【文档说明】重庆市第八中学2023-2024学年高三上学期入学测试物理试题 含解析.docx，共(21)页，1.758 MB，由小赞的店铺上传

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重庆八中高2024级高三（上）入学测试物理试题一、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.平衡艺术家在不使用任何工具的情况下，仅靠大自然重力就能将形状各异的石头叠在一起，

赢得了无数惊叹声。某次一平衡艺术家将石块A、B、C从下到上依次叠放在一块大石头上，并使它们始终保持静止，整个环境处于无风状态，则（）A.石块C对B的压力就是C的重力B.石块B只受3个力的作用C.石块A受到的合力向上D.石块B对石块A的作

用力一定竖直向下【答案】D【解析】【详解】A．压力与重力是两种不同性质的力，不能说石块C对B的压力就是C的重力，故A错误；BD．石块B受力的个数最多可能5个，即重力、C对B的压力和摩擦力、A对B的支持力和摩擦力，由于BC可以正立在石块A上，以BC石块为整体，根据平衡条件可知A对BC的

作用力竖直向上，所以石块B对石块A的作用力一定竖直向下，故B错误，D正确；C．石块A处于静止状态，合力为0，故C错误；故选D。2.一架飞机在高空中由东向西沿水平方向做匀速飞行，飞机每隔相同时间空投一个物体，共

连续空投了6个物体（不计空气阻力）。下图是从地面某时刻观察到的6个空投物体的位置，其中正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】飞机在高空中由东向西沿水平方向做匀速飞行，每隔相同时间空投一个物体，这些物体在投放前后

相对于地面水平方向都是做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，因此这些物体的位置在空中形成一条竖直线，而竖直方向在相等时间间隔内的位移越来越大。故选B。3.如图，跨过光滑定滑轮的轻绳一端系着铁球（大小不可忽略，系绳延长线过球心）、一端连在水平台上的玩具小车上，车牵引着绳使球沿光滑竖直墙面从较低处

竖直上升。则在球匀速竖直上升且未离开墙面的过程中（）A.玩具小车做减速运动B.玩具小车做加速运动C.绳对球的拉力大小变小D.绳对球的拉力大小变大，球处于超重状态【答案】A【解析】【详解】设球的质量为m

，速度为v，绳子拉力为T，拉球的绳子与竖直方向夹角为θ，由于球的半径不能忽略，易知球在上升的过程中，θ逐渐增大。AB．将球的速度分解为沿绳子和垂直于绳子方向，车与球在沿绳子方向上速度相等，可知cosvv=车

球上升的过程中，随着θ增大，车速逐渐减小，因此玩具小车做减速运动，A正确，B错误；CD．由于球匀速运动，所受合力为零，则在竖直方向上cosTmg=可得cosmgT=随着θ逐渐增大，绳子拉力逐渐增大，而球匀速运动，即不处于超

重状态也不处于失重状态，C、D错误。故选A。4.在看了2021年东京奥运会上苏炳添的精彩比赛后，擅长100米短跑的小诚同学非常激动，训练更加刻苦。他的某次100米训练中，假设前6s内做匀加速直线运动，其中第3

s内的位移是4m，第5s内的位移是7.2m，则在前6s内，下列说法正确的是（）A.加速度大小为23.2m/sB.第3s初至第4s末的位移大小为56m.C.后2s内的位移大小为16mD.第3s初的速度比第5s末的速度小3.2m/s【答案】C

【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等532xxa−=解得21.6msa=故A错误；B．根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等4354xxxx−=−解得第4s内的位移为5345.6m2xxx

+==所以第3s初至第4s末的位移大小为3410.6mxxx=+=故B错误；C．根据匀变速直线运动相同时间间隔内的位移差相等65xxa−=解得658.8mxxa=+=所以后2s内的位移大小为6516mxxx=+=故C正确；D．该运动员前6s内做匀加速

直线运动，所以第3s初的速度比第5s末的速度小4.8msvat==故D错误。故选C。5.中国空间站工程“巡天”望远镜（简称CSST）将于2024年前后投入运行，CSST以“宫”空间站为太空母港，日常工作时与空间站共轨独立飞行，且与空间站保持适当距离，在需要

