1、重庆八中 2021-2022 学年度高三（上）入学摸底测试物理试题 （共 8 页，第 1 页）重庆八中 2021-2022 学年度高三（上）入学摸底测试物理试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用 2B 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。在试卷上作答无效。3.考试结束后，请将本书卷和答题卡一并交回。满分 100 分，考试用时 75 分钟。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打篮
2、球是学生们喜爱的体育运动之一，篮球被抛出后在空中运动的过程中，下列说法正确的是A.篮球受到重力、推力、空气阻力三个力的作用B.研究篮球的运动轨迹时可以将篮球视为质点C.篮球能在空中运动是因为惯性，速度越大惯性越大D.若没有空气阻力，篮球将沿着抛出方向一直运动下去22020 长江三峡国际越野赛于 11 月 14 至 15 日在巫山县举行，运动员落地的过程可类比为图甲所示的物理模型，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程中弹簧弹力 F随时间 t 变化的图像如图乙所示，不计空气阻力，则 A.21 tt-过程中运动员的加速度不断增大B.21 tt-过程运动员速度一直增大C.32 tt-过程中运动员
3、先超重再失重D.2t 时刻运动员速度最大3如图所示，水平桌面上平放着一副扑克牌，总共 54 张，每一张牌的质量都相等，牌与牌之间的动摩擦因数以及最下面一张牌与桌面之间的动摩擦因数也都相等.用手指以竖直向下的力按压第一张牌，并以一定的速度水平移动手指，将第一张牌从牌摞中水平移出(牌与手指之间相对无滑动)，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A.从第 2 张牌到第 54 张牌之间的牌不可能发生相对滑动B.从第 2 张牌到第 54 张牌之间的牌可能发生相对滑动C.第 1 张牌受到手指的摩擦力方向与手指的运动方向相反D.第 54 张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相同甲 乙 重庆八中 2021-2
4、022 学年度高三（上）入学摸底测试物理试题 （共 8 页，第 2 页）4某兴趣小组的同学做家用汽车刹车性能测试，估测汽车刹车时的速度某次测得汽车从刹车到停下来所用的时间为 t，在平直路面上通过的距离为 s,已知汽车所受的阻力随速度的变化而变化，速度越大，所受的阻力越大，则A.ts=v B.ts2=v C.ts2v D.ts2vts 2=2，而受到的第 1 张牌的滑动摩擦力为=，则第 2 张牌与第 3 张牌之间不发生相对滑动。同理，第 3 张到第 54 张牌也不发生相对滑动，故 A 正确，B 错误；C.第 1 张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则受到手指的静摩擦力与手指的运动方
5、向相同，故 C 错误；D.对 53 张牌(除第 1 张牌外)研究，处于静止状态，水平方向受到第 1 张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第 54 张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，故 D 错误。4.C 汽车刹车后做减速运动，速度变小，汽车所受阻力变小，根据牛顿第二定律可知，加速度变小，所以汽车刹车后做加速度减小的减速运动，其速度图像大体如图所示，速度图像与坐标轴所围成的面积表示位移，所以汽车刹车后汽车运动的位移小于三角形的面积，所以有=2 5.【答案】D由题意可明确人的头受力情况，如图所示：，解得：=42，故 D 正确；6.【答案】AA.当船头垂直对岸行
6、到对岸时，所需要的时间最短，最短时间为：=1=1005 =20 B.船以最短时间渡河，航线与岸的夹角为60，即合速度与岸的夹角为60，由几何关系知，河水流速为2=160=533/，故B错误；C.船实际渡河位移为=sin60=20033，故 C 错误；D.由于1 2，调整船头斜向上游，船能到达正对岸，故 D 错误。7.【答案】B由于不计空气阻力，乒乓球在两球拍之间运动可视为抛体运动，水平方向速度0不变，乒乓球垂直击打两球拍时，sin45=01，sin30=02，解得12=22，B 正确8.【答案】CDA、根据=可求合外力，但不知道阻力大小，所以无法算出牵引力，故 A 错误；B、D：从 c 图知道
