重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高三下学期拔尖强基定时期中质检物理 Word版含解析.docx

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2023年高三拔尖强基定时期中质检物理试题一、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.温哥华国际机场起飞，穿过北极圈，从俄罗斯经过蒙古，进入中国领空抵达深圳宝安国际机场，平均时速约900公里，航线距离为12357公里，空中航行约13小时47分，于9月25日21点50分抵达深圳宝安机场。关于以上内容，下列叙述正确的是（　　）A.题中“12357公里”是指位移B.“1028天”和“13小时47分”均指时间间隔C.机场监测该航班的位置和运行时间，不能把飞机看作质点D.“时速约900公里”是平均速度【答案】B【解析】【详解】A．质点从空间的一个位置运动到另一个位置，运动轨迹的长度叫做质点在这一运动过程所通过的路程，位移是矢量，题中“12357公里”只涉及运动轨迹的长度，是指路程。故A错误；B．时间间隔就是两个时间点之间的部分，也就是通常人们所说的时间长短，“1028天”和“13小时47分”均指时间间隔，故B正确；C．机场监测该航班的位置和运行时间，飞机大小和形状可以忽略，可以把飞机看作质点，故C错误；D．平均速率就是路程除以时间，只有大小，没有方向，“时速约900公里”是飞行过程中路程除以时间的值，是平均速率，故D错误。故选B。2.如图所示，一个杯子放在水平餐桌的转盘上随转盘做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）A.杯子受到桌面的摩擦力指向转盘中心B.杯子受重力、支持力、向心力作用C.转盘转速一定时，杯子越靠近中心越容易做离心运动D.转盘转速一定时，杯子里装满水比空杯子更容易做离心运动【答案】A 【解析】【详解】AB．根据题意，对杯子受力分析，受重力、支持力和摩擦力，桌面的摩擦力提供杯子做匀速圆周运动的向心力，则指向转盘中心，故B错误，A正确；C．根据公式和可得，转盘转速一定时，杯子越靠近中心所需向心力越小，不容易做离心运动，故C错误；D．根据题意可知，当转盘转速一定时，杯子和桌面间的最大静摩擦力不足以提供杯子做圆周运动的向心力时，杯子发生离心运动，则有即可知，杯子里装满水与空杯子一样，故D错误。故选A3.如上图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎人水中捕鱼，假设小鸟的俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其图像如图乙所示，自由落体运动的时间为，整个过程的运动时间为，最大速度为，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）A.B.至时间内的加速度为C.整个过程下落高度为27mD.至时间内阻力是重力的1.5倍【答案】C【解析】【详解】A．小鸟自由落体运动的最大速度为，由自由落体运动的规律有 解得故A错误；B．至时间内小鸟的加速度为故B错误；C．整个过程下落的高度为图乙图像与时间轴所围成的面积，则故C正确：D．至时间内，由牛顿第二定律有可得即阻力是重力的2.5倍，故D错误。故选C。4.如图所示，餐桌中心有一个半径为r的圆盘，可绕其中心轴转动，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘及餐桌间的动摩擦因数均为µ。现缓慢增大圆盘的角速度，小物块将从圆盘上滑落，最终恰好停在桌面边缘。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计。则下列说法正确的是（　　）A.餐桌半径为 B.小物块刚从圆盘上滑落时，小物块的速度为C.小物块刚从圆盘上滑落时，圆盘的角速度为D.该过程中因摩擦产生的内能为µmgr【答案】A【解析】【详解】C．小物块刚滑落时，最大静摩擦力等于所需向心力，可得解得选项C错误；B．小物块刚滑落时的速度大小为选项B错误；A．设小物块在餐桌上滑行距离为x，根据动能定理可得解得小物块在桌面上运动的俯视图如图所示根据图中几何关系可得 解得选项A正确；D．该过程中因摩擦产生的热量为选项D错误。