2024届重庆市部分学校高三上学期11月一轮复习联考（二）物理试题（含解析）

这是一份2024届重庆市部分学校高三上学期11月一轮复习联考（二）物理试题（含解析），共11页。试卷主要包含了0s到 11，28 rad/s等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
考试时间为 75 分钟，满分 100分
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.电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图甲所示，为简化问题，将图线简化为图乙，电梯处于超重状态的时段是
A．从 10.0s到 11.8 sB．从11.8s到 20.0s
C．从 20.0s到 27.5sD．从 27.5s 到30.0s
2.如图所示，用细线将重力为100 N的物块悬挂在O 点，在物块上施加力 F，在力 F 由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向的过程中，物块始终处于静止状态，且细线与竖直方向成30°角，则力 F 的最小值为
A.0 B. 50 N C. 2003N D. 503N
3.在高度差一定的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用时最短的曲线轨道叫做最速曲线轨道，在科技馆展厅里，摆有两个并排轨道，分别为直线轨道和最速曲线轨道，如图所示，现让两个完全相同的小球A 和B 同时从M 点分别沿两个轨道由静止下滑，小球 B 先到达N 点。若不计一切阻力，下列说法正确的是
A．到达底端 N 点时，重力的功率相同
B．由 M 到 N 的过程中，合力做功不同
C．由M 到 N 的过程中，小球 A 重力的冲量比小球B 重力的冲量大
D．到达底端 N 点时，小球 A、B 对轨道的压力大小相等
4.如图是某自行车的传动结构示意图，其中Ⅰ 是半径 r₁=10cm的牙盘（大齿轮），Ⅱ是半径 r₂=4cm的飞轮（小齿轮），Ⅲ是半径 r₃=36cm的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，取π=3.14，下列判断正确的是
A．脚踏板的周期为 130sB．牙盘转动的角速度为 6.28 rad/s
C．飞轮边缘的线速度大小为 3.14 m/sD．自行车匀速运动的速度大小为 2.826 m/s
5.如图所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，小车 A 在水平外力作用下沿水平地面向左做直线运动，绳子跨过定滑轮拉着物体 B 以速度 vB竖直匀速上升，下列判断正确的是
A．小车 A 做减速直线运动B．小车 A 做加速直线运动
C．绳子拉力大于物体 B 的重力D．小车 A 的速度大小可表示为vBcsθ
6.2023年7月10 日，经国际天文学联合会小行星命名委员会批准，中国科学院紫金山天文台发现的、国际编号为381323号的小行星被命名为“樊锦诗星”。如图所示，“樊锦诗星”绕日运行的椭圆轨道面与地球圆轨道面间的夹角为20.11度，轨道半长轴为 3.18天文单位（日地距离为1天文单位），远日点到太阳中心距离为4.86 天文单位。若只考虑太阳对行星的引力，下列说法正确的是
A．“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要 2.15 年
B．“樊锦诗星”绕太阳一圈大约需要 3.18 年
C．“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为 14.862
D．“樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为 14.86
7.在光滑水平地面上放一个质量为2k g的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块 M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1 kg的小物块m 以 v₀=6m/s的水平速度从滑块 M 的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块 M 的顶端。重力加速度取 g=10m/s²，不计空气阻力。在小物块 m 沿滑块 M 滑行的整个过程中，下列说法正确的是
