重庆市名校联盟2023-2024学年高一上学期第二次联考（12月）物理Word版含解析.docx

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重庆市名校联盟2023-2024学年度（高2026届）第一期第二次联考物理试题（本试卷共6页，总分100分，考试时间75分钟）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，并认真核对条形码上的姓名、准考证号、座位号及科类名称。2．请将准考证条形码粘贴在右侧的[考生条形码粘贴处]的方框内。3．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔填写，字体工整、笔迹清楚。4．请按题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效。5．保持答题卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、刮纸刀。一、单项选择题：本大题共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。1．2023年9月23日晚20∶00，第19届亚运会在杭州拉开帷幕。第2天上午，徐州选手张雨霏以2分05秒的成绩获得女子200米蝶泳比赛金牌。下列说法正确的是（）A．“2分05秒”使用的是国际单位制单位B．在研究张雨霏的技术动作时，不可以把她看成质点C．在游泳过程中，若以水为参考系，张雨霏是静止的D．张雨霏加速的过程中，加速度一定也在增大2．如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑特色之一。屋顶部分结构如题图乙所示，横截面为圆弧的瓦片静置在两根相互平行的木板正中间。己知木板与水平面夹角均为θ，瓦片质量为m，忽略瓦片厚度，重力加速度为g，则（　　）A．木板对瓦片的总支持力大小为mgsinθB．木板对瓦片的总摩擦力大小为μmgcosθC．木板对瓦片的总摩擦力大小为mgsinθD．若θ越小，木板对瓦片的总摩擦力越大 3．音乐喷泉是一种为了娱乐而创造出来的可以活动的喷泉，随着音乐变换，竖直向上喷出的水柱可以高达几十米，为城市的人们在夜间增添一份美轮美奂的视觉和听觉的盛宴。现有一音乐喷泉，竖直向上喷出的水从喷出到上升的最大高度用时为t。若水通过第一个t4位移为h1，通过最后一个t4位移为h2，不计空气阻力，则ℎ1ℎ2等于（　　）A．17B．1C．2D．74．如图所示，四只质量都为m的猴子水中捞月，竖直倒挂在树梢上，从上到下编号依次为1、2、3、4，四只猴子都处于静止状态。正当4号打算把手伸向水面捞“月亮”时，2号突然两手一滑没抓稳，3、4号扑通一声掉进了水里。重力加速度为g，空气阻力不计，那么在2号猴子手滑后的一瞬间（　　）A．3号对4号猴子的拉力等于0B．四只猴子的加速度和速度都等于0C．树梢对1号猴子的拉力为2mgD．1号对2号的拉大小为8mg35．小明利用手机中的加速度传感器测量手机运动过程的加速度a、他用手掌平托手机，从静止开始上下运动，手机软件显示竖直方向上的a−t图像如图所示，该图像以竖直向上为正方向。下列说法正确的是（　　）A．手机在t2时刻速度减到零B．手机在t3时刻改变运动方向C．在t1到t3内，手机先处于超重状态后处于失重状态D．在t2到t4内，手机先处于超重状态后处于失重状态6．甲、乙两车在同一车道同向直线运动，运动中速度随时间变化的v—t图像如图所示，运动中两车恰好没有发生碰撞，最终两车均停止，则（　　）A．乙车加速度比甲车大B．甲车运动时间为3.5sC．当两车均停止时相距0.6mD．t = 0时，乙车在甲车前方8.4m处7．挂灯笼的习俗起源于西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别θ1和θ2。若θ1=45°，则关于θ2的说法正确的是正确的是（　　） A．θ2=30°B．θ2=37°C．tanθ2=0.5D．tanθ2=0.75二、多项选择题：本大题共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．生活中看似平常的现象中，其实隐藏了很多物理知识，物理就在我们身边。下列对于物理现象的理解，正确的是（　　）A．乒乓球可以快速抽杀，是由于兵乓球的惯性较小B．高速运动的子弹很难停下来，是因为速度越大，惯性越大C．