2023—2024学年度高三第一学月七校联考高三物理答案一、单项选择题：1．【答案】C【详解】AC．A对B有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示由平衡条件可知，竖直方向上有FABcosmgmg可得FABcos故A错误，C正确；BD。由牛顿第三定律可知，B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为mgFBAcos对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有FFBAsinmgtan故B、D错误。2．【答案】D【详解】A由图可知，t0~t4时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在t2时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在t4时刻之后，故A错误；B．t3~t4时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明t3~t4时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；vC．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为1，而AB线段与横轴2所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据xvt可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速v度，即t~t时间内“笛音雷”的平均速度小于1，故C错误；012D．根据上述，t3~t4时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下且为g，“笛音雷”处于完全失重状态，故D正确。2023-2024学年度高三第一学月七校联考物理答案第1页共6页学科网（北京）股份有限公司故选D。3．【答案】C【详解】A．用逆向思维，把物体的运动看成初速度为零的匀加速直线运动，即v00则物体在第1s，第2s，第3s，第4s内的位移之比为1：3：5：7，所以x11x471可得xx2m174即匀减速直线运动最后一秒的位移大小为2m，故A正确；B．根据平均速度的定义可知匀减速直线运动第一秒内平均速度的大小为14v'm/s14m/s11故B正确；1CD．由A选项分析，按逆向思维，可得xat22m12解得a4m/s2匀减速直线运动初速度即逆向匀加速直线运动第4s末的速度为v4at16m/s故C错误，D正确。本题选错误项，故选C。4．【答案】D【详解】A．不计空气阻力，B到C先加速后减速，故A错误；B．从B点至C点过程中，加速度要变化，故B错误；mgCD．在B点时，加速度大小为agm从B点至C点过程中由于弹力逐渐增大，运动员加速度先减小至0，后增大，由对称性，C点加速度大于g则可知在C点时，运动员在的加速度最大，故C错误，D正确。故选D。5．【答案】B112【详解】第ts内物体下落的高度hg(ts)2gts1s52t1m，A错误；第(t–1)s内物t22体下落的高度为5(2t–3)m，B正确．第ts比第(t–1)s下落的距离多10m，C错误。10s内下落的高度为80m，D错误。6．【答案】A【分析】本题考查力的动态平衡和受力分析的能力。【详解】AB．以小圆柱体Q为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示FFmg由平衡条件得12sinsinsin180根据几何关系可知：α+β不变，分析可知，α减小，β增大，MN对Q的弹力F1增大，P对Q的弹力F2减小，A正确，B错误；C．对P研究，作出受力如图根据平衡条件，可得地面对P的弹力N=Mg+F2sinα2023-2024学年度高三第一学月七校联考物理答案第2页共6页学科网（北京）股份有限公司因F2减小，α减小，所以N减小，C错误；D．由于MN缓慢转动，整个过程处于动态平衡，Q的合力可以看成是0，D错误。故选A。7．【答案】A【详解】A．作示意图如图1所示，设重物所在位置为C点，则钢索在A点夹角为22CAB902定滑轮只改变钢索拉力的方向，不改变力的大小，则钢索对滑轮的作用力方向沿着CAB的角平分线，即2a2F2Mgcos()合4由牛顿第三定律可知，滑轮对钢索的作用力2a2F2Mgcos()合4故A正确；B．由题意可知，物体静止，钢索拉力FMg故B错误；C．以B点为研究对象，受力分析如图2所示，可知Mgcos()FBsin解得cos()FMgBsin故C错误；D．以整体为研究对象，钢索对OB有向下拉力，底座对整体的支持力大于Mmg，故D选项错误。