A．小物块 m 沿滑块 M 上滑的最大高度为0.3m
B．小物块 m 沿滑块 M 上滑的最大高度为 0.6m
C．合力对滑块 M 的冲量大小为 8N·s
D．合力对滑块 M 的冲量大小为 16 N·s
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，有选错的得 0 分。
8.中国“天问一号”火星探测任务团队在第 73 届国际宇航大会（IAC）上获得“世界航天奖”。火星半径约为地球半径的 12，火星质量约为地球质量的 19，取地球表面的重力加速度 g=10m/s²，地球的第一宇宙速度v=8km/s，已知星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的√₂倍。若不考虑自转的影响，下列说法正确的是
A．火星表面的重力加速度约为 4.4m/s²B．火星表面的重力加速度约为 2.2m/s²
C．火星的第二宇宙速度约为 5.3 km/sD．火星的第二宇宙速度约为 10.6 km/s
9.如图甲所示，一个质量为2k g的物体（可看成质点）在沿斜面方向的拉力作用下，从倾角θ=30°的光滑斜面底端由静止开始沿斜面向上运动。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，拉力做的功W 与物体位置坐标x的关系如图乙所示。取 g=10m/s²。物体沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是
A．物体沿斜面向上运动的最大位移 xₘ=22m
B．物体沿斜面向上运动的最大位移 xₙ=22.5m
C．在x=5m 处，拉力的功率为 100 W
D．在x=5m处，拉力的功率为 1002W
10.如图所示，水平向左加速运动的车厢内，一根长为l的轻质杆两端分别连接质量均为 1 kg的小球a、b（可看成质点），a 球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，b球处在车厢水平底面上且与底面间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g=10m/s²。要使杆与车厢始终保持相对静止，关于车厢的加速度，下列说法正确的是
A．若 μ=0.5，则车厢的加速度大小可能为 3m/s²
B．若 μ=0.5，则车厢的加速度大小可能为 2m/s²
C．若 μ=0.8，则车厢的加速度大小可能为 3m/s²
D．若 μ=0.8，则车厢的加速度大小可能为 7m/s²
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11.（6分）某同学设计了一个用位移传感器测量木块和斜面间的动摩擦因数μ的实验。如图甲所示，在斜面底端固定一个位移传感器，传感器与计算机相连。让木块沿斜面由静止开始下滑，计算机描绘了木块相对传感器的距离 x随时间t的变化规律如图乙所示。
（1）由图乙可知t=0.1s时，木块的速度大小为 v= m/s，木块在长木板上下滑时的加速度大小为 a= m/s2。
（2）若测得斜面的倾角θ=37°，已知 sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10 m/s²，则木块和斜面间的动摩擦因数μ= 。
（3）为避免木块下滑时撞到传感器，在不增加器材的情况下，可将实验装置做进一步改进。改进的方法是 。
12.（9分）为了验证机械能守恒定律，物理实验小组设计了如下方案：
（1）A 组同学利用自由落体运动验证机械能守恒定律，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。
①本实验中，不同学生在实验操作过程中出现如图甲所示的四种情况，其中操作正确的是 。
②进行正确操作后，打出的纸带如图乙所示，在选定的纸带上依次取计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，则纸带的 （选填“左”或“右”）端与重物相连。设重物质量为 m，根据测得的 x₁，x₂，x₃，x₄，可得在打点计时器打 B 点到D点的过程中，重物动能增加量的表达式为 。
