四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期理科综合选择题考试 Word版含解析.docx

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四川省成都市石室中学2023-2024学年高三上学期考试理科综合物理试题一.选择题1.如图，在固定于水平面的粗糙斜面上，静止一物块，现用一水平向右的推力F推物块，物块仍静止不动，则F推物块后与推物块前相比，斜面对物块的静摩擦力大小是（）A.可能不变B.一定增大C.一定减小D.一定是先增大后减小【答案】A【解析】【详解】图1为物体开始时的受力分析图，图2为加上外力F后的受力分析（由于摩擦力方向未知，故未画出）由受力分析图正交分解可以看出在垂直斜面的方向上多出了F的分量，所以斜面对物块的支持力一定变大，但是不能确定力F在沿斜面方向的分量与重力G在斜面上分量之间的大小关系，所以斜面对物块的静摩擦力的大小不确定，方向也不确定，故F推物块后与推物块前相比，斜面对物块的静摩擦力大小可能不变。故选A。2.如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧k把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行．质量为m的物体和人在弹簧k的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是（） A.若剪断弹簧，物体和人加速度方向一定沿斜面向下B.若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右C.若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右D.若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力【答案】A【解析】【详解】剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜面体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B错误；若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；故选A3.如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为时，小物块刚要滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A.这个行星的同步卫星的周期是B.这个行星的第一宇宙速度C.这个行星的质量D.离行星表面距离为R的地方的重力加速度为【答案】C【解析】【详解】A．题中同步卫星的高度未知，该行星的自转周期未知，所以无法求出该行星同步卫星的周期，故A错误；BC．圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动说明物体做匀速圆周运动，物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心力，由题意可知当物体运动到圆盘的最低点，所受摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，此时有解得由解得这个行星的第一宇宙速度这个行星的质量故B错误，C正确；D．设离行星表面距离为R的地方的重力加速度为，对于此位置，万有引力近似等于重力有 而在行星表面有又联立以上各式，解得故D错误。故选C。4.如图所示，质量mA=1kg足够长的长板置于水平地面上，质量mB=2kg的小滑块置于长板A的左端，A与水平地面的动摩擦因数μ1=0.3，B与A间的动摩擦因数μ2=0.5，对B施加一大小为F=20N方向与水平面成37°的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　）A.A的加速度大小为1m/s2B.B的加速度大小为6m/s2C.若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大D若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止【答案】BC【解析】【详解】B．对小滑块B进行受力分析，如图可知又 根据牛顿第二定律，有联立，可得故B正确；A．对长板A受力分析，如图可知又易知，长板A静止，即故A错误；CD．若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有对B有易知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止。故C正确；D错误。故选BC。5.如图，电源电动势为E、内阻为r，定值电阻为R0。初始电流表示数为I1，电压表的示数为U 。将滑动变阻器滑片P向b端移动至某处，电流表的示数为I2，电压表的示数同为U，下列判断正确的是（）A.电流表的示数一直减小B.定值电阻R0消耗的功率先增大后减小C.电压表示数为U时，电源的输出功率等于D.