四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期开学考试理综物理 Word版含解析.docx

《四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期开学考试理综物理 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

树德中学高2021级开学考试理科综合试题物理试卷第Ⅰ卷（选择题共126分）二、选择题：（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1.物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示．则传送带转动后（　　）A.M将减速下滑B.M仍匀速下滑C.M受到的摩擦力变小D.M受到的摩擦力变大【答案】B【解析】【详解】传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑，B正确．2.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等，图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是 A.a点的电势高于b点的电势B.电子在a点的加速度大于在b点的加速度C.电子在a点的动能大于在b点的动能D.电子在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】D【解析】【详解】根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，则a点的电势低于b点的电势，故A错误．根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，电子在b点的加速度大，故B错误．根据负电荷在电势高处电势能小，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能；电子的电势能减小，则电子动能增加，电子在a点的动能小于在b点的动能，故C错误，D正确．3.近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的vt图像，以下说法正确的是(　　)A.因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B.在t＝5s时追尾C.在t＝3s时追尾 D.由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾【答案】C【解析】【详解】ABC．从图像中可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a1＝－10m/s2，刹车失灵后的加速度a2＝－2.5m/s2。假设能追尾，设追尾时间为t，则小汽车刹车失灵前的位移x1＝×(20＋30)×1m＝25m小汽车刹车失灵后的位移x2＝20×(t－1)－×2.5×(t－1)2大卡车的位移x3＝10t由x1＋x2＝30＋x3得t＝3s则假设成立，故AB错误，C正确；D．如果刹车不失灵，则在t＝2s时两车速度相同，此时小汽车的位移x4＝×(30＋10)×2m＝40m大卡车的位移x5＝10×2m＝20mx4－x5＝20m<30m故这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，D错误。故选C。4.由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送至椭圆轨道1，该轨道的近地点为，远地点为;卫星在点时变轨，使卫星沿圆轨道2运行;当卫星在轨道2上飞经赤道上空时再进行变轨，使卫星沿同步轨道3运行，轨道1、2相切与点，轨道2、3相交于两点，忽略卫星质量变化，下列说法正确的是（） A.卫星在点由轨道1进入轨道2前后机械能守恒B.轨道1在点的线速度小于轨道3的线速度C.卫星在轨道1经过点时的加速度大于在轨道2经过点时的加速度D.卫星一旦进入轨道2，其最终定位于赤道的经度就已经确定了【答案】D【解析】【详解】A．卫星由轨道1进入轨道2需要加速做离心运动，除了万有引力外的其他力做正功，机械能变大，故A错误；B．根据可得可知轨道3的小于点所在圆轨道的速度，又点所在圆轨道的小于轨道1在点的线速度，所以轨道1在点的线速度大于轨道3的线速度，故B错误；C．根据可得可知卫星在轨道1经过点时的加速度等于在轨道2经过点时的加速度，故C错误；D．根据可得 可知轨道2、3半径相同，周期相等，均等于地球的自转周期，卫星一旦进入轨道2，一直到变轨到3轨道，地球转过的角度与卫星转过的角度是确定的关系，到轨道3后，卫星与地球保持相对静止，所以卫星一旦进入轨道2，其最终定位于赤道的经度就已经确定，故D正确。故选D。5.如图所示，长度为l的轻杆AB一端用铰链固定在竖直墙壁上，轻绳CD跨过B端的光滑轻质滑轮挂住一个质量为m的物体。