③换用两个质量分别为： m₁，m₂的重物 P、Q 进行实验，多次实验记录下落高度 h 和相应的速度大小v，作出的 v²−ℎ图像如图丙所示。对比图像分析正确的是 。
A．阻力可能为零B．阻力不可能为零C． m1可能等于 m2D、m₁一定小于 m₂
（2）B 组同学按照图丁组装实验器材，调整定滑轮位置，使连接滑块与托盘的轻绳与气垫导轨平行，接通电源，由静止释放托盘与砝码，并测得遮光条宽度 d，遮光条到光电门的距离 l，遮光条通过光电门的时间△t，托盘与砝码质量m₃，，滑块与遮光条质量 m₁。已知重力加速度大小为g，若表达式 成立，即可验证机械能守恒。
13.（10分）“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中，而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中。如图所示，某同学在岸边离水面高度 ℎ₀=0.45m处，将一块质量 m=0.1kg的小石片以初速度 v₀=4m/s水平抛出。若小石片与水面碰撞后，竖直分速度反向，大小变为碰前的一半，水平分速度方向不变，大小变为碰前的 34，空气阻力及小石片与水面接触时间可忽略不计，重力加速度取 g=10m/s²。求：
（1）第一次接触水面前瞬间小石片的动能；
（2）小石片第二次接触水面处与抛出点的水平距离。
14.（14 分）高空跳伞者在空中下降的过程受到的阻力大小与下降速率成正比，即 f=kv，其中k是与降落伞相关的比例系数，假设降落伞沿竖直方向运动，地球自转及气流影响不计，g 取 10m/s²。
（1）某型号降落伞以 v=10m/s的速度匀速下降时，重力的功率为 1×10⁵W，求该型号降落伞以 v'=5m/s的速度匀速下降时，重力的功率；
（2）另一降落伞从速度大小为 v₀=6m/s加速至 v=10m/s后开始匀速下降，此过程耗时10s，求此过程中，降落伞下降的距离。
15.（18分）如图所示，长度 l=3m的水平传送带AB在右端B 点平滑连接着一个半径 R=0.35m的光滑半圆弧轨道 CEFD，其中C 点为轨道的最低点，E点和圆心O 等高，FD 段为光滑圆管， ∠EOF=30°。可视为质点的小物块从A 点 以 v₀=5.5m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量 m=1kg，与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.3，且小物块尺寸小于光滑圆管内径。重力加速度 g 取 10m/s²。
（1）若传送带以 v=6.1m/s的速率顺时针方向转动，求小物块第一次运动到C 点的过程中电动机多消耗的电能；
（2）若传送带以 v'=2m/s的速率顺时针方向转动，求：
①小物块第一次运动到C 点时对轨道的压力大小；
②试通过计算判断小物块是否会脱离轨道CEFD；若脱离，求出落点到C 点的距离，若不脱离，求小物块最终稳定运动时的最大动能。
2024届重庆市部分学校高三上学期11月一轮复习联考（二）
物理参考答案及评分意见
1. A
【解析】因电梯上升，由速度一时间图像可知，电梯加速上升的时间段为10.0s到 11.8s，处于超重状态，A正确。
2. B
【解析】对物块受力分析，作出如图所示的矢量三角形，可知在 F 由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向的过程中， 力 F 先减小后增大，F 的最小值 Fₘᵢₙ=Gsin30°=50N，B正确。
3. C
【解析】根据机械能守恒定律可知到达底端 N 点时，两小球速度大小相等，但方向不同，重力的功率不相同，A错误；由M 到 N 的过程中，合力做功即两小球重力做功均为 WG=mgℎ，B错误；由 M 到 N 的过程中，重力的冲量 IG=mgt，由于 tA>tB，所以小球 A 重力的冲量比小球 B 重力的冲量大，C 正确；到达底端 N 点时，小球 A受到的支持力 FA=mgcsθA，，小球 B 受到的支持力 FB>mgcsθB，由图可知 θA>θB，则 FB>FA，根据牛顿第三定律可知，小球 B 对轨道的压力大于小球A 对轨道的压力，D错误。