故选A。5.如图所示，轻质不可伸长的细绳绕过光滑定滑轮C与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接。现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑。设绳子的张力为FT，重力加速度为g，在A到达斜面顶端前的运动过程中，下列说法正确的是（　　）A.物体A做减速运动B.物体A做匀速运动C.FT可能小于mgsinθD.FT一定大于mgsinθ【答案】D【解析】【详解】AB．设某时刻BC之间的细绳与竖直方向的夹角为θ，则将B的速度分解可知收绳的速度v=v0cosθ随着B的下滑，则θ减小，v变大，即物体A做加速运动，选项AB错误；CD．对A分析可知FT-mgsinθ=ma可得FT>mgsinθ选项C错误，D正确。故选D。 6.如图所示，将一小球从点水平抛出，飞到点P时，与一挡板发生碰撞，小球又斜向上飞出后落到点正下方的点，点与点等高，轨迹的最高点与等高，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）A.小球两次飞行过程中加速度不同B.小球两次飞行过程中重力对小球做的功相等C.小球离开点的速率比经过点的速率大D.小球与挡板碰撞过程中没有机械能损失【答案】C【解析】【分析】【详解】A．不计空气阻力，球两次在空中只受重力作用，加速度为g，加速度相同，故A错误；B．设球的抛体高度为h，第一次从M到P，重力做正功为WG=mgh，第二次做斜上抛运动从P到Q到N点，重力做功为零，球两次飞行过程中重力对球做的功不相等，故B错误；C．球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x=v0t可推出离开M点的速度大于经过Q点的速度，故C正确；D．如果碰撞没有机械能损失，则全程机械能守恒，而在M、Q点重力势能相等，动能不等，则机械能不等，故小球与挡板碰撞过程中有机械能损失，故D错误。故选C。7.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（　　） A.mgB.mgC.mgD.mg【答案】A【解析】【详解】由几何得，，对C点进行受力分析，如图可得对D点进行受力分析，如图当F方向垂直于绳DB时，F最小，易得故A正确。故选A。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，有错选的得0分。8.如图所示是一列沿x轴正方向传播的机械波在t=0时的波形图，由于某种原因，中间有一部分无法看清，已知该波的波速v=0.5m/s，下列说法正确的是（　　） A.t=0时刻x=9cm处的质点正经过平衡位置沿y轴负方向运动B.此列波的周期T=0.02sC.0~0.03s时间内，质点P的加速度不断减小D.t=0.17s时，质点P运动到正方向最大位移处【答案】AD【解析】【详解】A．由波形图可知，该波的波长大于8cm，画出波形图如图所示根据“上下坡法”可知，t=0时刻，x=9cm处的质点振动方向沿y轴负方向，故A正确；B．由图可知波长为所以该波的周期为故B错误；CD．由图可知，从t=0时刻开始质点P向下振动，当其第一次经过平衡位置时波向正方向传播的距离为1cm，所用时间为作出质点P的振动图像，如图所示 由图可知，在t=0.03s时刻P点到达平衡位置下方，但是还没到达最低点，所以0~0.03s时间内，质点P的加速度先减小后增大，且当t=0.17s时，质点P到达正方向最大位移处，故C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，某机场用与水平面夹角θ=30°的传送带输送货物，传送带以v=1m/s的速度顺时针运行，地勤人员将一质量为2kg的货物以初速度v0=5m/s从底部滑上传送带，货物恰好能到达传送带的顶端。已知货物与传动带之间的动摩擦因数为，重力加速度大小取10m/s2，下列正确的是（　　）A.货物在传送带上一直向上做加速度相同的匀减速直线运动B.传送带的底端到顶端的长度是1.75mC.货物在传送带上向上运动的过程中由于摩擦产生的热量为10.5JD.货物向上运动的过程中，传送系统因传送货物多消耗的电能为0J【答案】BD【解析】【详解】AB．