足球在地面上运动时会慢慢停下来，是因为物体没受来维持其运动的力D．真空室中，羽毛和铁球下落会一样快9．新疆是我国最大的产棉区，西方抹黑中国新疆使用非法劳工，其实在新疆超出70%的棉田都是通过高效率的机械自动化采收的，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后将其平稳放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示的模型，质量为m的棉包放在“V”形挡板上，初始时BP水平，两板间的夹角为120°，“V”形挡板AP、BP可绕P轴在竖直面内转动，忽略“V”形挡板与棉包的摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）  A．棉包可能只受到两个力的作用B．若两板夹角不变，“V”形挡板逆时针转动60°过程中，BP板受力先变大再变小C．保持AP不动，BP在逆时针转动过程中受到棉包的力先变小后变大D．若两板夹角不变，“V”形挡板逆时针转动30°时，棉包对BP板的力大小为mg10．如图甲所示，光滑水平地面上有一长木板B，木块A（视为质点）叠放在木板B右端。有一水平力作用在长木板B上，使木板由静止开始运动，t=6s时撤去外力。已知木块A的质量mA=1kg，木板B的质量mB=2kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，A始终未滑落B。A、B前6s内 加速度随时间变化的图像分别如图乙、图丙所示。下列说法正确的是（　　）A．A的最大速度为18m/sB．t=6s时，木块B的速度为18m/sC．3s~6s内拉力大小为12ND．木板B的长度至少为9m三、非选择题：本大题共5小题，共57分。11．（6分）某实验小组做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。甲 乙丙（1）按照正常实验操作，图乙中的F与F′ 两力中，方向一定沿AO方向的是；（2）某同学认为在此过程中以下几项其中正确的是（仅一个选项正确）A．两根细绳必须等长B．两个弹簧秤拉和一个弹簧秤拉的结点O必须重合C．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等D．在使用弹簧秤时要弹簧秤与木板平面可以不平行（3）在另一小组研究两个共点力合成的实验中，两个分力的夹角为θ，合力为F，F与θ的关系图像如丙图所示。已知这两分力大小不变，则任意改变这两个分力的夹角，能得到的合力大小的变化范围是.12．（9分）实验小组用甲图所示的装置测量当地的重力加速度。 请完成下列实验步骤中的填空：（1）按图甲装配好器材：跨过轻滑轮的不可伸长的光滑轻绳两端分别与钩码和力传感器相连，力传感器可测出轻绳的拉力。重物用轻绳挂在动滑轮上，其下端与纸带相连，让纸带穿过固定好的打点计时器上的限位孔；（2）接通电源，释放钩码后重物上升，打点计时器在纸带上打出一系列的点，如图乙所示，记下此过程中力传感器的示数F。已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有四个点未画出，此次实验打D点时重物的速度vD=m/s，重物的加速度a=m/s2；（3）改变钩码的质量，多次重复实验步骤（2），得到多组a、F数据；（4）实验得到重物的加速度a与力传感器示数F的关系如图丙所示，用图丙中b、c表示的当地的重力加速度g=，重物和动滑轮的总质量m=。13．（10分）如图所示，皮带的速度v=8m/s，两圆心相距L=32m，现将m=1kg的煤块轻放在左轮圆心A点正上方的皮带上，煤块与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，电动机带动皮带将煤块从左轮运送到右轮圆心B点正上方过程中，求：（1）煤块加速阶段运动的位移大小；（2）煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间.  14．