电源的效率先减小后增大【答案】AC【解析】【详解】A．画出等效电路图如图，设滑动变阻器端部分电阻，与b端部分电阻并联，并联后的总电阻为当与相等时，取等号，即滑动变阻器两部分电阻并联后的总电阻达到最大。由滑动变阻器滑片P由初位置向b端移动至某处过程中，两处电压表示数相同知，先增大后减小，干路电流先减小后增大，由闭合电路欧姆定律可知滑动变阻器两部分并联后的电压先增加后减小。当增加时，因一直减小，则其电流增加，干路电流减小，则电流表示数减小，当减小时，因一直增加，则电流表示数减小。故电流表的示数一直减小，故A正确；B．由上述分析先增大后减小，则干路电流先减小后增加，即定值电阻的电流先减小后增加，消耗的功率先减小后增大，故B错误；C．由电路关系，可知当电流表示数为时，流过的电流为，而电流表示数为时，流过的电流为，故电压表示数为U时，通过电源的电流等于，电源的输出功率为 故C正确；D．电源的效率为由上述分析U先增大后减小，则电源效率先增大后减小，故D错误。故选AC。6.如图所示，A、B、C、D是立方体的四个顶点，在A、B、D三个点各放一点电荷，使C点的电场强度为零。已知A点放的是电荷量为Q的正点电荷，下列说法正确的是（　　）A.B点的点电荷带正电B.E、F两点电势相等C.B点的点电荷的电荷量的大小为D.D点的点电荷的电荷量的大小为【答案】BC【解析】【详解】A．依题意，A点在C点的电场强度方向沿AC方向，因为C点的电场强度为零，所以B、D两点的点电荷在C点的电场强度应该沿CB方向和CD方向，电场强度方向指向点电荷，因此B、D两点的点电荷都带负电。故A错误；B．假设A、B、D三处的点电荷单独存在，则当A处点电荷单独存在时，将试探电荷从E移动到F，电场力做功为零，即A处点电荷单独存在时，E、F两点的电势相等；同理，当B处点电荷单独存在时，将试探电荷从E移动到F点，电场力做功为零，即B处点电荷单独存在时，E、F两点的电势相等；同理，当D处点电荷单独存在时，将试探电荷从E移动到F，电场力做功为零，即D处点电荷单独存在时，E、F两点的电势相等，因此当A、B、D三处的点电荷同时存在时，将试探电荷从E移动到F ，电场力做功为零，E、F两点的电势相等。故B正确；CD．平面ABCD中三个矢量如下图设立方体的边长为L，根据几何关系可得由点电荷在某点的场强公式可知又联立，解得故C正确；D错误。故选BC。7.如图，一个带正电的小球穿在一根足够长的绝缘粗糙直杆上，直杆与水平方向的夹角为θ角，整个空间存在着沿直杆向下的匀强电场．小球以120J的初动能从A点开始沿直杆向上滑行，第一次经过B点时，它的动能比A点的减少了80J，重力势能比A点增加了40J，小球从A点到B点的运动过程中，克服电场力做功为20J，则小球从A点开始上滑到再次回到A点的过程中（）A.小球在最高点电势能最大B.小球克服摩擦力做功为40JC.小球再次回到A点的动能为60J D.小球的机械能减少量大于克服摩擦力所做功【答案】AC【解析】【分析】从A点开始沿直杆向上滑动的过程中，克服摩擦力做功，电势能增大；下滑过程中摩擦力的功等于上滑过程中的摩擦力的功；整个过程中重力做功和电场力做功均为零.【详解】从A点开始沿直杆向上滑动的过程中，克服摩擦力做功，电势能增大，所以小球在最高点的电势能最大，选项A正确；根据功能关系可得小球从A点运动到B点的过程中克服摩擦力做功为20J，此时小球的动能为40J,会继续上滑并克服摩擦力做功10J，所以从A点开始上滑到再次回到A点的过程中克服摩擦力做的总功为60J，故选项B错误；整个过程中电场力做功为零，所以小球再次回到A点的动能为60J，选项C正确；整个过程中重力做功和电场力做功均为零，所以小球的机械能减小量等于动能减小量，即克服摩擦力所做的功，选项D错误；故选AC.8.一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，并穿过带电圆环，不计空气阻力，关于小球从A点运动到关于O点对称的B点的过程中，下列说法正确的是（）A.小球的加速度可能一直在增大B.小球的机械能可能先增大后减小C.若换用电量更小的小球，其到达B点时的速度将减小D.若小球带上等量的负电，则该过程重力的冲量将减小【答案】AD【解析】【详解】A．小球从A运动到O由牛顿第二定律得mg－qE=ma从O到B由牛顿第二定律得mg+qE=maA到O电场强度E可能一直减小也可能先增大再减小，所以A到O的过程中加速度a可能一直增大，也可能先减小后增大，从O到B电场强度E可能一直增大也可能先增大再减小，所以O到B 的过程中加速度a可能一直增大，也可能先增大再减小，所以A到B的过程中加速度可能一直增大，故A正确；B．从A到O电场力做负功，从O到B电场力做正功，所以小球的机械能先减小后增大，故B错误；C．根据对称性A点与B点电势相等，设A、B的高度差为h，根据动能定理mgh=mv2解得：v=与小球电荷量无关，故C错误；D．设小球在AB之间任意一点P的速度为v1，P点电势高于A点，设P点与A点的电势差为U，从A到P由动能定理得：mghAP－qU=若小球带上等量的负电，运动到P点时的速度为v2，则mghAP+qU=所以v2>v1，即小球带负电时运动过程中经过除A、B点以外的每一个点的速度都大于带正电的小球，所以小球的运动时间变短，重力的冲量将减小，故D正确。故选AD。