2024届湖北省名校百师联盟高三上学期一轮复习联考物理(一) Word版含解析.docx

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2024届高三一轮复习联考（一）物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~2题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于物体间的相互作用，下列说法正确的是（　　）A.悬挂在弹簧测力计下的物体受到的拉力是由于弹簧的形变产生的B.杂技演员双手握住竖直固定的竹竿匀速上攀时，所受摩擦力的方向是向下的C.在空中用手握住竖直的酒瓶使其静止，增大手的握力，酒瓶受到的摩擦力变大D.在地球表面的物体都受到重力，其所受重力与它的运动状态有关，也与是否存在其他力有关【答案】A【解析】【详解】A．悬挂在弹簧测力计下的物体受到的拉力是由于弹簧的形变产生的。故A正确；B．杂技演员双手握住竖直竹竿匀速上攀时，由平衡条件可知，双手受到的摩擦力与重力等大反向，方向竖直向上。故B错误；C．手握住酒瓶，增大手的握力，会增大手与酒瓶间的最大静摩擦力，但酒瓶受到的静摩擦力不变，始终与重力等大反向。故C错误；D．物体受到的重力是由于地球的吸引而产生的，是万有引力的一个分力，与它的运动状态无关，与其他力无关。故D错误。故选A。2.2023年福冈世界游泳锦标赛跳水混双3米板决赛中，中国队组合朱子锋与林珊发挥出色，以326.10分的总成绩夺得金牌。把运动员从起跳到接触水面的运动看成匀变速直线运动，某次运动员从距离水面某一高度处的跳板上竖直向上跳起，起跳时开始计时，取竖直向下为正方向，利用速度传感器记录运动员的速度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）A.运动员在t2时刻到达最高点B.运动员在水中时，最深处的加速度最大 C.起跳点与水面的高度差为D.运动员潜入水中的深度小于【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，运动员在t1时刻速度为零，此时运动员到达最高点，故A错误；B．v-t图像的斜率表示加速度，内图像的斜率逐渐减小，所以在运动员刚入水的时刻加速度最大，故B错误；C．v-t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移，故起跳点与水面的高度差为故C错误；D．则运动员潜入水中的深度为时间内图像与坐标轴所围图形的面积，则运动员潜入水中的深度故D正确。故选D。3.如图所示，小球沿足够长的斜面向上做匀减速直线运动，在速度减为0的过程中，前2s内和最后2s内的位移大小分别为2.5m、2m，则在该运动过程中（　　）A.小球的初速度大小为4m/sB.小球的加速度大小为2m/s2C.小球的运动时间为2.25sD.小球的运动时间为3s【答案】C【解析】【详解】BCD．将小球的运动逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，设小球运动时间为t，由位移—时间公式可知 ，解得、故BD错误，C正确；A．小球的初速度为故A错误。故选C。4.某同学利用如图所示装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数。滑块上装有宽度为d的遮光条，位置O处安装光电门，实验时给滑块向左的初速度，记录遮光条通过光电门的时间t、通过光电门后滑块继续滑行的距离为L，已知当地重力加速度大小为g，则滑块与桌面间的动摩擦因数为（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】滑块通过光电门时的速度通过光电门后滑块做匀减速运动，有由牛顿第二定律得联立解得故选A。 【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用以及光电门测速度的方法。5.图甲为起重机起吊某个工件的情景，其简化模型如图乙所示，轻绳bd两端分别系在粗细均匀、质量为M的底盘两端，起重机的光滑吊钩钩住轻绳bd的中点O，吊着质量为m的工件以大小为a的加速度竖直上升，若运动过程中起重机挂钩上方吊索Oc始终处于竖直方向，重力加速度大小为g，吊钩重力不计。下列说法正确的是（　　）A.底盘对工件的支持力大于工件对底盘的压力B.吊索Oc上的拉力大小为C.当轻绳bd变长时，轻绳bd上的拉力变小D.当轻绳bd变短时，吊索Oc上的拉力变大【答案】C【解析】【详解】A．底盘对工件的支持力和工件对底盘的压力是一对作用力和反作用力，等大反向，故A错误；B．由于底盘和工件有竖直向上的加速度，起重机挂钩的上方吊索Oc上的拉力为故B错误；C．设轻绳bd上的拉力大小为F，吊钩两侧绳与水平方向夹角为θ，对底盘和工件有当轻绳bd变长时，夹角θ变大，轻绳bd的拉力F变小，故C正确；D．当轻绳bd变短时，夹角θ变小，吊索Oc上的拉力与夹角θ无关，大小不变，故D错误。故选C。6.