四川省成都市2023-2024学年高三理综上学期期中试题含解析

Page22（全卷满分300分，考试时间150分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在本试卷和答题卡相应位置上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，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。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答。答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题，共126分）二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每水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.如图所示，A、B两物体相距，物体A在水平拉力和摩擦力作用下，正以的速度向右匀速运动。而物体B此时的速度，由于摩擦力作用向右匀减速运动，加速度，则A追上B所用的时间为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】设物体B减速至静止的时间为t，则解得物体B向前运动的位移为又因A物体5s内前进显然所以A追上B前，物体B早已经静止，设A追上B经历的时间为t′，则故选D。2.塔式起重机常用于修建高层建筑，用起重机将质量为m的重物沿竖直方向吊起，重物先匀加速上升，输出功率达到额定功率P0后保持不变，整个过程中输出功率P随时间t的变化如图乙所示，重力加速度为g。则（）A.0～t0内，重物增加的动能为B.0~t0内，重物增加的重力势能为C.t0时刻，重物的加速度为D.t0时刻；重物的加速度为【答案】C【解析】【详解】A．P-t图线与时间轴所围的面积表示拉力所做的功，0~t0内，据动能定理可得故重物增加的动能小于，故A错误；B．除重力外的其他力所做的功等于机械能的变化量，结合A解析可知，0~t0内，重物增加的机械能为，重物增加的重力势能小于，故B错误；CD．0~t0内，重物匀加速上升，t0时刻的速度为根据牛顿第二定律可得其中联立解得另一解为负值，不符题意舍去，故C正确，D错误。故选C。3.2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后进入运行周期为T的椭圆形停泊轨道（如图所示），近火点A到火星中心O的距离为a，已知火星的半径为R，在火星上以v₀的速度竖直上抛物体，经过t时间后物体回到原处，万有引力常量为G，忽略火星自转。以下说法正确的是（）A.火星的质量为B.火星的密度为C.火星的第一宇宙速度为D.远火点B到火星中心O的距离为【答案】D【解析】【详解】A．由题意知，火星表面的加速度为设火星的质量为M，火星表面质量为m的物体在火星表面物体受到的万有引力等于物体的重力，故解得若用T，则应用椭圆的半长轴，不应用R代入公式，故A错误；B．根据密度计算公式解得故B错误；C．第一宇宙速度为故C错误；D．设质量为m1的卫星绕火星表面做匀速圆周运动的周期为T1，由万有引力提供向心力有解得在火星表面物体受到的万有引力等于物体的重力，故设远火点B到火星中心O的距离为b，则由开普勒第三定律可得解得故D正确。故选D。4.如图所示，固定在竖直平面内半径R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道与水平面相切于B点，轨道左侧紧靠一个等高的倾角为30°的光滑斜面，在二者最高结合点A处装有一个光滑的轻质小滑轮。平行于斜面的轻绳两端分别连有质量m1=2kg的小球P和质量m2=1kg的小物块Q，小球P在外力的作用下处于轨道最高点A处紫靠小滑轮，小物块Q紧靠斜面最底端的固定挡板放置，细绳恰好伸直且无张力，整个系统处于静止状态。现撤去作用于小球P上的外力，当小球P运动到圆弧轨道的最低点B处时，小物块Q未与滑轮发生碰撞，重力加速度g取10m/s²，以下说法正确的是（）A.小球P运动到圆弧轨道的最低点B处时的动能大小为2（4-）JB.小球P运动到圆弧轨道的最低点B处时的动能大小为4（2-）JC.小球P从A点运动到B点的过程中，绳子对小球P做的功为2（+1）JD.小球P从A点与运动到B点的过程中，绳子对小球P做的功为2（2+1）J【答案】A【解析】【详解】AB．小球P从A运动到B的过程中，对P、Q系统由机械能守恒定律得根据题意有联立解得小球P运动到圆弧轨道的最低点B处时的动能大小为J故A正确，B错误；CD．对小球P根据动能定理得解得J小球P从A点与运动到B点的过程中，绳子对小球P做的功为J，故CD错误。故选A。5.如图甲所示，将一圆环套在固定的足够长的水平杆上，环的内径略大于杆的截面直径，对环施加一斜向上与杆的夹角为的拉力F，当拉力逐渐变大时环的加速度随拉力F的变化规律如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A.圆环的质量为B.圆环与杆之间的动摩擦因数为0.2C.当时，圆环的加速度大小为D.当圆环受到的摩擦力大小为时，圆环的加速度大小可能为【答案】C【解析】【详解】AB．F在内时，对圆环受力分析可得当拉力超过5N时，支持力方向相反，所以，当拉力为5N时带入图中数据，联立求解可得故AB错误；C．当对圆环受力分析可得当拉力为10N时，圆环的加速度大小为，故C正确；D．当圆环受到摩擦力大小为，且拉力小于2N时，对圆环受力分析可知解得此时，圆环的加速度为0；当圆环受到的摩擦力大小为，且时，可知解得当圆环受到的摩擦力大小为，且时，可知解得故D错误。故选C。6.如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v。从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.