缓慢移动细线右端，直至细线断裂，测出此时细线两端之间的水平距离d。
不计细线质量，忽略细线与小钩间的摩擦。
（1）若测得重物（包括小钩）的重力为G，则细线能承受的最大拉力可表示为_________；（用、d、G表示）
（2）细线挂上重物后，会有一定的伸长量，仅考虑这个原因带来的误差，细线能承受的最大拉力的测量值相比真实值_________。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【答案】 ①. ②. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1] 细线断裂恰好断裂时，对重物，根据平衡条件
根据几何关系
解得
（2）[2] 细线挂上重物后，会有一定的伸长量，则实际上
则的实际值偏小，则实际值偏大，根据
则拉力实际值偏小，即测量值比真实值偏大。
12. 某同学用图甲所示装置探究物体的加速度与力、质量的关系，实验前取下托盘，但让小车连着纸带，平衡好小车所受阻力。
（1）为了使托盘（包含盘内砝码）的重力近似等于小车所受合力，下列做法合理的是_________；
A．小车质量远小于托盘（包含盘内砝码）质量 B．托盘（包含盘内砝码）质量远小于小车质量
C．调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细绳与木板平行 D．调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细绳保持水平
（2）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的4个计数点A、B、C、D，相邻两个计数点之间还有2个点迹未标出，测得A、B以及C、D点间的距离如图所示。已知所用电源的频率为，则小车的加速度大小_________；（结果保留3位有效数字）
（3）为消除细绳拉力与托盘（包含盘内砝码）的重力不相等所带来的误差，该同学认为可以把托盘、砝码和小车看成一个整体，该同学按照此思路，设计了新的实验方案，步骤如下：
①初始在托盘内装若干个砝码，释放小车后测出加速度；
②从托盘中取出一个砝码并放置于小车上，释放小车后再次测出小车加速度；
③重复步骤②，多次测量小车加速度；
④根据测量数据画出小车加速度a随托盘中砝码个数n变化的函数关系如图丙所示。
若图丙中直线纵截距为b，斜率为k，每个砝码质量均为，则托盘质量为_________。（用b、k、表示）
【答案】 ①. BC##CB ②. 2.33 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]AB．对托盘（包含盘内砝码），根据牛顿第二定律
对小车，根据牛顿第二定律
联立可得
为使托盘（包含盘内砝码）的重力近似等于小车所受合力，应使托盘（包含盘内砝码）质量远小于小车质量，故A错误，B正确；
CD．为使托盘（包含盘内砝码）的重力近似等于小车所受合力，本实验需要平衡小车受到的摩擦力，则木板应该是倾斜的，同时，应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细绳与木板平行，故C正确，D错误。
故选BC。
（2）[2] 已知所用电源的频率为，相邻两个计数点之间还有2个点迹未标出，则相邻时间间隔
根据可得
解得
（3）[3] 设总砝码个数为N，对整体，根据牛顿第二定律
整理得
结合图像可知
联立解得
13. 平直公路上，甲车以速度v做匀速直线运动，同向行驶的乙车从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，乙车开始运动后，两车相遇两次，求：
（1）乙车开始运动时，甲、乙两车间的距离不应超过多少；
（2）第二次相遇时，乙车速度取值范围。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）两车相遇两次，由此可以判定开始时，甲车在后，两车相遇时
根据数学知识知，若有两解，则
解得
（2）根据
第二次相遇时，时间
因为
解得
14. 2022年夏季的重庆骄阳似火，为保证空调冷气不外漏，很多办公室都安装了简易自动关门器，该装置的原理可以简化为用一弹簧拉着的门，某次门在关闭时被卡住，细心的小明发现了门下缝隙处塞紧了一个木楔，侧面如图所示，已知木楔质量为m，其上表面可视作光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数为，木楔上表面与水平地面间夹角为，重力加速度为g，木楔尺寸比门小很多，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。
（1）若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动，求门下端对木楔上表面的压力大小；
（2）小明研究发现，存在临界角，若木楔倾角，不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，求这一临界角的正切值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）对木楔受力分析受到重力，压力，支持力和摩擦力，如图所示
若门推动木楔在地板上缓慢匀速移动，竖直方向
水平方向
最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
联立解得
（2）不管用多大力推门，塞在门下缝隙处的木楔都能将门卡住而不再运动，即
若木楔质量较小，可得
故临界角的正切值为
15. 如图所示，倾角的传送带，正以速度顺时针匀速转动。长度，质量为m的木板轻放于传送带顶端，木板与传送带间的动摩擦因数，当木板前进时机器人将另一质量也为m（形状大小忽略不计）的货物轻放在木板的右端，货物与木板间的动摩擦因数，从此刻开始，每间隔机器人将取走货物而重新在木板右端轻放上相同的货物（一共放了两次货物），重力加速度为，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，传送带足够长，求：
（1）木板前进时的速度大小；
（2）取走第一个货物时，木板的速度大小；
（3）取走第二个货物时，木板的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）木板放在传送带上受到重力、支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力作用
根据牛顿第二定律有
代入数据，解得
由位移速度关系
代入数据，木板前进时的速度大小
（2）放上货物后，货物受重力、支持力、滑动摩擦力作用
向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
代入数据，解得
木板受到重力、压力、支持力、货物对木板向上的摩擦力和皮带对木板向下的摩擦力
因为
木板向下做减速运动，根据牛顿第二定律
解得
0.5
货物加速，木板减速，当两者速度相等时
解得
s
之后，两者一起匀加速到与传送带共速，该过程加速度与木板初始的加速度相同
＜1s
取走第一个货物时，木板的速度大小为；
（3）同理，放上第二个货物后，木板的运动与放上第一个的时候相同，木板先做匀减速，再和货物做匀加速直线运动，直到与传送带共速，整个过程，剩下的做匀速直线运动，所以取走第二个货物时，木板的速度大小为。