由题意可得则货物与传送带共速后不可能保持相对静止到达传送带顶端，由于货物恰好能达到传送带顶端，则可知货物达到传送带顶端时速度恰好为零，由此可知，当货物速度大于传送带速度时，根据牛顿第二定律有该过程对货物有 当货物速度小于传送速度时，根据牛顿第二定律有该过程对货物有上升过程中加速度不恒定，则货物从低端到顶端长度为故A错误，B正确；C．货物到达顶端用时为，则货物与传送带相对位移为则由于摩擦产生的热量为故C错误；D．货物向上运动的过程中，传送系统因传送货物多消耗的电能为故D正确。故选BD。10.如图所示，空间中存在着由一固定的点电荷Q（图中未画出）产生的电场．另一点电荷q仅在电场力作用下沿曲线AB运动，在A点的速度大小为v0，方向沿AC方向，到达B点时速度大小为v，且v＜v0，则（　　）A.Q一定在虚线AC上方B.A点的电势一定比B点的电势高C.q在A点的电势能比在B点的小D.q在A点的加速度可能比在B点的小 【答案】CD【解析】【详解】A．试探电荷从A到B速度减小，而曲线运动合力指向曲线的内侧，故场源电荷Q可以在AC下方，故A错误；BC．只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，B点动能小，故在B点电势能大，根据公式，因为不知道试探电荷的电性是正还是负，因此无法判断B点的电势高低，故B错误，C正确；D．试探电荷从A到B速度减小，由于场源电荷以及试探电荷的电性都不确定，无法确定试探电荷是在靠近场源电荷还是远离场源电荷，如果是B点更靠近场源电荷，在A点受到的电场力较小，加速度较小，故D正确。故选CD。三、非选择题：共57分。11.在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图所示连接电路。电源电动势为8.0V，内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2，实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。（1）开关S改接2后，电容器进行的是______（选填“充电”或“放电”）过程，此过程中流经电阻R上的电流方向______（选填“自上而下”或“自下而上”）。实验得到的图像如图所示，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将______（选填“减小”“不变”或“增大”）。（2）若实验中测得该电容器在整个放电过程中释放的电荷量，则该电容器的电容为______μF。【答案】①.放电②.自下而上③.不变④.430【解析】【详解】（1）［1］当开关S接2时，电容器相当于电源，进行的是放电过程；［2］开关S接1 时，电源给电容器充电，电容器上极板接正极，充电完成，上极板带正电，下极板带负电，开关S接2时，电容器相当于电源，上极板相当于电源的正极，故电流由下到上；［3］曲线与坐标轴所围成的面积为电容器充好电所带电荷量，只减小电阻R，并不能改变电容器的充好电时的电荷量，故此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将不变；（2）［4］跟据电容器电容的定义，代入数据12.在探究“物体质量一定时，加速度与力的关系”实验中，小方同学做了如图甲所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。①实验时，下列说法正确的是______。A．需要用天平测出砂和砂桶的总质量B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数C．使用电磁打点计时器时应选用220V的交流电源D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量②由实验得到小车的加速度a与力传感器示数F的关系如图乙所示。则小车运动过程中所受的阻力Ff＝______N，小车的质量M＝______kg（保留两位有效数字）；【答案】①.B②.2.0③.3.0【解析】 【详解】①[1]A．实验中用力传感器来获取小车受到细线的拉力，则不需要测出砂和砂桶的总质量，故A错误；B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数，故B正确；C．电磁打点计时器使用的是电压约为8V的交流电源，故C错误；D．