【文档说明】重庆市兼善中学2021-2022学年高三（上）入学考试物理试题（解析版）.docx，共(83)页，344.659 KB，由小赞的店铺上传

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重庆市兼善中学高2019级高三（上）入学考试物理试题（满分：100分，考试时间：75分钟）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，只有一项符合题目要求。1.—遥控玩具小车在平直公路上运动的位移一时间图象如图所示，则（）A.前10s内汽车的加速度为19.6m

/sB.前25s内汽车做单方向直线运动C.15s末汽车的位移为300mD.20s末汽车的速度为-1m/s【答案】D【解析】A、由图象可知，15s内汽车的位移为30030xmm=−=，故A错误；B、汽车在20s时做匀速直线运动，速度为2030/1/10xvmsmst−===−，故B错误

；C、汽车在前10s内向正方向做匀速直线运动，所以前10s内加速度为0，1015s−内静止，1525s−内反向做匀速直线运动，故CD错误．2.如图所示，从同一水平线上的不同位置，沿水平方向抛出两个小球AB

，不计空气阻力，若欲使两小球在空中相遇，则必须（）A.先抛出A球B.同时抛出两球C.在相遇点A球速度等于B球速度D.相遇点A球速度小于B球速度【答案】B【解析】AB.相遇时两球下落的高度相同，根据2htg=可

知，两球运动时在间相同，所以应同时抛出两球，故A错误，B正确；CD.相遇时，两球下落的高度相同，竖直分速度相同，运动时间相同，而A球的水平位移大，A球的水平分速度大，相遇时的速度22xyvvv=+，所以相遇时，A球的速度大，故

CD错误．3.一物体做直线运动的v-t图像如图所示，则物体A．2s和9s两个时刻速度方向相反B．0~7s的位移大于7~10s的位移C．合力方向一直不变D．速度先变小后变大【答案】B4.如图所示，A是一均匀小球，

B是一14圆弧形滑块，最初A、B相切于圆弧形滑块的最低点，一切摩擦均不计，开始B与A均处于静止状态，用一水平推力F将滑块B向右缓慢推过一段较小的距离，在此过程中-2-4246810-60()A．墙壁对球的弹力不变B．滑块对球的弹力增大C．地面对滑块

的弹力增大D．推力F减小【答案】B【解析】对小球受力分析，小球受到重力、滑块的弹力和墙壁的弹力，如图所示，重力的大小和方向都不变，墙壁的弹力方向不变。滑块的弹力和墙壁的弹力的合力不变，大小等于重力，由图可知，滑块对球的弹力在增大

，墙壁对球的弹力在增大，故A错误，B正确；对滑块和小球整体进行受力分析，整体受重力、支持力、墙壁的弹力及推力，竖直方向上滑块和小球的重力大小等于地面对滑块的弹力，滑块和小球的重力都不变，所以地面对滑块的弹力不变，水平方向上推力F大小等于墙壁对球的弹力，所以推力F增大，故C

、D错误。5.2021年8月5日，在2020东京奥运会跳水项目女子单人十米台决赛，全红婵以女子十米跳台历史最高分466.20分的总成绩，获得2020东京奥运会跳水女子单人十米台冠军。将全红婵入水后向下的运动视为匀减

速直线运动，该运动过程的时间为t。全红婵入水后第一个t4时间内的位移为x1，最后一个t4时间内的位移为x2，则x1x2为()A.3∶1B.4∶1C.7∶1D.8∶1【答案】C【解析】将运动员入水后的运动逆向思维可看成

初速度为零的匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律可知，连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶7…，所以有x1x2＝71，选项C正确，A、B、D错误。6.如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动

．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得

加速度：a1=gsinθ+μgcosθ，a恒定，斜率不变；当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零．7．如图所示，质量分别为M、m的两物块A、B叠放在一起沿光滑水

平地面以速度v做匀速直线运动，A、B间的动摩擦因数为μ，在t=0时刻对物块A施加一个随时间变化的推力F=kt，k为一常量，则从力F开始作用到两物块刚要发生相对滑动所经过的时间为()A.()Mmvk+B.()MmmgkM+C.kmMgmM

)(+D.()Mmgkm+【答案】C【解析】由牛顿第二定律可得系统一起运动的加速度FaMm=+,物块B速度由A对B的静摩擦力产生,最大加速度BmMgam=当Bmaa时A,B发生相对滑动,则两物块刚要发生相对滑动时Bmaa=,代入Fkt=解得kmMgmMt)(+=

,C项正确.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.矿井中的升降机从井底开始以5m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，

经过3s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，下列说法正确的是()A.螺钉松脱后做自由落体运动B.矿井的深度为45mC.螺钉落到井底时的速度大小为25m/sD.螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s【答案】BC【解析

】螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项错误；取竖直向上为正方向，螺钉从脱落至落到井底的位移h1＝v0t－12gt2＝－30m，升降机继续上升的位移h2＝v0t＝15m，故矿井的深度为h＝|h1|＋h2＝45m，B项正确；螺钉落到

井底时的速度为v＝v0－gt＝－25m/s，即速度大小为25m/s，C项正确；螺钉松脱前运动的时间为t′＝|h1|v0＝6s，所以螺钉运动的总时间为t总＝t＋t′＝9s，D项错误。9.如图所示，不可伸

长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，连接物体B的绳最初水平。从当前位置开始，使物体B以速度v沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为FT，在此后的运动过程中，下列说法正确的是()A.物体A做加速运动B.物体A做匀速运动C

.FT小于mgsinθD.FT大于mgsinθ【答案】AD【解析】由图可知绳端的速度v绳＝vsinα，与B的位置有关，因为B为匀速运动，B下降过程中α变大，v绳变大，因此物体A做加速运动，FT大于mgsinθ，

故A、D正确，B、C错误。10.如图所示，弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上，下端用小钩钩住质量为m的小球C，弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计．静止时p、q与竖直方向的夹角均为60°.下列判断正确的有()A.若p和球突然脱钩

，则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mgB.若p和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为32gC.若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为12mgD.若q和球突然脱钩，则脱钩后瞬间球的加速度大小为g【答案】BD【解析】试题分析：原来p、q对球的拉力大小均为mg．p和球脱

钩后，球将开始沿圆弧运动，将q受的力沿法向和切线正交分解（见图1），得2600mvFmgcosr−=＝，即F＝12mg，合力为mgsin60°=ma，A错误，B正确；q和球突然脱钩后瞬间，p的拉力未来得及改变，仍为mg，因此合力为mg（

见图2），球的加速度为大小为g．故C错误，D正确；故选BD．三、非选择题：共57分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共45分11.（6分）如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了

小车加速度a与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图．钩码的质量为m1，小车和砝码的质量为m2，重力加速度为g．（1）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m1g，作出a﹣F图象，他可能作出

图2中______（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线．此图线AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______。的A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大（2）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步

骤，若轨道水平，他测量得到的21m﹣a图象，如图3。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，则小车与木板间的动摩擦因数μ=_____。【答案】①.丙、C；②bgk=【解析】（1）[2][3]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，

就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故可能作出图2中丙.此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是钩码的总质量太大，没有远小于小车和砝码的质量，故选C．（2）[4]根据牛顿第二定律可知122mgmgma−=，变形21111ammmg=+，结合21am−图象可得：斜率11

kmg=，截距1bm=，所以小车与木板间的动摩擦因数为bgk=12.（9分）某实验小组用下图甲所示的装置测自由落体的加速度。其操作步骤如下：A．按照图甲的装置安装实验器材；B．将打点计时器接到学生电源的“交流输出”上；C．用手捏住纸带上端把纸带拉成竖直，使重物靠近打点计时器；D．先释放纸

带，之后闭合开关接通电源，打出一条纸带；E．重复步骤C几次，从打出的纸带中选取较理想的一条如图乙，测出纸带上一些连续点的距离为AB=5.8mm，BC=9.8mm，CD=13.6mm，DE=17.6mm；F．

根据测量的数据算出重力加速度。(1)以上步骤中一处有错误，请指出其错误步骤（填代号）并改正：______________________。(2)分析纸带可以得到B点速度为___________m/s，当地重力加速度为___________m/s2（交流电频

率为50Hz，保留三位有效数字）。（3）用这种方法测出的重力加速度与比实际值相比，(填“偏大”“相等”“偏小”)其原因是___________。（写一种原因就可以）【答案】(1).D中应该为先接通电源，后释放纸带(2).0.3909.75(3).偏小物体

拖着纸带运动过程中存在阻力等【解析】(1)实验时应先接通电源后释放纸带，故D中应该为先接通电源，之后释放纸带(2)根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于该过程中的平均速度，则0.00580.0098m/s0.390m/s2220.02BACABBCvTT++=

===由逐差法可得加速度大小为22220.01360.01760.00580.0098m/s9.75m/s440.02CEACgT−+−−===(3)因为纸带运动过程中存在阻力，所以用这种方法测出的重力加速度总比实际值偏小13．（12分）如图，一倾角为θ=

30o的斜面固定在地面上，斜面顶端装有定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块N，另一端与斜面上的物块M相连（滑轮与物块M间的细绳与斜面平行），系统处于静止状态。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：（1）物块M的质量；（2）用质量为