该过程中，小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒B.小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为D.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，U形管的速度大小为【答案】BD【解析】【详解】A．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，系统沿导槽方向所受合外力为零，小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒，故A错误；B．小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，故沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，故解得小球从U形管的另一端射出时，U形管速度为v0，小球速度大小为0，故B正确；CD．小球运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，设小球与U形管的速度为，由动量守恒定律得解得设小球的合速度为v，根据机械能守恒定律得解得故C错误，D正确。故选BD。7.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，二者互相垂直，水平杆上两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为的小球上，＝l，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形始终在竖直平面内，为重力加速度，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.当杆转动时，和绳上拉力大小可能相等B.绳的拉力范围为C.若转动的角速度，绳上的拉力大小为D.若转动的角速度，绳上的拉力大小为【答案】CD【解析】【详解】A．小球在水平面内做匀速圆周运动时合力水平指向转动杆，两绳拉力大小相等时，两绳拉力的合力竖直向上，重力方向竖直向下，此时小球所受合力无法满足水平指向转动杆，故A错误；B．当转动的角速度为零时，OB绳的与AB绳的拉力值相等，设为，则得增大转动的角速度，当AB绳的拉力等于零时，小球仅在OB拉力下做圆周运动，此时OB绳拉力随着角速度的增大可以一直增大下去，因此OB拉力范围为故B错误；CD．当AB绳的拉力刚好为零时因为，所以两绳均有拉力，对小球进行受力分析，正交分解，得，解得，因为，所以OB绳与竖直方向夹角大于，设OB绳与竖直方向夹角为，AB绳已松。对小球进行受力分析，由牛顿第二定律得解得，故CD正确。故选CD。8.如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角，与两皮带轮、相切与A、B两点，从A到B长度为。传送带以的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为。长度为水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略，质量为小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A.小物块从A运动到B的时间为8sB.小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用C.将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为D.若小物块刚好停在CD中点，则【答案】ABC【解析】【详解】A．小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得解得假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为则假设成立，小物块匀加速运动的时间为速度相同后，由于小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为则小物块从A运动到B所用的时间为A正确；B．小物块运动到皮带轮最高点时所需的向心力所以小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用，B正确；C．小物块与传送带的相对位移为小物块与传送带摩擦产生热量为B、C的高度小物块从A点运动到C点，根据能量守恒可得电动机比空载时多消耗的电能为故C正确；D．若小物块刚好停在CD中点，根据动能定理有解得D错误。故选ABC。第II卷（非选择题，共174分）三、非选择题：本卷包插必考题和选考题两部分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9.某同学通过实验测定阻值约为10Ω的电阻Rx，用内阻约为3kΩ的电压表，内阻约为0.125Ω的电流表进行测量，他设计了图甲和图乙两种电路。（1）为得到更加准确的测量结果，本实验应采用图___________（填“甲”或“乙”）所示的电路，此电路测得的Rx偏___________（填“大”或“小”）。（2）要将一小量程电流表（满偏电流为250μA，内阻为1.2kΩ）改装成有两个量程的电流表，设计电路如图丙所示，其中定值电阻R1=40Ω，R2=360Ω，当开关S接B端时，该电流表的量程为0~___________mA。【答案】①甲②.小③.10【解析】【详解】（1）[1][2]由题知故电流表应采用外接法，即实验中应采用图甲所示的电路图，由于电压表的分流作用，使得测量的电流值偏大，则根据可知，测得的电阻比真实值小。（2）[3]当开关S接B端时，R2和电流表串联，再与R1并联，则有故该电流表的量程为0~10mA。10.