补给或者维修升级时，主动与“天宫”交会对接，停靠太空母港。已知地球半径为R，空间站轨道距地球表面高度为h，地球表面的重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.CSST停靠太空母港时，组合体运行的周期为3()2RhgR+B.CSST工作时加速度的大小

为()gRh+C.CSST工作时线速度的大小为2gRvRh=+D.若CSST工作时位于“天宫”前方，仅通过减速后可与“天宫”快速对接【答案】C【解析】【详解】A．根据2224()()MmGmRhRhT=++2MmGmgR=得组合体运行的周期为32)2(RhTgR+=故A错误

；B．根据2()MmGmaRh=+2MmGmgR=CSST工作时加速度的大小为()22=+gRaRh故B错误；C．根据22MmvGmrr=2MmGmgR=CSST工作时线速度的大小为2gRvRh=+故C正确；D．若CSST工作时位

于“天宫”前方，仅通过减速，则会做向心运动，变换轨道，无法与“天宫”对接，故D错误。故选C。6.如图所示，在轻杆上端B点系上一根长为R的细线，细线下端连上一个质量为m的小球．以轻杆的A点为顶点，使轻杆旋转起来，其B点在水平面内做匀

速圆周运动，轻杆的轨迹为一个母线长为L的圆锥，轻杆与中心轴AO间的夹角为。同时小球在细线的约束下开始做圆周运动，轻杆旋转的角速度为，小球稳定后，细线与轻杆间的夹角2=。已知重力加速度为g，则（）A

.小球做圆周运动的周期为B.小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为sinRC.小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积为tangD.细线对小球的拉力为cosmg【答案】C【解析】【详解】A．对小球，做圆周运动的周期为2

T=故A错误；B．小球做圆周运动的线速度与角速度的关系满足vr=由几何关系可知()sinrLR=+即小球做圆周运动的线速度与角速度的比值为()sinvLR=+故B错误；C．小球做圆周运动的线速度与

角速度的乘积2avrr===由受力分析可知tanmamg=故小球做圆周运动的线速度与角速度的乘积tanvg=故C正确；D．由受力分析可知cosmgT=故D错误。故选C。7.一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另

一端和质量为35m的小物块a相连，如图所示。质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为0x。从0=t时开始，对b施加沿斜面向上的拉力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块ab、分离；再

经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为0x。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。则（）A.ab、在弹簧压缩量为02x处分离B.b的加速度为1sin5gC.作用于b上的最小拉力为2sinmgD.a在匀加速运动的时间为02sinxg【答案】D【

解析】【详解】A．由于初速度为0，最初两段相同时间间隔内位移之比为1213xx=且由题可知120xxx+=ab、在弹簧压缩量为034xx=故A错误；B．此时两物体刚好要分离，即a与b之间无相互作用力，对a由牛顿第二定律可得03

33sin455−=kxmgma小物体b紧靠a静止在斜面上，则将二者看出一个整体，可知弹力大小与整体重力的分力大小相等，有0sinkxmg=总整理解得sinag=故B错误；C．分离前对整体分析可知，由牛顿第二定律有33()sin()55Fkxmmgmma+−+=+则刚开

始运动时拉力最小，则0xx=，且03()sin5kxmmg=+则min8sin25Fmg=故C错误；D．a与b在b向上运动的位移1014xx=刚好分离，此前a在匀加速运动，则有201142xat=解得02sin=xtg故D正确。

故选D。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。8.2022年北京冬奥会后，我国北方掀起一股滑雪运动的热潮，有一倾

角为37=的斜面雪道如图（甲）。假设一滑雪爱好者和他的雪橇总质量为75kgm=，他们沿足够长的雪道向下滑去，已知他和雪橇所受的空气阻力f与滑雪速度v成正比，比例系数k未知，雪橇与雪道间的动摩擦因数均相同。从某时刻开始计时，测量得雪橇运动的vt−图像如图（乙）中的曲线AD所示，图中AB是曲

线AD在A点坐标为()0,5的切线，切线上一点B的坐标为()4,15CD，是曲线AD的渐近线。（g取210m/ssin370.6cos370.8==，，）。下列说法正确的是（）A.开始运动时雪橇的加速度大小为23.75m/sa=B.04s−内雪橇做