4. D
【解析】脚踏板每分钟转30圈，则 T=2s，A错误；牙盘转动的角速度 ω=2πT=3.14rad/s，B错误；飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即 v₂=ωr₁=0.314m/s，C错误；后轮的角速度与飞轮的角速度相等，则后轮边缘各点的线速度大小为 v3=v2r2r3=2.826m/s，自行车匀速运动的速度大小为 2.826 m/s，D正确。
5. A
【解析】将小车 A 的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的分速度大小即为 B 物体上升的速度大小，则vA=vBcsθ，随着小车A 向左运动，θ减小，则小车 A 做减速直线运动，A正确，B、D错误；物体 B 竖直匀速上升，绳子拉力等于物体 B 的重力，拉力大小不变，C 错误。
6. C
【解析】根据开普勒第三定律有 r地3T地2=r樊3T樊2，解得 T樊=≈5.67年，A、B错误；根据牛顿第二定律可知 GMmr2=ma，‘樊锦诗星”在远日点的加速度与地球的加速度大小之比为 a远a地=r地2r远2=14.862，C正确，D错误。
7. C
【解析】当二者速度相等时，小物块 m 沿滑块M 上滑的高度最大，设最大高度为h，系统水平方向动量守恒，以v₀的方向为正方向，有 mv₀=m+Mv，根据机械能守恒可知， 12mv02=12m+Mv2+mgℎ，解得 h=1.2m，A、B错误；设小物块m 返回滑块M 的底端时，小物块 m 与滑块M 的速度分别为 v₁、v₂，系统水平方向动量守恒，有 mv₀=mv₁+Mv₂，根据机械能守恒定律有 12mv02=12mv12+12Mv22，解得 v1=−13v0=−2m/s，v2=23v0=4m/s，根据动量定理，合力对滑块 M 的冲量大小为 I=Mv2−0=8N⋯，C正确，D错误。
8. AC
【解析】星球表面的物体受到的重力等于万有引力， mg=GMmR2，得 g=GMR2，则 g火g=M火M地⋅R地R火2=19× 4=49，解得火星表面的重力加速度约为4.4m /s²，A正确，B错误；由万有引力提供向心力可得 GMmr2=mv2r，在行星表面运行时有r=R，则 v=GMR，因此 v火v地=M火M地⋅R地R火=19×2=23，星球的第二宇宙速度是第一宇宙速度的 2倍，则火星的第二宇宙速度 v2=23×8≈5.3km/s，C正确，D错误。
9. BD
【解析】由于拉力沿斜面向上，则拉力做的功W=Fx，可看出W-x图像的斜率代表拉力，在010. BCD
【解析】杆长为l，a 球靠在车厢的光滑竖直侧壁上，距车厢底面的高度为0.8l，则轻质杆与竖直方向的夹角的正切值 tanθ=0.75，对a 球受力分析如图甲所示，在竖直方向根据平衡条件有 N₁csθ=mg，当a 球与车厢左壁的弹力刚好为零时，根据牛顿第二定律得 mgtanθ=ma₁，解得 a₁=gtanθ；当b球与车厢底面的静摩擦力刚好达到最大值时，对b受力分析如图乙所示，在竖直方向根据平衡条件有 N₂=mg+N₁csθ=2mg，在水平方向根据牛顿第二定律有 fₘ−N₁sinθ=ma₂，又 fₘ=μN₂，联立解得 a₂=2μ−tanθg；；若μ=0.5，此时a₁>a₂，则车厢的加速度最大值为 a₂=2.5m/s²，A错误，B正确；若μ=0.8，此时 a₁11.（1）0.2（1分） 2（1分） （2）0.5（2 分） （3）把传感器固定在斜面顶端（2分）
【解析】（1）根据匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，可得0.1 s末的速度大小为 v=0.16−，0.2末的速度大小为 v'=0.15−，由加速度定义式可知，木块的加速度大小为 a=v'−vΔt=0.4−。
（2）根据牛顿第二定律可知mgsinθ-μmgcsθ=ma，解得木块和斜面间的动摩擦因数 μ=tanθ−agcsθ=0.5。
（3）改进的方法是把传感器固定在斜面顶端，让木块以合适的初速度沿斜面上滑，使木块做匀减速直线运动，或让木块在传感器前由静止开始下滑，即可避免撞到传感器。
12.（1）①B（1分） ②左（2分） mx18T2x4−2x2（2分）③BC（2分） 2m3gl=12m3+m4dΔt2（2 分）