如图甲所示，水平轻杆BC一端固定在竖直墙上，另一端C处固定一个光滑定滑轮（重力不计），一端固定的轻绳AD跨过定滑轮栓接一个重物P，∠ACB=30°；如图乙所示，轻杆HG一端用光滑铰链固定在竖直墙上，另一端通过细绳EG固定，∠EGH=30°，在轻杆的G端用轻绳GF悬挂一个与P质量相等的重物Q，则BC、HG两轻杆受到的弹力大小之比为（） A.1：1B.1：C.：1D.：2【答案】B【解析】【详解】对题图甲，以滑轮为研究对象，受力情况如图1所示轻杆对滑轮的作用力与两绳对滑轮的合力等大反向，由几何关系知根据牛顿第三定律可知，轻杆BC在C点受到的作用力大小为对题图乙，以G点为研究对象，受力分析如图2所示，由平衡条件得解得根据牛顿第三定律可知，轻杆HG在G点受到作用力大小为所以B正确。 7.如图所示，倾角为的斜面固定在水平面上，一段轻绳左端栓接在质量为2m的物体P上，右端跨过光滑的定滑轮连接质量为m的物体Q，整个系统处于静止状态。对Q施加始终与右侧轻绳垂直的拉力F，使Q缓慢移动直至右侧轻绳水平，该过程中物体P始终静止。下列说法正确的是（　　）A.拉力F先变大后变小B.轻绳的拉力先增大后减小C.物体P所受摩擦力沿斜面先向下后向上D.斜面对物体P的作用力逐渐变大【答案】D【解析】【详解】AB．对物体Q进行受力分析，如图甲所示由图可知，Q缓慢移动直至右侧轻绳水平过程中，细绳的拉力FT逐渐减小，而拉力F逐渐增大，故A、B错误；C．对物体P进行受力分析，如图乙所示沿斜面方向有 初始状态，轻绳拉力FT=mg，此时，随着轻绳拉力减小，则摩擦力方向沿斜面向上且逐渐增大，故C错误；D．对P分析，在垂直斜面方向有可知P受到的支持力大小、方向均不变，斜面对物体P的作用力即为P受到的摩擦力和支持力的合力，当摩擦力逐渐增大时，斜面对物体P的作用力逐渐增大，故D正确。故选D。8.如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，质量为m的物块在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始运动，经时间t后撤去恒力作用，再经3t时间后物块恰好返回起点。已知重力加速度为g，则（）A.恒力的大小为mgB.撤去恒力时物块的速度为gtC.物块返回起点时的速度大小为gtD.物块沿斜面向上运动的最远点与起点间的距离为【答案】C【解析】【详解】A．物体在恒力作用下由牛顿第二定律得撤去恒力由牛顿第二定律得由运动学公式得联立解得 ，，故A错误；B．撤去恒力时物块的速度大小为故B错误；C．设撤去恒力后物块速度减为零所用的时间为t0，则解得则物块返回起点时的速度大小为故C正确；D．最远点与起点间的距离故D错误。故选C。9.如图甲所示，是我国自主研制的全世界最大吨位2600t全地面起重机。该起重机能够实现160m高度吊重173t（相当于100多辆家用汽车加起来的重量）的极限工况，它转台转场时可以携带的总重达317t，最大车速可达10km/h，可以通过狭窄、起伏的山地。该起重机吊着一箱货物竖直下降，货物距离地面的高度h与时间t的关系简化图如图乙所示，图中t1~t2段为直线，忽略重力加速度的变化，下列说法正确的是（　　）A.0~t1时间内，货物处于失重状态B.t1~t2时间内，货物处于失重状态 C.t1~t2时间内，货物处于超重状态D.t2~t3时间内，货物处于超重状态【答案】AD【解析】【详解】A．图线斜率的绝对值表示物体下降时的速度大小，由题图可知，时间内，货物加速下降，加速度向下，所以处于失重状态，故A正确；BC．时间内，货物匀速下降，既不超重也不失重，故B、C错误；D．时间内，货物减速下降，加速度向上，所以处于超重状态，D正确。故选AD。10.如图所示，在水平面上固定着三个材料完全相同的木块，长度分别为L、2L、3L，一个子弹以水平初速度v射入木块，子弹在木块中做匀减速直线运动，穿出第一个木块和第二个木块时的速度分别为、，穿透第三个木块时速度恰好为0。下列说法正确的是（　　）A.B.C.子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比为D.子弹通过所有木块的平均速度和初速度之比为【答案】AC【解析】【详解】AB．子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为0，根据逆向思维，由可得，子弹穿出第一个木块和第二个木块时的速度之比故A正确，B错误；C．子弹通过第二个木块和第三个木块的过程中有 ，则子弹通过第二个木块和第三个木块的时间之比为故C正确；D．子弹通过所有木块的平均速度为可得故D错误。故选AC。11.如图所示，水平轻绳和倾斜轻弹簧N的某一端均与小球a相连，另一端分别固定在竖直墙和天花板上，轻弹簧N与竖直方向的夹角为60°，小球a与轻弹簧M连接，小球b悬挂在弹簧M上，两球均静止。若a、b两球完全相同，且质量均为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）A.水平轻绳的拉力大小为B.剪断水平轻绳的瞬间，轻弹簧N对小球a的弹力大小为4mgC.剪断水平轻绳的瞬间，a球的加速度大小为D.