开始时轻杆在外力作用下保持水平状态，此时∠ACB=45°，缓慢地使轻杆绕A端转动，当轻杆转动到某一位置时，撤去外力作用，整个装置仍能保持静止状态（重力加速度为g），则整个过程物体重力势能的改变量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由几何关系可知当轻杆转动到某一位置时，撤去外力作用，整个装置仍能保持静止状态，如图所示由B端受力和几何关系可知，此时为等边三角形；则B端上升高度为 而绳子竖直部分伸长了则物体上升的高度为则整个过程物体重力势能的改变量为故选A。6.某电动机的伏安特性曲线如图（a）所示，现将两个这样规格的电动机并联接在电动势为，内阻为的直流电源上，连接方式如图（b）所示。下列说法正确的是（）A.由图（a）可知，当电动机两端电压大于零时，其就会有机械能产生B.由图（a）可知，该电动机线圈电阻为C.由图（a）可知，当电动机两端电压为时，其机械功率为D.由图（b）可知，当电键闭合后，电源的输出功率为【答案】BD【解析】【详解】A．由图（a）可知，当电动机两端电压大于时，其就会有机械能产生，故A错误；B．由图（a）可知该电动机线圈电阻故B正确； C．由图（a）可知，当电动机两端电压为时，电动机总功率热功率为机械功率为故C错误；D．假设电动机不转动，为纯电阻电路，两个电动机并联，总电阻为，则两个电动机两端的电压可知电动机转动，则流过电动机的电流为2A，电源的输出功率故D正确。故选BD。7.一个足够长的轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为和的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），水平恒力作用在A物块上，如图所示（重力加速度）。则（）A.若，则物块、木板都静止不动B.若，则A物块所受摩擦力大小为C.若，则B物块所受摩擦力大小为D.若，则B物块的加速度为【答案】BD【解析】【详解】A．若，A物块与板间最大静摩擦力为可知A物块与木板没有相对滑动，A、B物块与木板一起向左做加速运动，故A错误；B．由于 可知，A、B物块与木板一起向左做加速运动，加速度为对A物块受力分析有可得A物块所受摩擦力大小为故B正确；CD．由于木板为轻质木板，且可知木板与B始终相对静止；设水平恒力为时，A物块与木板刚好发生相对滑动，则有解得，若，A物块与木板发生相对滑动，则B物块所受摩擦力大小为若，A物块与木板发生相对滑动，则B物块的加速度为故C错误，D正确。故选BD。8.如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域，该区域中的点距点较近。材料与形状完全相同的两个物块甲和乙与地面间的动摩擦因数由到逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，图示空间中有水平向右的匀强电场，两物块在运动过程中电荷量保持不变．先让甲物块从由静止释放滑到。然后再让乙物块从由静止释放滑到。上述两过程相比较，下列说法中正确的是（） A.甲物块经过点时动能较小B.甲物块从释放到点比乙物块从释放到点因摩擦产生的热量更少C.甲物块在上述过程中获得的速度较大D.甲物块上述过程中所用时间较长【答案】AD【解析】【详解】A．动摩擦因数由A到B逐渐减小，但物块甲从A由静止开始能滑到B，说明电场力在整个过程中都大于摩擦力，物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，离P点距离较短，故合力做功较少，据动能定理可知，到达P点的动能较小；物块乙从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，离P点距离较长，故合力做功较多，到达P点的动能较大，故A正确；B．克服摩擦力所做的功等于产生的热量甲从到过程摩擦力较大，但位移较小，乙从到过程摩擦力较小，但位移较大，故无法确定f做功多少，即无法确定甲物块从释放到点与乙物块从释放到点因摩擦产生的热量的大小关系，故B错误；C．由动能定理可得由题意可知，两过程摩擦力的平均值相同，故合力做功相同，两个过程获得的速度大小相等，故C错误；D．采用图像法分析，结合A的解析可知，甲运动过程加速度在增大，故斜率增大，如图1，乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如图2，由C的解析可知，末速度大小相等，且两过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程的时间长，故D正确。 故选AD。第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答．9.在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表和电压表、直流电源、滑动变阻器、电键等，要求灯泡两端电压从0V开始变化。（1）实验中滑动变阻器应采用__________接法（填“分压”或“限流”）。