12m的物块P替换物块N，为保证系统依然静止，求施加在M上推力的最小值。13．（12分）【解析】θMN（1）由平衡关系可知：0sin30Mgmg=则：M=2m（2）换成物块N后，系统依然平衡，则绳子拉力12Tmg=对物块M而言，施加

的推力至少要平衡物块M的重力下滑分力与绳拉力的差值即：0min1sin302FMgTmg=−=，沿斜面向上14.（18分）如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长l为5m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以v0＝10m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带

静止时，小物体恰好能滑到平台CD上。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。(1)小物体与传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一速度时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度；(3)若小物

体以v1＝8m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能够到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？【答案】(1)0.5(2)25m/s(3)3m/s【解析】(1)传送带静止时，小物体在传送带上根据牛顿第二定律得－μmgcos37°－mgsin37°＝ma1小

物体从B点运动到C点的过程有0－v20＝2a1l联立以上式子并代入数据解得a1＝－10m/s2，μ＝0.5。(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力方向始终向上时，最容易到达平台CD，此时根据牛顿第二定律得－mgsin3

7°＋μmgcos37°＝ma2若恰好能到达平台CD时，有0－v2＝2a2l联立以上式子并代入数据解得a2＝－2m/s2，v＝25m/s即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于25m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都

不能到达平台CD。(3)小物体在平台AB上的运动速度大小为v1＝8m/s，小物体能够到达平台CD时，设传送带顺时针运动的最小速度大小为vmin，由于v1＞v＝25m/s，故若传送带的速度大于或等于25m/s时，小物体必能到达平台CD，故所求的传送带的最小速度大小vmin应小于v。对从

小物体滑上传送带到小物体速度减小到与传送带的速度大小相等的过程中，有v21－v2min＝2a1x1对小物体以速度大小vmin减速到零到达平台CD的过程，有v2min＝2a2x2x1＋x2＝l联立并代入数据解得vmin＝3m/s即传送带至少以3m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台C

D。（二）选考题：共12分。请考生从第15题和16题中任选一题作答,若两题都做，则按所做的第一题计分。15.[选修3-3]（12分）（1）（4分）一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，AB、BC、CD、DA这四段过程在p­T图上都是直线段，其中AB的延长线通过坐标原点O，BC垂直于A

B，而CD平行于AB，由图可以判断（D）A．AB过程中气体体积不断减小B．AB过程中气体体积增大C．BC过程中气体体积不断增大D．CD过程中气体体积不断增大【答案】D【解析】AB．AB的延长线通过坐标

原点O，即AB位于同一等容线，所以VA=VB，故A、B错误；CD．连线CO与DO，则C和O、D和O分别位于同一等容线，比较斜率可知VA=VB>VD>VC，故D正确，C错误。（2）（8分）夏天气温高，汽车在高速公路上长时间连续行驶

，轮胎容易发生爆胎导致交通事故．已知汽车行驶前轮胎内气体压强为53.010Pa，温度为27℃，爆胎时胎内气体的温度为90℃，轮胎中的空气可看作理想气体。（1）求爆胎时轮胎内气体的压强；（2）保持轮胎内气体温度90℃不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强

降低到53.010Pa，求轮胎内剩余气体的质量与原来质量的比。【答案】（1）53.6310Pa；（2）100121【详解】（1）轮胎内的空气发生等容变化，则1212ppTT=解得523.6310Pap=

（2）假设将放出的气体先收集起来并保持压强与氧气罐内气体相同，以全部气体为研究对象，由气体的等温变化规律知211pVpV=，则剩余气体与原来总气体的质量比为1mVmV=剩总解得100121mm=剩总16.[选修3-4]（12分）（1）（4分）一列简谐横波在弹性介质中沿x

轴传播，波位于坐标原点O，零时刻波开始振动，t＝3s时波停止振动，如图为t＝3.2s时的波形图（波已传播超过5.0m）．其中质点a的平衡位置离原点O的距离x＝2.5m．以下说法正确的是()A.波速为4m/sB.从波起振

开始计时3.0s内质点a运动的总路程为2.5m[C.波起振方向沿y轴正方向D.在t＝3.3s，质点a位于波谷【答案】B（2）（8分）机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，质点P的坐标x＝0.32m．从此时刻开始计时．(1)若每间隔最小时间0.

4s重复出现波形图，求波速；(2)若P点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速；[来【解析】(1)由波形图知，波长λ＝0.8m由题意知，周期T＝0.4s波速v＝λT＝2m/s.(2)图示时刻质点P左侧最近波峰位于x1＝0.2m处Δt＝0.4s内波传播的距离Δx＝x2－x1＝0.32m－0.2m＝

0.12m波速v＝ΔxΔt＝0.3m/s.