（14分）可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图所示，有一20kg的企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度 a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，“奔跑”过程中脚与冰面未打滑，t=4s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：（1）企鹅向上“奔跑”时脚受到的摩擦力大小；（2）企鹅贴着冰面向前滑行过程的加速度大小和退滑到出发点过程的加速度大小；（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小.（计算结果用根式表示）15．（18分）如图所示，倾角为θ、质量为M的斜面体A置于水平地面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B，斜面体受到水平向右的外力，系统始终处于静止状态。已知sinθ=0.6，cosθ=0.8，重力加速度大小为g。（1）求球B受到斜面体的弹力大小N1和墙面的弹力大小F1；（2）若斜面体受到水平向右的外力大小为38mg，求此时斜面体受到的水平地面的摩擦力；（3）若斜面体与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使系统处于静止状态，求水平向右的外力大小F的范围. 重庆市名校联盟2023-2024学年度第一期第二次联考物理试题参考答案（高2026届）一、单选题1.B【详解】A．“2分”不是国际单位制单位，故A错误；B．在研究张雨霏的技术动作时，张雨霏的形状、大小不可以忽略，故不可以把她看成质点，故B对；C．在游泳过程中，若以水为参考系，张雨霏是运动的，故C错误；D．有可能是加速度减小的加速运动故D错。2．C【详解】总支持力为mgcosθ，总摩擦力为f=mgsinθ，不能用μmgcosθ算，CD．同理，木板对瓦片的总摩擦力大小为F静=mgsinθ若θ越小，则每根木板对瓦片的摩擦力越小。故D错误。故选C。3．D【详解】根据相同时间的位移比为1：3：5：7的比例ℎ1ℎ2=7：1，4．A【详解】A．以3、4号猴子为整体，可知整体的加速度为重力加速度g，则4号猴子的加速度也为重力加速度g，所以3号对4号猴子的作用力等于0，故A对；B．在2号猴子手滑后的一瞬间，四只猴子的速度都等于0，但加速度都不等于0，故B错误；C．在手滑前，设树梢对猴子的作用力为F，对整体有F=4mg则在2号猴子手滑后的一瞬间，树梢对1号猴子的拉力保持不变，大小仍为4mg，故C错；D．以1、2号猴子为整体，根据牛顿第二定律可得F−2mg=2ma解得a=g方向向上；以2号猴子为对象，根据牛顿第二定律可得F12−mg=ma解得F12=2mg可知1号猴子对2号猴子的作用力大小为2mg，故D错误。故选A。5．D【详解】A．手机在t2时刻向上的加速度最大，此时手机向上加速，选项A错误；B．手机在t3时刻加速度为零，此时手机向上的速度达到最大，以后将向上减速，则t3时刻手机没有改变运动方向，选项B错误；C．在t1到t3时间内，手机加速度一直向上可知，手机一直处于超重状态，选项C错误；D．在t2到t4 时间内，手机加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，选项D正确。故选D。6．C【详解】由图可知甲车加速度为a1=3−183m/s2=−5m/s2乙车加速度为a2=3−123m/s2=−3m/s2A．乙车加速度比甲车小，故A不符合题意；B．甲车运动时间为t1=Δv1a1=0−18−5s=3.6s故B不符合题意；C．乙停车时间为t2=Δv2a2=0−12−3s=4s当两车均停止时相距Δx=12t2−t1×3m=0.6m故C符合题意。D．t=3s时两车共速，恰好没有发生碰撞，甲车位移为x1=12×3+18×3m=31.5m乙车位移为x2=12×3+12×3m=22.5mt=0时，乙车在甲车前方9m处，故D不符合题意；故选C。7．C【详解】对左边第二个灯笼进行受力分析，受力情况如图1所示，根据平衡条件可得水平绳子上的拉力为T=mgtanθ2对左侧两个灯笼整体分析，受到重力、两边细绳的拉力，如图2所示，根据平衡条件可得水平绳子上的拉力为T=2mgtanθ1联立解得tanθ1=2tanθ2又因为已知θ1=45°，所以可得tanθ2=0.5；θ2≈27∘ 故C正确，ABD错误。故选C。二、多选题8．【答案】AD【详解】A．乒乓球质量小，惯性小，所以容易改变其运动状态，可以被快速抽杀，故A正确；B．惯性与速度无关，故B错误；C．力不是维持物体运动的原因，故C错误；D．没有空气阻力，都会做自由落体运动D对。故选AD。