公众号：高中试卷君故选A。二、多项选择题：8．【答案】AD【详解】AB．设两根阻拦索之间的夹角为，由受力分析可知，飞机所受合力为2023-2024学年度高三第一学月七校联考物理答案第3页共6页学科网（北京）股份有限公司F2Fcos合2当阻拦索夹角为120时F合F故A正确，B错误；CD．由牛顿第二运动定律2Fcosma2飞机向前运动，变小，所以加速度逐渐增大，飞机做加速度增大的减速运动，故C错误。D正确故选AD。9．【答案】AD【详解】A．若传送带顺时针转动，当木块下滑时满足mgsinmgcos物块将一直匀加速到底端，且加速度不变，当木块上滑时满足mgsinmgcos木块先匀加速，在速度与传送带相等后将匀速运动，两种情况均不符合运动图像，若传送带逆时针转动，当木块下滑时mgsinmgcosma1当木块下滑速度等于皮带速度时，如果mgsinmgcosmgsinmgcosma2故A正确；B．由A中分析可知，传送带逆时针转动，只有木块的速度大于传送带速度时，木块所受摩擦力才能沿传送带向上，由图乙可知，传送带速度的大小等于v0，故B错误；C．木块在0:t0时间内，所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsinmgcosma1v0由图乙可知a1t0v联立解得0tangt0cos故C错误；D．t0时间后木块所受摩擦力沿传送带向上，根据牛犊第二定律mgsinmgcosma2v0把C中解得代入解得a22gsint0故D正确。故选D。10．【答案】CD【详解】AB.1交接棒时vtat2s20得t2s或t=4sv由于乙加速到最大速度的时间为t3s0a2023-2024学年度高三第一学月七校联考物理答案第4页共6页学科网（北京）股份有限公司则2s时交接棒，交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离为1xat24m2AB错误1C．由题意可知，甲、乙共速时相遇，则vtat2s0200则发令时甲与接力区前端的距离为s09mD．棒现在甲的手中以6m/s运动，后交到乙的手中乙6m/s运动，因此棒始终是6m/s运动，通过L的最短时间为t3svCD正确，故选CD。三、非选择题：共57分。11．【答案】（1）7.00（2）A10（3）不变（第1问1分，第2问，第3问每空2分）22MmmH12．【答案】（1）偶然（2）B（3）匀速（4）0mt2（第1问，第2问，第3问每空2分。第4问3分）13．【答案】（1）mg=2μF1F1=mg/2μ(5分)（2）2μF2-mg=maF2=(mg+ma)/2μ(5分)10714．【答案】（1）T；（2）vaT；8B32【解析】【详解】（1）因为微粒开始做匀加速直线运动，根据公式可得1Lat2（2分）210解得tT（2分）8Tt所以满足条件，一直加速（1分）23TT（2）t时产生的微粒，先做匀加速再做匀减速，内加速运动的位移为4421112x2aTaT（2分）2416此时粒子的速度为11v2aTaT（2分）4222减速阶段粒子运动到B板的速度vvB2a(Lx)（2分）7vaT（2分）B322023-2024学年度高三第一学月七校联考物理答案第5页共6页学科网（北京）股份有限公司15．【详解】（1）由题可知1.5s时物块、木板共速，则物块在0～1.5s内的加速度为v30122a1m/s2m/s（2分）t11.50对物块有1mgma1可得物块与木板间的动摩擦因数为10.2（2分）v23922（2）在1～1．5s内木板的加速a2m/s12m/s（1分）t21.51根据牛顿第二定律有1mg22mgma2得20.5（2分）v撤去拉力F前，木板的加速度a9m/s2（1分）0t根据牛顿第二定律有F1mg22mgma0（2分）得F21N（1分）（3）可知共速时速度为3m/s，则在1．5s内物块位移为22v13x1m2.25m（1分）2a1222222vv1v9391.5s内木板位移为x2t1mm7.5m（1分）22a22212在1．5s后，物块与木板间仍有相对滑动，2物块的加速度大小a11g2m/s（1分）0v1物块到停止的时间还需t块1.5sa1木板的加速度大小为a2，则有22mg1mgma2（1分）2得a28m/s0v13木板到停止的时间还需t板sa28所以木板比物块早停止运动，在1．5s末到物块停止运动的时间内，物块的位移为220v13x1m2.25m（1分）2a12220v1木板位移为x20.5625m（1分）2a2则物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为Lx2x2x1x17.50.56252.252.25m3.5625m（1分）2023-2024学年度高三第一学月七校联考物理答案第6页共6页学科网（北京）股份有限公司