加速度变小的曲线运动C.比例系数为37.5Ns/mk=D.动摩擦因数0.125=【答案】C【解析】【详解】人和雪橇整体在下滑过程中受到重力、支持力、空气阻力、摩擦阻力。如图所示：A．从图中斜率可知，开始运动的加速度22155m/s

2.5m/s4vat−===故A错误；B．人和雪橇先做初速度为5m/s，加速度越来越小的加速直线运动，故B错误；CD．根据牛顿第二定律有开始时0mgsinkvmgcosma−−=由AD这条渐近线可知，10m/s为其运动的收尾速度（即匀速运动速度），即有mmgsinmgco

skv=+两式联立，得0mkvkvma−=将05m/sv=10m/smv=代入后得37.5Ns/mk=0.04=故C正确，D错误；故选C。9.如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带M和N，传送带M、N做匀速直线运

动的速度大小分别为0.3m/s0.4m/s、，方向均已在图中标出，一小煤块（视为质点）离开传送带M前已经与传送带M的速度相同，并平稳地传送到传送带N上。小煤块的质量为1kg，与传送带N的动摩擦因数为0.1，取重力加速度

大小210m/sg=，传送带N的宽度足够大。下列说法正确的是（）A.小煤块传送到传送带N前瞬间，相对地面的速度大小为0.5m/sB.小煤块传送到传送带N前的瞬间，相对传送带N的速度大小为0.5m/sC.小煤

块传送到传送带N上后，经0.5s与传送带N保持相对静止D.小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线，其长度为0.25m【答案】BC【解析】【详解】AB．小煤块离开传送带M前已经与传送带M的速度相同，所以小煤块传送

到传送带N前的瞬间，相对地面的速度大小为0.3m/s，相对于相对传送带N的速度大小为()()220.30.4s.m/05v=+=A错误，B正确；C．小煤块滑上传送带N时摩擦力提供了加速度，有牛顿第二定律可知fmgma

==解得21m/sa=设达到相对速度为零所用时间为tvat=解得0.5s0.5s1t==C正确；D．在t时间内，小煤块相对于传送带N的位移为的22vax=相对()20.50.125m2x==相对D错误。故选BC

。10.如图甲所示，质量为0.5kgM=的木板静止在光滑水平面上，质量为1kgm=的物块以初速度04m/sv=滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为0.2=，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s。给木板施

加不同大小的恒力F，得到1Fs−的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210m/sg=。则下列说法正确的是（）A.若恒力0F=，物块滑出木板时的速度为10m/s3B

.当外力1NF=时，物块恰好不能从木板右端滑出C.图中C点对应的恒力的值为4ND.图中D点对应的s值为4m3【答案】ABD【解析】【详解】A．若恒力0F=，M与m构成的系统动量守恒，取水平向右为正方向012mvmvMv=+222012111

222mvmvMvmgs−+=其中1ms=联立解得12m/sv=；24m/sv=（不符合题意）或者110m/s3v=；24m/s3v=故A正确；B．当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有相同的速度v，且经历的时间为t；

对木板有牛顿第二定律可知1FmgMa+=1FmgaM+=物块的加速度为2mgma=021vvatat=−=00222vvvvsttt+=−=联立解得134Fs+=由图可知1ms=代入解得1NF=所以

当外力1NF=时，物块恰好不能从木板右端滑出，故B正确；C．当F继续增大时，物块减速，木板加速，两者木板上某一位置具有共同速度，当两者共速后能保持相对静止一起以相同加速度a做加速运动，由牛顿第二定律可知()FMma=+=fma由于max2Nffmg==联立解得在3NF所以在

BC段恒力F的取值范围为1N3NF所以图中C点对应的恒力的值为3N，C错误；D．图中D点对应的恒力的值为3N，此种情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到相同的速度，之后物块相对于木板向左运动，从左端离开；设经过1t时间达到共速，对木板由牛顿第二定律得3FmgMa+=对物块由

牛顿第二定律得4mgma=解得2310m/sa=，242m/sa=又04131vvatat=−=，001111222vvvvsttt+=−=联立解得11s3t=，2m/s3v=，12m3s=则图中D点对应的s值