（2）电路连接正确后，分别测得两只灯泡和的伏安特性曲线如图（a）中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡、与电池组、电流表（电动势和内阻均恒定，电流表阻值为）连成图（b）所示的电路，多次测量后得到通过和的电流平均值分别为和。由该曲线可知，电池组的电动势为__________，内阻为__________（结果均保留两位有效数字）。【答案】①.分压②.4.6③.1.7##1.6##1.8【解析】【详解】（1）[1]要求灯泡两端电压从0V开始变化，则实验中滑动变阻器应采用分压接法。（2）[2][3]由图（b）电路图可知，开关分别接两接线柱时，两灯泡分别与电源组成闭合电路，由灯泡的伏安特性曲线求出灯泡电流对应的电压，由图（a）的伏安特性曲线图像可知，和的电流平均值分别为0.30A和0.60A时灯泡两端电压分别为：3.8V，3.0V，过点（0.30A，3.8V）和点（0.60A，3.0V）作直线，如图所示 根据闭合电路欧姆定律可得可知图像的纵轴截距等于电动势，则有图像的斜率绝对值为解得内阻为10.某同学在家中做实验验证力的平行四边形定则．他从学校实验室借来两只弹簧测力计，按如下步骤进行实验。①在竖直墙面上贴一张白纸来记录弹簧弹力的大小和方向②如图（a）将弹簧测力计A上端挂于固定点，下端用细线挂一水杯M，细线与水杯系于点，记下静止时弹簧测力计读数③如图（b）将另一弹簧测力计B的一端用细线系于点，手持另一端向左拉，使结点静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数分别为，并在白纸上记录点的位置和拉线的方向。 （1）从图（a）中可得__________。（2）在步骤③中测得和，两个力的方向如图（c）所示，用长度的线段表示的力，在图（c）中画出力的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力_________。（3）合力__________，若与的大小及方向的偏差在实验允许的范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。（4）某次实验中，发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法合理的是__________。A．保持水平，并使B的拉力适当增大B．减小水杯重力（或换用重力更小的重物）C．保持点不动，使绕点顺时针旋转合适的角度D．保持点不动，使绕点逆时针旋转合适的角度【答案】①.4.0②.③.3.8④.BC##CB【解析】【详解】（1）[1]弹簧测力计的分度值为0.2N，所以读数时只需要估读到本位，根据指针的位置可知测力计的读数为4.0N；（2）[2]用长度的线段表示的力，在图（c）中画出力的图示如下图所示，根据平行四边形定则可知对角线即为的合力。（3）[3]根据对角线长度结合标度可知合力3.8N；（4）[4]某次实验中，发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法分析如下A．保持水平，并使B的拉力适当增大，根据平行四边形定则可知， A的拉力也变大，此方案不合理，故A错误；B．减小水杯重力（或换用重力更小的重物），根据力的合成可知，两个弹簧测力计的拉力都减小，此方案合理，故B正确；C．保持点不动，使绕点顺时针旋转合适的角度，根据动态图解可知A的拉力减小，此方案合理，故C正确；D．同理，保持点不动，使绕点逆时针旋转合适的角度，根据动态图解可知A的拉力增大，此方案不合理，故D错误。故选BC11.如图所示，在水平地面的右侧有一个圆心在点，半径 的光滑圆弧形轨道，它与地面连接于点，分别是轨道的最低和最高点，连线与竖直方向呈。一个小球（可视为质点）从点静止释放，与正下方直杆上的三棱柱碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，小球恰好能在点沿轨道切线进入轨道。已知点与地面的高度，小球质量，重力加速度取，。（1）小球能否通过点？若能，求出点轨道对小球的弹力大小，若不能，说明理由；（2）求点与点的水平距离。【答案】（1）能，；（2）【解析】【详解】（1）根据题意，若小球恰好能通过点，设速度为，则有解得小球从点到点过程中，没有机械能的损失，由机械能守恒定律有解得说明小球能通过点，在点，由牛顿第二定律有解得（2）设小球做自由落体的高度为，其与三棱柱碰前（后）速度大小为，小球在处速度的竖直分量为，从到的时间为，其与三棱柱碰前，由自由落体运动有 在处由速度关系有由到的过程，竖直方向上有水平方向上有综上代入数据得12.如图所示，一倾角的固定斜面的底端安装一弹性挡板，静止在斜面上的两个小物块A、B质量分别为，；两者之间安放了少量炸药，物块A与挡板的距离。某时刻，炸药发生爆炸，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为，A、B物块与斜面之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，斜面足够长，求：（1）爆炸后瞬间A、B速度大小；（2）爆炸后经过多长时间，A、B再一次相碰；（3）从爆炸到A和B都静止的过程中，A、B与斜面由于摩擦而增加的内能。