【文档说明】重庆市七校2023-2024学年高三上学期第一次月考 物理试题答案和解析.docx，共(7)页，267.027 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9fc216a1487017de12280084e8e0140a.html

以下为本文档部分文字说明：

2023—2024学年度高三第一学月七校联考高三物理答案一、单项选择题：1．【答案】C【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cosABFmg=可得cosABmgF=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cosBAmgF=对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有sintanBAFFmg==故B、D错误。2．【答案】D【详

解】A由图可知，04~tt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2t时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在4t时刻之后，故A错误；B．34~tt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34~tt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12v，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xvt=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01t~t时间内“笛音雷”的平均速度小于12v，故C错误；D．根据上述，34~tt时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下且为g，“笛音雷”处于完全失重状态，故D正确。故选D。3．【答案】C【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00v=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1417xx=可得1412m7xx==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'114m/s14m/s1v==故B正确；CD．由A选项分析，按逆向思维，可得2112m2xat==解得24m/sa=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416m/svat==故C错误，D正确。本题选错误项，故选C。4．【答案】D【

详解】A．不计空气阻力，B到C先加速后减速，故A错误；B．从B点至C点过程中，加速度要变化，故B错误；CD．在B点时，加速度大小为mgagm==从B点至C点过程中由于弹力逐渐增大，运动员加速度先减小至0

，后增大，由对称性，C点加速度大于g则可知在C点时，运动员在的加速度最大，故C错误，D正确。故选D。5．【答案】B【详解】第ts内物体下落的高度()()2211(s)s1s521m22thgtgtt=−−=−，A错误；第(t–1)s内物体下落的高度为5(2t–3)m，B正确．第t

s比第(t–1)s下落的距离多10m，C错误。10s内下落的高度为80m，D错误。6．【答案】A【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()21sinssiinn180FmgF==−−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．【答案】A【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22902CAB−+=−+=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CAB的角平分线，即222cos()4aFMg−+=合由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力222cos()4aFMg−+=合故A正确；B

．由题意可知，物体静止，钢索拉力FMg=故B错误；C．以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知cos()sinBMgF−=解得cos()sinBFMg−=故C错误；D．以整体为研究对象，钢索对OB有向下拉力，底座对整体的支持力大于()Mmg+，故D选项错误。公众号：高中试卷君故选A。

二、多项选择题：8．【答案】AD【详解】AB．设两根阻拦索之间的夹角为，由受力分析可知，飞机所受合力为2cos2FF=合当阻拦索夹角为120时FF=合故A正确，B错误；CD．由牛顿第二运动定律2cos2Fma=飞机向前运动，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．【答案】AD【详解】A．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足sincosmgmg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sincosmgmg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1sincosmgmgma+=当木块下滑速度等于皮带速度时，如果sincosmgmg2sincosmgmgma−=故A正确；B．由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块

的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0v，故B错误；C．木块在00t时间内，所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有1sincosmgmgma+=由图乙可知010vat

=联立解得00tancosvgt=−故C错误；D．0t时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛犊第二定律2sincosmgmgma−=把C中解得代入解得0202sinvagt=−故D正确。故选

D。10．【答案】CD【详解】AB.交接棒时2012vtats=+得2s=t或4st=由于乙加速到最大速度的时间为03svta==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214m2xat=

=AB错误C．由题意可知，甲、乙共速时相遇，则200012vtats=+则发令时甲与接力区前端的距离为09ms=D．棒现在甲的手中以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3sLtv==CD正确，故选CD。三、非选择题：共57分。11．

【答案】（1）7.00（2）A10（3）不变（第1问1分，第2问，第3问每空2分）12．【答案】（1）偶然（2）B（3）匀速（4）()0222MmmHmt++（第1问，第2问，第3问每空2分。第4问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）108T；（2）732BvaT=；【解析】【详解】（1）因为微粒开始做匀加速直线运动，根据公式可得212L

at=（2分）解得108tT=（2分）2Tt所以满足条件，一直加速（1分）（2）34Tt=时产生的微粒，先做匀加速再做匀减速，4T内加速运动的位移为2211122416xaTaT==（2分）此时粒子的速度为11242vaTa

T==（2分）减速阶段粒子运动到B板的速度222()BvvaLx−=−（2分）732BvaT=（2分）15．【详解】（1）由题可知1.5s时物块、木板共速，则物块在0～1.5s内的加速度为211130m/s1.50vat−==−22m/s=（2分）对

物块有11mgma=可得物块与木板间的动摩擦因数为10.2=（2分）（2）在1～1．5s内木板的加速2222239m/s12m/s1.51vat−===−−（1分）根据牛顿第二定律有1222mgmgma−−=得20.5=（2分）撤去拉力F前，木板的加速度

209m/svat==（1分）根据牛顿第二定律有()1202Fmgmgma−+=（2分）得21NF=（1分）（3）可知共速时速度为3m/s，则在1．5s内物块位移为221113m2.25m222vxa===（

1分）1.5s内木板位移为()22221229391mm7.5m222212vvvxta−−=+=+=−（1分）在1．5s后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小2112m/sag=−=−（1分）物块到停止的时间还需

1101.5svta−==块木板的加速度大小为2a，则有2122mgmgma−+=（1分）得228m/sa=−木板到停止的时间还需1203s8vta−==板所以木板比物块早停止运动，在1．5s末到

物块停止运动的时间内，物块的位移为2211103m2.25m222vxa−===（1分）木板位移为212200.5625m2vxa−==（1分）则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为2211Lxxxx=+−−=()7.50.56252.252.

25m3.5625m+−−=（1分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com