某同学用如图甲所示的装置验证轻质弹簧和小物块（带有遮光条）组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调。小物块释放前，细线与轻质弹簧和小物块的拴接点（A、B）在同一水平线上，且轻质弹簧处于原长。滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油，以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。小物块连同遮光条的总质量为m，轻质弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，遮光条的宽度为d，小物块释放点与光电门之间的距离为l（d远远小于l）。现将小物块由静止释放，记录小物块通过光电门的时间t。（轻质弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量）（1）改变光电门的位置，重复实验，每次小物块均从B点静止释放，记录多组和对应的时间t，做出图像如图乙所示。若要验证轻质弹簧和小物块组成的系统机械能守恒，则在误差允许的范围内，需要验证正确确的关系式是___________A．B．C．D．（2）在（1）中的条件下，取某个值时，可以使小物块通过光电t时的速度最大，则速度最大值为___________（用、g表示）。（3）在（1）中的条件下，当=和=时，小物块通过光电门时轻质弹簧具有的弹性势能分别为、，则=___________（用、、、k表示）。【答案】①.C②.③.【解析】【详解】（1）[1]小球经过光电门的速度为若系统机械能守恒，则有整理得即图像若能在误差允许的范围内满足上式，即可验证弹簧和小物块组成的系统机械能守恒。故选C。（2）[2]小物块经过光电门的速度越大，则小物块经过光电门所用时间越短，故由（1）可知，当时，小物块通过光电t时的速度最大时，且此时小物块的加速度为零。对其进行受力分析有解得即此时小物块经过光电门的速度最大，代入（1）中可得最大速度为（3）[3]当和时，物块通过光电门的时间相等，即物块经过光电门的速度相等，故动能也相等，根据机械能守恒定律分别有又整理可得【点睛】掌握机械能守恒定律的内容，分析系统中能力之间的转换关系，列出等式，再求出图像的表达式。当速度越大时，通过相同位移所需时间越小。速度最大时，加速度为零是常考知识点。11.金秋九月，正是收割玉米的季节，加工过程中，农民会采用如图甲所示的传送带装置。具体过程如图乙所示，将收割晒干的玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时间后玉米粒相对于传送带保持静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，农民迅速装袋转运，提升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为、顶端的高度为h，玉米粒相对于传送带顶端的最大高度也是h，重力加速度为g，若不计风力、空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，求：（1）若一颗玉米粒的质量为m，则一颗玉米粒落地时，重力做功的功率？（2）玉米粒落地点与传送带底端的水平距离？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）玉米粒在空中做斜抛运动，分析下降过程，可得解得落地时的竖直方向分速度为一颗玉米粒落地时，重力做功的功率为联立，解得（2）分析玉米粒的斜抛运动上升过程，有解得可知玉米粒离开传送带时，竖直分速度满足由分速度与和速度关系，可得解得玉米粒斜抛过程，水平位移为玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为12.如图所示，金属圆管固定在水平地面上。劲度系数k=100N/m的弹簧一端固定于金属圆管的底部，另一端连接小圆柱体A．金属圆管壁左右两侧各开有一条缝，B由小圆柱体及两侧的支柱构成，其两侧的支柱通过管壁的缝伸出金属圆管，与管壁无摩擦，B静置于A上与A不粘连，A、B的质量均为1kg且都可视为质点。B正上方有一带圆孔的挡板（厚度不计）固定在金属圆管壁上，质量为2kg的小圆柱体C放于圆孔上方不掉落。现在B的左右支柱上始终施加竖直向上、大小为5N的恒力F，使A、B开始运动。经过一段时间后A、B分离，分离时B未与C碰撞。分离瞬间，A被金属圆管内一卡件作用使其速度突变为零，以后此卡件不再对A和B有任何作用。B继续向上运动恰好穿过圆孔与C发生弹性碰撞，且以后每次碰撞前C均已静止在圆孔上方。已知弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量）重力加速度g取10m/s2，B与A、C的磁撞时间极短且均为弹性碰撞，A、B、C运动过程中始终在竖直方向，且未与金属圆管壁接触（空气阻力不计）。求：（1）二力开始作用的瞬间，A对B的支持力的大小；（2）A、B第一次碰撞后的瞬间，A的速度；（3）A与B第一次碰撞开始，A运动的总路程。【答案】（1）5N；（2）m/s；（3）707cm【解析】【详解】（1）初态时A、B均静止，有对A、B整体由牛顿第二定律可得对B有解得=5N（2）在F的作用下，A、B分离时，二者加速度相等，对A、B分别有，A，B从开始运动到分离时上升的高度H=x1-x=0.1m从开始运动到A、B分离，设竖直向上为正方向，根据功能关系，对A、B整体有解得A、B分离时，B的速度m/s分离后，由于2F=mg故B匀速上升至B、C碰撞，由于是弹性碰撞，根据动量守恒及机械能守恒分别可得，联立解得m/sB向下运动，然后B、A发生弹性碰撞，有，解得，m/s=（3）A、B第一次碰撞时，碰后二者速度互换，B静止，A从平衡位置向下运动，设A向下运动的最大距离为s1，由能量守恒定律有解得mA再反向加速，回到原位，与B碰撞，A、B交换速度，B再次匀速上升与C发生碰撞，然后B向下运