剪断水平轻绳的瞬间，b球的加速度大小为g【答案】BC【解析】【详解】A．对小球a、b整体进行受力分析，由平衡条件可知水平轻绳拉力大小为故A错误；BCD．对小球a、b整体进行受力分析，由平衡条件可知 对小球b进行受力分析，由平衡条件可知剪断水平轻绳的瞬间弹簧弹力不突变，小球b受重力、轻弹簧M的拉力，合力为零，则加速度为零，小球a受重力、轻弹簧N的拉力和轻弹簧M的拉力，合力水平向右，大小与初始状态水平细绳拉力相等，即则小球a的加速度大小为故BC正确；D错误。故选BC。12.如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（　　）A若只增大M，则小滑块能滑离木板B.若只增大v0，则小滑块在木板上运动时间变长C.若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地位移变小D.若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大【答案】AC【解析】【详解】A．若只增大木板的质量M，根据牛顿第二定律可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为不变，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；B．若只增大木板的初速度v0，小滑块受力情况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误； C．若只减小小滑块的质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；D．若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用时间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。故选AC。二、实验题：本题共2小题，共15分。13.某物理兴趣小组利用如图甲所示的实验装置测量弹簧的劲度系数。将轻质弹簧上端固定于铁架台上，使刻度尺的零刻度线与弹簧上端对齐。实验时用力传感器竖直向下拉弹簧，待弹簧静止后，记录力传感器的示数F和弹簧下端对应的刻度尺示数L，多次测量后作出的关系图像，实验过程中弹簧始终处于弹性限度内。（1）实验中两根不同的弹簧a和b的图像如图乙所示，由图可知：在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的长度______（选填“成正比”或“不成正比”），b弹簧的原长_______（选填“大于”“小于”或“等于”）a弹簧的原长，b弹簧的劲度系数______N/m（结果保留两位有效数字）。（2）某同学根据实验数据作出力传感器的示数F与弹簧伸长量的图像如图丙中实线所示，图像出现弯曲的可能原因是_______。【答案】①.不成正比②.大于③.25④.弹力超过了弹簧的弹性限度或拉力过大【解析】【详解】(1)[1][2][3]由图乙可知在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的长度成线性关系，但不成正比，弹簧原长时，弹力为零，根据图乙可知弹力为零时b弹簧的原长大于a弹簧的原长，由胡克定律得b弹簧的劲度系数为(2)[4]当弹力超过了弹簧的弹性限度时，弹簧的劲度系数会发生变化，也可能数据因此图像出现弯曲的可能原因是弹力超过了弹簧的弹性限度。14. 图甲是某研究性学习小组探究木块加速度与合外力关系的实验装置，长木板置于水平桌面上。细线一端与木块相连，另一端通过一个定滑轮和一个动滑轮与固定的弹簧测力计相连，动滑轮下悬挂一个沙桶。改变桶中沙的质量进行多次实验，并记录相关数据。（1）利用该装置实验时，下列说法正确的是___________。A．实验前应将长木板靠近打点计时器的一端垫高，以平衡摩擦力B．每次在增加沙的质量后，需要重新平衡摩擦力C．应将木块靠近打点计时器，先释放木块，再接通电源D．实验中一定要保证沙和沙桶的总质量m远小于木块的质量M（2）图乙是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两个计数点间还有4个计时点（图中未标出），计数点间的距离如图所示，已知交流电频率为50Hz。根据图中数据得出打计数点3时木块的瞬时速度大小为v=___________m/s，木块的加速度大小为a=___________m/s²（结果保留三位有效数字）。（3）两同学在实验室各取一套图甲所示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究木块的加速度a与拉力F的关系，他们分别得到图丙中甲、乙两条直线。设两木块质量分别为m甲、m乙，两木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲___________m乙，μ甲___________μ乙。（选填“>”“<”或“=”） 【答案】①.A②.0.264③.0.496④.<⑤.>【解析】【详解】（1）[1]A．