为14m32ss==故D正确。故选ABD。三、实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题9分，共15分。11.在探究平抛运动规律实验中，利用一管口直径略大于小球直径的直管来确定平抛小球的落点及速度方向（只有当小球速

度方向沿直管方向才能飞入管中），重力加速度为g。如图所示，一倾斜角度为的斜面AB，A点为斜面最低点，直管保持与斜面垂直，管口与斜面在同一平面内，平抛运动实验轨道抛出口位于A点正上方某处。为让小球能够落入直管，可以根据需要沿斜面移动直管。（1）以下是实验中的一些做法，合理的是_______

_。A．斜槽轨道必须光滑B．安装斜槽轨道，使其末端保持水平C．若轨道粗糙，需调整轨道角度平衡摩擦力D．选择密度更小小球（2）某次平抛运动中，直管移动至P点时小球恰好可以落入其中，测量出P点至A点距离为L，根据以上数据可以计算出此

次平抛运动在空中飞行时间t=________，初速度0v=________（用L，g，θ表示）。【答案】①.B②.costanLg③.sinLg【解析】【详解】（1）[1]AC．每次只要小球从斜槽某个固定位置由静止滚下，就能保证到达斜槽末端的速度相等，不必要求

斜槽光滑，也不必平衡摩擦力，A、C错误；B．由于小球离开斜槽后做平抛运动，因此斜槽末端必须保持水平，B正确；D．为了减小空气阻力的影响，应尽可能选择密度更大的小球，D错误。故选B。（2）[2][3]由

于小球离开斜槽做平抛运动，因此在水平方向上0cosvtL=又由于小球落入直管中，应满足0tanvgt=联立解得costanLtg=，0sinvLg=12.某同学利用测质量的小型家用电子秤，设计了测量木块和木板间动摩擦

因数的实验。如图（a）所示，木板和木块A放在水平桌面上，电子秤放在水平地面上，木块A和放在电子秤上的重物B通过跨过定滑轮的轻绳相连。调节滑轮，使其与木块A间的轻绳水平，与重物B间的轻绳竖直。在木块B上放

置5个砝码（电子秤称得每个砝码的质量0m为5.0g），实验过程中从在木块B上取n个砝码置于木块A上，向左拉动木板的同时，记录电子秤的对应示数m。的（1）实验中，匀速拉动木板。（2）用Am和Bm分别表示木块A和

重物B的质量，则m和AB0mmmn、、、、所满足的关系式为m=________；（3）根据测量数据在坐标纸上绘制出mn−图像，如图（b）所示，可得木块A和木板间的动摩擦因数=________（保留2位有效数字）；（4）若开始时B放上电子秤前未注意到电子秤有读数，且实验时也未对电子秤校零

，则动摩擦因数测量值________真实值（填“偏小”、“相等”或“偏大”）。【答案】①.BA0mmnm−+（）②.0.40③.偏大【解析】详解】（2）[1]对木块、砝码以及重物B分析可得A0Bmnmgmgmg++=（）整理解得BA0mmmnm=

−+（）（3）[2]由于A0Bmnmgmgmg++=（）整理可得BA0mmmmn=−−结合图像可得0591985m−==故0.40=（4）[3]若仅考虑定滑轮处摩擦的影响，μ的测量值实际上包含了定滑轮处摩擦对系统整体摩擦力的

贡献，的【所以μ的测量值与真实值相比偏大。四、计算题：本题共3小题，第13题10分，第14题14分，第15题18分，共42分。13.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在该届冬奥会的首金。（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看做初速度为零的

匀加速直线运动，若运动员加速到速8m/sv=时，滑过的距离16mx=，求运动员该过程所经历的时间；（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为6m

8mRR==乙甲、，滑行速率分别为8m/s10m/svv==甲乙、，求甲、乙过弯道时的角速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。【答案】（1）4s；（2）1615=甲乙，甲先出【解析】【详解】（1）

由题意，运动员起跑后进入弯道前的过程看做初速度为零的匀加速直线运动，根据2vxt=代入数据，可得运动员该过程所经历的时间4st=（2）根据vR=，可得甲、乙过弯道时的角速度大小之比881610615vRvR=