【答案】（1）8m/s，2m/s；（2）；（3）3.3J【解析】【详解】（1）设沿斜面向上为正方向，爆炸瞬间A、B速度大小分别为，爆炸过程A、B系统满足动量守恒和能量关系 代入数据得（2）设A沿斜面向下运动与沿斜面向上运动的加速度分别为，由动力学方程代入数据得同理B沿斜面向上运动的加速度为设B从爆炸后沿斜面向上运动的位移为设A从爆炸后经过时间第一次运动至挡板处，反弹后又经过与B相碰爆炸后A、B再一次相碰的时间为代入数据得（3）设A再一次与B相碰前速度大小为，A、B碰后速度大小分别为A、B碰撞过程 代入数据得B再一次沿斜面向上运动位移为A再一次反弹后沿斜面向上运动的位移为代入数据可得因此A、B将不会再发生碰撞，设整个过程，A、B的路程分别为，由于摩擦增加的内能分别为A、B由于摩擦而增加的总内能为代入数据可得【物理—选修3-3】（15分）13.关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）A.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C.可以从单一热库吸收热量，使之完全变为功 D.不可能使热量从低温物体传向高温物体E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程【答案】ACE【解析】【详解】A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，选项A正确；B．对某物体做功，不一定会使该物体的内能增加，选项B错误；C．可以从单一热库吸收热量，使之完全变为功，但会产生其他影响，选项C正确；D．可以使热量从低温物体传向高温物体，选项D错误；E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程，选项E正确。故选ACE。14.如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的容积均为V0汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：（i）恒温热源的温度T；（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx【答案】（1）（i）（ii）【解析】【详解】（i）设左右活塞的质量分别为M1、M2，左右活塞的横截面积为S，由平衡可知 得由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上部分气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持，所以当下面放入温度为T的恒温源后，体积增大为，则由等压变化解得（ii）当把阀门K打开重新平衡后,由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知。打开活塞后，左侧降某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T0等温变化，汽缸下部保持温度T等温变化．设左侧上方气体压强为p，由设下方气体压强为p2解得p2=p+p0所以有联立上述两个方程解出解得另一解（舍去） 【物理—选修3-4】（15分）15.如图所示，是均匀媒质中轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为、和。一列简谐横波以的波速沿轴正向传播，在时刻到达质点处，质点由平衡位置开始竖直向下运动，时第一次到达最高点。下列说法正确的是（　　）A.在时刻波恰好传到质点处B.在时刻质点恰好到达最低点C.在的时间间隔内质点向上运动D.当质点向下运动时，质点一定向上运动E.在时，质点偏离平衡位置的距离是其振幅的一半【答案】ACE【解析】【详解】根据题意可知，在时刻质点由平衡位置开始竖直向下运动，时第一次到达最高点，则有解得A．根据题意，由公式可得，波恰好传到质点处的时间为故A正确；B．根据题意，由公式可得，波传到质点处的时间为则在时刻质点振动的时间为可知，在时刻质点在平衡位置向上振动，故B错误；C．结合上述分析可知，在的时间间隔内质点振动时间为可知，质点由最低点运动到最高点，故C正确；D．根据题意，由公式可得，波长为 可知，间的距离则当质点向下运动时，质点可能向下运动，故D错误；E．根据题意，结合上述分析可得，质点的振动方程为当时，解得故E正确。故选ACE。16.如图所示，有一个半径为的环状光源，其表面可以朝各个方向发光，现将环状光源封装在一个半球形透明介质的底部，环状光源的圆心与球心重合。半球形介质的折射率为1.5，为使环状光源发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，求球半径的取值范围？【答案】【解析】【详解】由于环状线光源关于点具有旋转对称性，因此只需研究光源上其中一个点光源的情况即可。不妨研究环状线光源上的点，在球面上任意取一点，连接、，设，入射角为，如图所示 在中由正弦定理可得一定时，当，入射角取最大值，则有设临界角为，根据由题意可得联立解得