【解析】（1）①打点计时器应接交流电源，操作时应用手提住纸带的上端，让重物尽量靠近打点计时器，B正确。
②纸带上的点迹从左向右间距逐渐变大，则纸带的左端与重物相连。打点计时器打 B 点时的速度大小为vB= x22T，打 D 点时的速度大小为 vD=x4−x22T，在打 B 点到 D 点的过程中，重物动能增加量的表达式为 △Eₖ=12mvD2−12mvB2=mx48T2x4−2x2。
③根据题意，设阻力大小为 f，由动能定理有 mg−fℎ=12mv2，整理可得 v2=2g−fm⋅ℎ，若阻力为零，则两次实验的v²-h图像斜率相等，由图可知，斜率不等，则阻力不为零，A错误，B正确；虽然斜率不相等，但不知道两重物所受阻力的情况，则两重物的质量关系不确定，即 m1可能等于 m2，C正确，D错误。
（2）若机械能守恒成立，有 m3gl=12m3+m4dΔt2。
13.（1）1.25 J （2）2.1m
【解析】（1）小石片在竖直方向的分运动为自由落体运动，则 ℎ0=12gt2（2分）
解得 t=0.3s
第一次接触水面前瞬间小石片的竖直分速度 vy=gt=3m/s（2分）
第一次接触水面前瞬间小石片的动能 Ek=12mv2=12mv02+vy2=12×0.1×25J=1.25.（2分）
（2）小石片从第一次碰撞水面后到第二次碰撞水面前的过程中，在空中运动的时间
t'=2vy'g=2×12vyg=0.3s（2 分）
小石片第二次接触水面处与抛出点的水平距离
d=v0t+vxt'=v0t+34v0t'=4×0.3m+3×0.3m=2.1m（2分）
14.（1）2.5×104W （2）96 m
【解析】（1）降落伞匀速下降时，重力等于阻力， mg=f=kv（2分）
则重力的功率 P=mgv=fv=kv²（2分）
即以不同的速率匀速下降时，重力的功率之比 P'P=v'2v2（2分）
则降落伞以5m /s的速度匀速下降时，重力的功率 P'=14P=2.5×104W（1分）
（2）对任意一段时间 △t 内，由动量定理可得 mg△t-kv△t=△p（2 分）
而 v△t=△h（2分）
累加可得 mgt-kh=m（v-v₀）（2分）
联立解得 h=96 m（1分）
15.（1）3.66 J （2）① 45 N ②见解析
【解析】（1）假设小物块中途会与传送带达到共速，小物块先在传送带上做加速运动，由牛顿第二定律有
μmg=ma（1分）
解得 a=3m/s²
设与传送带共速需要的时间为 t，则 v=v₀+at（1分）
解得 t=0.2s
加速过程中的位移 x=v+v02l（1分）
解得 x=1.16 m电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，即△E=μmg·vt（（1分）
解得△E=3.66 J（1分）
（2）①假设小物块一直减速运动到 C，则由动能定理有 −μmgl=12mvc2−12mv02（1分）
解得 vc=3.5m/s，由于 vc>v'，故假设成立
在C点，根据牛顿第二定律有 F−mg=mvc2R（1分）
解得 F=45 N
根据牛顿第三定律可知小物块第一次运动到C 点时对轨道的压力大小为 F'=F=45N（1 分）
②小物块从 C 点运动到 F 点过程中，由动能定理有
12mvF2−12mvc2=−mgR+Rsin30∘（1分）
解得 vF=1.75m/s
而 mgsin30∘=mvF2R，则小物块恰好可以通过 F 点（1分）
小物块从 C 点运动到最高点过程中，由机械能守恒有 12mvc2=mgℎ（1分）
解得 h=0.6125 m<2R=0.7 m，
则小物块不会通过 D 点，即小物块第一次经过半圆弧轨道CD 的过程中不会脱离轨道（1分）小物块从半圆弧轨道滑下后，在传送带上做减速运动，设减速到零的过程中发生的位移为x'，
则 x'=vc22a≈2.04m小物块减速到零后反向向右加速，与传送带达到共速后再做匀速运动，
小物块再次经过 C 点向右的速度为 vc'=2m/s（（1分）
则小物块再次通过C 点后上升至速度为0 时，有 12mvc'2=mgℎ'（1分）
解得 ℎ'=0.2m即小物块第二次冲上半圆时，不会脱离轨道（1分）
小物块速度为零后再返回至C点，进入传送带，如此往复运动，则小物块不脱离轨道，最终稳定运动时在 C 点的动能最大，最大动能 Ekn=12mvc'2=2J（2分）