==甲甲乙乙乙甲二者通过弯道所用时间分别为63ss84Rtv===甲甲甲84ss105Rtv===乙乙乙所以甲先出弯道。14.如图所示，质量为M的热气球上载有质量为m的物资且二者静止于距水平地面H的高处，现将物资以相对地面向右的速度0v水平投出的同时，热气球获得反向

的速度0mvvM=，投出物资前后热气球所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，求：（1）投出物资后热气球的加速度；（2）落地时物资与热气球的距离d。【答案】（1）magM=，方向竖直向上；（2）2202()HvMmdHMg+=+【解析】【详解】（1）由题意，抛出物资前，根据平衡条件有()Mm

gF+=浮抛出物资后，由于热气球所受浮力不变，根据牛顿第二定律可得FMgMa−=浮联立求得，投出物资后热气球的加速度magM=方向竖直向上。（2）抛出物资后，热气球斜向左上方做类平抛运动，设物资落地的

时间为t，物资的水平位移为1x，热气球水平位移为2x，竖直向上发生的位移为h，则有212Hgt=10xvt=212hat=2xvt=可得2212()()dxxHh=+++联立以上式子求得2202()HvMmdHMg+=+15.经研究发现：汽车在雨中沿水平方

向匀速行驶时，前挡风玻璃上的水滴受汽车上空疾驰的风的作用，水滴的移动方向与水滴的大小及风力大小有关。为研究该问题，用小球模拟水滴运动，当汽车以0v水平匀速行驶时，半径为0R的小球B在挡风玻璃上的位置保持不变，挡风玻璃与水平面夹角为，风对小球的作用力2fkAv=（k为比例系

数，A为球横截面积，v为汽车行驶速度），方向与汽车速度方向相反。小球可视为质点，因玻璃表面有疏水膜，小球和玻璃之间摩擦可忽略不计，重力加速为g，小球密度为()3102.1,31.7==（1）求小球B的半径0R；（2）求汽车以02v的速度水

平匀速行驶时，半径为03R的小球C沿挡风玻璃运动的加速度；（3）汽车维持02v的速度水平匀速行驶，某时刻有半径分别为0R、03R小球从距挡风窗上沿s、34s处同时开始相对挡风玻璃无初速度滑动，如图所示，一段时间后，两小球相遇并立刻合并为一新球（合并前后速度满足

动量守恒定律），求从两球开始运动到滑到挡风窗上沿的时间。【答案】（1）2034tankvg；（2）11sin3ag=，方向沿挡风玻璃斜面向上；（3）5062733513(sinsin3sin)sin112078428114sinsgsgsgsgg

+−+【解析】【详解】（1）根据题意，由平衡条件可得20sincosmgkAv=而小球的质量3043mVR==g式中20AR=联立解得20034tankvRg=（2）当小球C的半径为03R，其质量

为330044(3)272733mVRRm====根据分析可得在沿着挡风玻璃的斜面上有201(2)cos27sin27kAvmgma−=式中2200(3)99ARRA===解得11sin3ag=，方向沿挡风玻璃斜面向上（3）设B球在车速为02v时

的加速度为2a，则由牛顿第二定律有202(2)cossinkAvmgma−=解得23sinag=，方向沿挡风玻璃斜面向上设B、C两球经过时间1t相碰，且碰撞前各自速度为Bv、Cv，各自位移为Bx、Cx，则根据题意有BC4sxx=+由运动学有2B2112xat=，2C1

112xat=解得1134sinstg=，B33sin4vsg=，C13sin12vsg=此时B、C两球距离挡风玻璃上沿的距离为221123232lsats=−=B、C两球碰撞过程动量守恒，设碰后获得的共同速度为v，则有BC2728mvmvmv+=解

得33sin28vsg=设新球的加速度为3a，根据牛顿第二定律有203(2)28sin28kAvmgma−=设新球的半径为R，有34283mVR==解得3028RR=则可得223(28)9.2ARAA==联立解得311

sin35ag=设新球运动到挡风玻璃上沿的时间为2t，速度为v，则有2232vval−=，32vvat=+解得250627335(sinsin3sin)sin11207842811tgsgsgsg=+−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xia

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