7、，汽车的加速度为，还知道初速度为 0 和运动的时间，根据=0+12 2和=0+可求出汽车的位移(即汽车的长度)和 4s 末汽车的速度，但由于汽车质量未知，故不能求得汽车的动能，故 B 错误，D 正确。C、由于汽车位移能求解，除以时间即可得平均速度，故 C 正确9.【答案】AC10.【答案】ABDA.由 图象得01 的加速度1为：1=2121/2=10/2，方向沿传送带向下；12 的加速度2为：2=021/2=2/2，方向沿传送带向下。01，对煤块由牛顿第二定律得：+=112，对煤块由牛顿第二定律得：=2解得：=37，=0.5，故 A 正确；B.图象图线面积表示位移，所以煤块上滑总位移为=8，由
8、运动学公式得下滑时间为：下=22=282 =22，所以煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为(2+22)，故 B 正确，C 错误；D.01 内，煤块上滑 7m，皮带位移为 2m，故煤块相对皮带向上划痕为 5m；1s 后直至煤块从 A 端离开皮带，煤块位移7，皮带位移为(2+42)，煤块相对皮带向下划痕(9+42)，故 D 正确。11.【答案】(1)6.05(2)3(3)48.6(1)压缩量的平均值为(2)因三个是相差 3 个钢球的压缩量之差，则所求平均值为管中增加 3 个钢球时产生的弹簧平均压缩量；(3)根据钢球的平衡条件有3sin=解得=3sin=30.29.8sin306.05102N
9、/m 48.6N/m12.（）远大于（）21350 tss；24.2(23.924.5)47.2(47.047.6)1.16(1.131.19)；()kbk,113.解：（1）设最大速度为 vm，根据匀变速规律，整个过程杠铃的平均速度为：(亦可用图像法求解)2mvv（2 分）则有2mvht，（2 分）得：th2vm=（1 分）（2）杠铃加速运动时，1mvat，减速运动时，2mvgt，且 12ttt （3 分）可得：h2tghg2=a2-（1 分）对于发力阶段：Fmgma （2 分），解得h2tghmg2mg=F2-+（1 分）14.解：（1）对小物块:10ma2=Fmgcosg2mgsin2-
10、+，得1=2/2，方向沿斜面向下，小物块做向上的减速运动；（2 分）对木板:2ma=mgsinmgcos2-，得 2=2/2，方向沿斜面向上，木板做向上的加速运动，（2 分）（2）设经过1两者共速，0 11=21，得001t4v=t=，此时的速度小物块和木板速度为2v=v01，方向向上。（1 分）此时施加在物块上的力刚好改变大小。共速前，对小物块：000101tv43t2vv=x=+=3m（1 分）对木板00012tv41t2v=x=1m，（1 分）小物块相对木板向上运动的位移为：0021tv21=xx-x=2m，（1 分）若共速后两者一起运动，对整体：am)(M+=F43gsinm)(M+0
11、-，得2m/s2=a（1 分）对木板ma=fmgsin-，得mg0.4=f，mgcos2f，故两者一起向上减速至，再向下加速，回到第一次共速位置时，速度依然为 2v0，且方向向下，设 刚 共 速 至 木 板 第 一 次 与 挡 板 碰 前 瞬 间 所 用 时 间 为 2，此 时 的 速 度 为 2)xa(s+2=vv22122-，得 v2=4v70=7m/s。(1 分)此后，撤去小物块上的外力；(3)第一次碰后，木板向上运动，物块依然向下。对物块：2sin 2cos=23，3=2/2，方向向下（1 分）对木板:sin+2cos=4，4=14/2，方向向下（1 分）接下来，小物块将一直沿斜面向下
12、做匀加速直线运动，木板先沿斜面向上做匀减速直线运动，再反向匀加速，与物块共速前会再次与挡板发生碰撞，设木板与挡板相邻两次碰撞间隔的时间为3，3=224=0=1，（1 分）假设第一次碰后 m 一直沿斜面向下加速直至斜面底端所需用时4，+=24+12342,得 44.50,（1 分）故木板要和挡板碰撞 5 次之后，小物块才会从木板左端滑下，(也可根据第一次碰后的第 1s 内、第 2s 内、第 3s 内两者相对位移为等差数列来求解碰撞次数)设 M 与挡板从第 1 次碰撞到第 5 次碰撞时，m 相对于 M 下滑距离为，此时物块的速度为3，=2 40+12 3 （40）2=44，（1 分）3=2+3 4
13、0=15/，（1 分）设再经过时间5，m 会从 M 的左端滑下，滑下瞬间距离挡板的距离为 x+=35+12 352+25 12 452，5=23，（1 分）解得=25 12 452=569（1 分）15.（1）D（2）.气缸内气体压强等于大气压强1=0=1.0 105Pa .境温度越高，气缸内气体压强越大，活塞对细绳的拉力越小，则电子秤示数越大，由于细绳对铁块的拉力最小值为 0，即电子天平的示数恰好为 1200g 时，此时对应的环境温度为装置可以测量最高环境温度。设此时气缸内气体压强为3，对1受力分析有(3 0)=1 又由气缸内气体体积不变，则压强与温度成正比11=3 联立 式解得max=309 16.（1）D （2）R13）（+