9．AC【详解】A．当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，选项A正确；B．棉包对BP板的压力一直变小，选项B错误；C．选项C正确；D．当BP板转过30°时，BP受力为33mg选项D错误。故选AC。10．ACD三、非选择题11．F′B1N≤F≤7N【详解】（1）[1]题图乙中F是通过平行四边形定则得到两个弹簧秤拉力合力的理论值，而F′是通过一个弹簧秤沿AO方向拉橡皮筋的力，所以一定沿AO方向的是F′。（2）A．为减小力的方向的测量误差，两根细绳可以适当长些，但没必要等长，故A错误；B．在用两个弹簧秤同时拉细绳时必须将橡皮条的另一端拉到用一个弹簧秤拉时记下的位置，从而确保两次力的作用效果相同，故E正确。C弹簧秤的示数可以不等。D．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，从而减小力的测量误差，故D正确；（3）设两个分力中较大的力为F1，较小的力为F2，由图可得F1−F2=1NF12+F22=5N解得F1=4N，F2=3N任意改变这两个分力的夹角，能得到的合力大小的变化范围是1N≤F≤7N12．【答案】0.1950.30/0.3b2cb 【详解】（2）[1]根据匀变速直线运动的推论可得vD=CD+DE2T=(1.80+2.10)×10−22×0.1m/s=0.195m/s[2]根据逐差法可得重物的加速度为a=(DE+EF)−(BC+CD)(2T)2=[(2.10+2.40)−(1.50+1.80)]×10−2(2×0.1)2m/s2=0.30m/s2（4）[3][4]对重物和滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律，有2F−mg=ma可得a=2mF−g由此可知，a-F图线的斜率为k=2m=bc截距为−g=−b所以重力加速度为g=b滑轮和重物的质量为m=2cb13．（1）16m；（2）6s；【详解】（1）煤块加速运动过程中，加速度大小为a=μmgm=μg=2m/s2设煤块经过时间后t1与传送带共速，则v=at1解得t1=4s煤块加速阶段运动的位移大小为x1=12at12=12×2×42m=16m（2）煤块匀速运动的时间为t2=L−x1v=2s煤块从A点正上方运动到B点正上方所经历的时间为t=t1+t2=6s14．（1）130N；（2）a1=8m/s2，a2=4m/s2；（3）34m/s【详解】（1）在企鹅向上“奔跑”的过程中有 f−mgsinθ=ma解得f=130N（2）在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑回到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有mgsin37°+μmgcos37°=ma1mgsin37°−μmgcos37°=ma2解得a1=8m/s2a2=4m/s2（3）开始运动前4s：x=12at2企鹅从卧倒滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′x′=12a1ata12企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有vt2−02=2a2x+x′解得vt=34m/s15．（1）N1=54mg，F1=34mg；（2）f=38mg；摩擦力方向水平向右；（3）当μ(m+M)g≥34mg时，0≤F≤34mg+μm+Mg；当μ(m+M)g<34mg时，34mg−μ(m+M)g≤F≤34mg+μ(m+M)g【详解】（1）研究B球，由共点力的平衡条件有N1sinθ−F1=0N1cosθ−mg=0解得N1=54mg，F1=34mg（2）研究A、B整体，设斜面体受到的摩擦力为f，则由共点力的平衡条件有F1−38mg+f=0解得f=−38mg摩擦力方向水平向右。 （3）斜面体受到的最大静摩擦力fm=μ(m+M)g①水平向右的外力最大（设为Fm）时，斜面体有向右运动的趋势，由平衡条件有Fm−F1−fm=0解得Fm=34mg+μm+Mg②水平向右的外力最小（设为Fmin）时，斜面体可能有向左运动的趋势（a）当μ(m+M)g≥34mg时，Fmin=0，则0≤F≤34mg+μm+Mg（b）当μ(m+M)g<34mg时，Fmin=34mg−μ(m+M)g，则34mg−μ(m+M)g≤F≤34mg+μ(m+M)g