实验前应将长木板靠近打点计时器的一端垫高，以平衡摩擦力，使得木块受到的合力等于绳子拉力，故A正确；B．当重力在斜面上的分力与摩擦力相等时有由此可知，当增加沙的质量后，重力在斜面上的分力与摩擦力依然相等，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；C．为了充分利用纸带，应将木块靠近打点计时器，先接通电源，再释放木块，故C错误；D．此实验中，由于绳子拉力可以通过弹簧测力计得到，所以不需要满足沙和沙桶的总质量m远小于木块的质量M，故D错误。故选A。（2）[2]每相邻两个计数点间还有4个计时点未标出，则相邻两个计数点之间的时间间隔为打计数点3时木块的瞬时速度大小为[3]根据逐差法可得，木块的加速度大小为（3）[4][5]根据牛顿第二定律可得整理得由图像的斜率和纵轴截距大小关系可知三、计算题：本题共3小题，共37 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。15.如图所示，某同学将球A以速度v竖直向上抛出，到达最高点的同时，将球B也以速度v从同一位置竖直向上抛出。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为g。求：（1）自球A抛出到与球B相遇所经历的时间；（2）两球相遇时，A、B两球速度大小；（3）自球A抛出到两球相遇的过程中，A、B两球的速度变化量。【答案】（1）；（2）；；（3）；；方向均竖直向下【解析】【详解】（1）根据竖直上抛运动性质可知，球A运动到最高点的时间球A上升的最大高度为h，则当球A运动到最高点后将向下做自由落体运动，球B此时做竖直上抛运动，设运动t2时间后两球在空中相遇，由运动学公式有联立解得而自球A抛出到与球B相遇所经历的时间（2）设相遇时A、B两球的速度大小分别为v1、v2，则根据运动学公式可得 （3）设自球A抛出到两球相遇过程中，A、B两球的速度变化量分别为、，取竖直向上为正方向，可得则A、B两球速度变化量的大小分别为，，方向均竖直向下【点睛】本题考查竖直上抛运动以及自由落地运动的规律。16.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两个光滑斜面之间，如图所示，两个斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为53°和37°。已知，，重力加速度为g。（1）当卡车沿平直公路匀速行驶时，求斜面I、Ⅱ分别对工件的弹力大小；（2）当卡车沿平直公路以的加速度匀减速行驶时，求斜面I、Ⅱ分别对工件的弹力大小。【答案】（1），；（2），【解析】【详解】（1）对工件进行受力分析，如图所示卡车匀速行驶时，根据共点力的平衡条件，得 联立解得，（2）当卡车匀减速行驶时，在竖直方向上有水平方向由牛顿第二定律，得联立解得，17.如图所示，长度L=5.8m的传送带与水平方向成θ=37°角，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动，水平面上质量M=1kg的木板紧靠在传送带底端，木板上表面与传送带底端B等高。质量m=3kg的物块（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，在底端B滑上静止的木板，假设物块冲上木板前后瞬间速度大小不变，最终物块恰好不滑离木板。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ3=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2，求：（1）物块运动到B点时的速度大小；（2）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小；（3）木板的长度；（4）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间。【答案】（l）6m/s；（2）0.2m；（3）4.5m；（4）3.65s【解析】【详解】（1）根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得解得设物块滑上传送带后经时间t1与传送带同速，则 解得此过程物块的位移大小为之后滑块所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得解得由匀变速直线运动规律得解得（2）由匀变速直线运动规律得解得物块从A端运动到B端的过程中相对传送带的位移大小为（3）物块滑上木板后，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得解得，物块与木板经时间t3达到共同速度v1，则有， 联立解得，则木板的长度（4）因，当物块与木板共速后二者一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得解得从物块与木板同速到减速到0的过程有解得物块从A端运动到静止所经历的时间