实验中用力传感器来获取小车受到细线的拉力，则不用保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D错误。故选B。②[2][3]根据牛顿第二定律有可得结合图乙可得可得，小车的质量为结合图像，当时有13.如图所示，一个体积为V的导热气缸竖直放置，一可自由移动的活塞将气缸分隔为A、B两部分（不漏气），A、B两部分的空气体积之比为1:3，气缸上部通过单向阀门K（气体只能进入气缸，不能流出气缸）与打气筒相连。开始时气缸内A部分空气的压强为。现用打气筒向容器内打气，已知打气筒每次能打入压强为、体积为0.05V的空气，当打气n次活塞稳定后，气缸A、B两部分的空气体积之比为3:1，活塞因自重对下方气体产生的附加压强为，空气视为理想气体，外界温度恒定，不计活塞与气缸间的摩擦。求：（1）当打气n次活塞稳定后，B部分空气的压强；（2）打气筒向容器内打气次数n。 【答案】（1）；（2）次【解析】【详解】（1）对气缸下部分气体，设初状态压强为，末状态压强为，由玻意耳定律有可知初状态时对活塞有联立解得（2）把上部分气体和n次打进气体做为整体，此时上部分气缸中压强为p，末状态时对活塞有由玻意耳定律有联立解得次14.如图所示，质量为m的小滑块1，沿着光滑曲面下滑，曲面末端A与水平传送带平滑连接，传送带右端与光滑水平面平滑连接，水平面上有一个质量为km的小滑块2。当小滑块1滑到传送带右端B处时恰好与传送带共速，接着再与小滑块2发生弹性碰撞。已知传送带长为L，以速度v0顺时针方向运行，小滑块1与传送带之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：（1）k=2时，小滑块1和2第一次碰撞后瞬间的速度；（2）小滑块1下滑的高度； （3）k值应满足什么条件，使得小滑块1和2能且只能发生两次碰撞。【答案】（1）小滑块1的速度大小为，方向水平向左；小滑块2的速度大小为，方向水平向右；（2）见解析；（3）【解析】【详解】（1）设小滑块1、2第一次碰后瞬间速度为v1与v2，由动量守恒和能量守恒得解得，若k=2得，即碰后小滑块1的速度大小为，方向水平向左，小滑块2的速度大小为，方向水平向右；（2）假设小滑块1从高h处滑下，到曲面末端时速度为v，下滑过程由机械能守恒定律可得若小滑块1冲上传送带时的速度小于传送带速度，由动能定理得解得若小滑块1冲上传送带时的速度大于传送带速度，由动能定理得解得 （3）要使小滑块1和2能且只能发生两次碰撞，需要满足即小滑块1再次被传送至水平面时，由运动的对称性可知其速度为，发生第二次碰撞的条件是即对第二次碰撞，设碰后小滑块1、2速度分别为和，由动量守恒和机械能守恒得解得若，则一定不会发生第三次碰撞；若，且，则会发生第三次碰撞，则由可得解得综合可得15. 某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。单刀双掷开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动模型飞机加速，模型飞机达到起飞速度时与动子脱离，此时S掷向2接通定值电阻R0，在磁场力作用下，动子会逐渐停下来。若动子从静止开始运动，经过t=1.5s达到模型飞机起飞速度。已知恒流源输出的电流为I=15A，线圈匝数n=100匝，每匝周长L=1m，线圈总电阻，模型飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，B=0.1T，定值电阻R0=9.5Ω，导轨电阻不计且足够长，不计空气阻力和模型飞机起飞对动子运动速度的影响，求：（1）当开关S与1接通时，线圈受到的安培力大小F安；（2）模型飞机起飞时速度大小v；（3）a.模型飞机起飞后动子和线圈继续向前运动的距离d；b.推导模型飞机起飞后动子和线圈所受的安培力大小Fʹ安与其运动距离x的函数关系，并画出Fʹ安-x的函数图像（S掷向2接通时线圈位置作为起点）。【答案】（1）150N；（2）；（3）a.；b.见解析【解析】【详解】（1）根据安培力公式可得（2）根据牛顿第二定律得解得模型飞机起飞时的速度大小（3）a．当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为 此时的安培力为对动子和线圈由动量定理得则解得模型飞机起飞后动子和线圈继续向前运动的距离b.对模型飞机起飞后动子和线圈由动量定理得解得安培力解得画出Fʹ安-x的函数图像