四川省成都市2023-2024学年高三物理上学期国庆假期理综训练试题一含解析

（满分300分，时间150分）注意事项：本试卷分选择题和非选择题两部分。第Ⅰ卷（选择题）1-7页，第Ⅱ卷（非选择题）8-18页，共18页；满分300分，考试时间150分钟。可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5Br—80Pt—195第Ⅰ卷（126分）一、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-5题中只有一项符合题目要求，第6-8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.如图所示为一乒乓球发球机，不仅可上下调整出球俯仰角度，还可以任意设置发球速度。某次利用该乒乓球发球机从同一位置向前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球，分别为直发球和双跳球，图中O点为发球点，A点为直发球的第一次落点，B点为双跳球的第二次落点，测得OA和OB的距离相等，忽略空气阻力的影响，关于直发球在OA间和双跳球在OB间的运动，下列描述正确的是（）A.直发球和双跳球的运动时间之比为B.直发球和双跳球的运动时间之比为C.直发球和双跳球的发球速度之比为D.直发球和双跳球的发球速度之比为【答案】D【解析】【详解】以直发球为研究对象，将乒乓球速度分解为水平和竖直两个方向两个分速度，竖直方向做自由落体运动水平方向做匀速直线运动可将双跳球按落点分为两段路程，根据运动情况可知，第一落点到O点的距离应为第一落点到第二落点的一半。由于两种发球在同一位置，即两球第一次落到球台上的所有的时间相等。可得，直发球和双跳球的发球速度之比为，直发球和双跳球的运动时间之比为，D正确，ABC错误。故选D。2.具有完全自主知识产权的“复兴号”动车组以安全快捷、平稳舒适、高品质的运营服务成为中国高铁的一张亮丽名片。若保持不动的共有8节车厢的“复兴号”动车组从吉安市高铁站开出时，做初速度为零的匀加速运动，车头经过路边一保持不动的工作人员时速度大小为6m/s，车尾经过该工作人员时速度大小为8m/s。每节车厢的长度相等，则前4节车厢经过工作人员的时间与后4节车厢经过工作人员的时间之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】前4节刚通过该工作人员时，动车的速度大小为则前4节车厢经过工作人员的时间后4节车厢经过工作人员的时间则故ABC错误，D正确。故选D。3.如图所示，一木块紧靠长方体形空铁箱后壁（未粘连），在水平拉力F的作用下一起向右做直线运动，现逐渐减小水平拉力，当拉力减小到F时木块恰能和铁箱保持相对静止，继续减小拉力，木块始终没有与后壁分离，从拉力开始减小到木块未落到箱底前，下列说法正确的是（）A.铁箱对木块支持力先不变后减小 B.铁箱对木块的摩擦力先不变后减小C.铁箱对木块的摩擦力一直减小 D.铁箱可能先做加速运动后做减速运动【答案】B【解析】【详解】A．木块始终没有与后壁分离，则木块和空铁箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐渐减小，则整体加速度a逐渐减小，铁箱对木块的支持力逐渐减小，故A错误；BC．木块与空铁箱相对静止时，摩擦力等于重力，不变，当木块与空铁箱相对滑动时，铁箱对木块的摩擦力逐渐减小，故B正确，C错误；D．铁箱不可能做减速运动，如果做减速运动，则木块做也要做减速运动需要水平向左的力，而铁箱给木块的弹力水平向右，因此不能减速，木块会与后壁分离，故D错误。故选B。4.试卷读卡器的原理可简化成如图所示的模型，搓纸轮与答题卡之间的动摩擦因数为，答题卡与答题卡之间的动摩擦因数为，答题卡与底部摩擦片之间的动摩擦因数为，正常情况下，读卡器能做到“每次只进一张答题卡”。搓纸轮沿逆时针方向转动，带动第一张答题卡向左运动，下列说法正确的是（）A.第一张答题卡受到搓纸轮摩擦力向右B.后一张答题卡受到前一张答题卡的摩擦力向右C.最后一张答题卡受到摩擦片的摩擦力向右D.【答案】C【解析】【详解】A．搓纸轮转动带动第一张答题卡运动时，答题卡有相对搓纸轮向右运动的趋势，受到搓纸轮的摩擦力向左，故A错误；B．前一张答题卡有相对后一张答题卡向左运动或运动趋势，则后一张答题卡受到前一张答题卡的摩擦力向左，故B错误；C．最后一张答题卡有相对摩擦片向左运动的趋势，受到摩擦片的摩擦力向右，故C正确；D．对第一张答题卡，能向左运动，有，最后一张答题卡不能有相对滑动，有，故D错误。故选C。5.如图所示，一个质量为2m的小箱子放在台秤的托盘上，箱内有一质量为m的物体A，A的上端用轻弹簧与箱子的顶部连接，A的下端用细线系在箱子的底部，细线绷紧，拉力大小为mg，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，物体A向上运动，不计轻弹簧和细线的质量，下列说法不正确的是（）A.未剪断细线前，台秤读数为3mgB.剪断细线的瞬间，台秤读数突然变大C.剪断细线的瞬间，物体的加速度为g，方向竖直向上D.剪断细线后，物体A向上运动至最高点的过程中，台秤读数先减小后增大【答案】D【解析】【详解】A.未剪断绳子前，对小球和箱子整体分析，得台秤示数故A正确；BCD．剪断细线前，对小球受力分析剪断细线的瞬间，对小球受力分析得方向竖直向上，由此可知，小球向上做加速后减速，整个系统先处于超重后处于失重，故台秤读数先变大后变小，故BC正确，D错误。本题选不正确的，故选D。6.小明同学放假回到家里，给他3岁的妹妹带了一块巧克力，不过他并没有直接给她，而是将巧克力放在伸开的手掌里在竖直平面内做匀速圆周运动，叫妹妹去抓，将其简化为如图所示的模型，下方方块为手掌，上方方块为巧克力，则手掌在abcd四个位置时（ab与圆心O在同一水平线上，cd与圆心O在同一竖直平线上），下列说法正确的是（）A.在a位置时，巧克力对手掌的压力大于巧克力的重力B.在b位置时，巧克力靠静摩擦力提供向心力C.在c位置时，巧克力靠静摩擦力提供向心力D.在d位置时，巧克力处于失重状态【答案】B【解析】分析】【详解】A．在a位置时巧克力在竖直方向受力平衡，所以巧克力受到的支持力的大小等于巧克力的重力的大小，根据牛顿第三定律得到巧克力对手掌的压力与巧克力受到的支持力大小相等，故A错误；B．在b位置时向心加速度方向水平向右，在水平方向只受静摩擦力的作用，所以巧克力靠静摩擦力提供向心力，故B正确；C．在c位置时，重力与支持力的合力提供向心力，巧克力不受静摩擦力，故C错误；D．在d位置时由牛顿第二定律可得可得所以巧克力处于超重状态，故D错误。故选B。7.如图所示，轻绳绕过光滑定滑轮系着箱子，在轻绳的另一端O施加适当的拉力F，恰好使箱子在水平地面上向右做匀速运动，则（）A.O点速率变小B.拉力F逐渐减小C.箱子受到地面的支持力大小不变D.拉力F的功率一直减小【答案】AD【解析】【详解】A．设绳子与水平方向的夹角为，则箱子的速度大小与O点速度大小之间的关系为在箱子向右匀速运动的过程中不变，会逐渐增大，减小，故O点速度大小逐渐减小，故A正确；B．对箱子进行受力分析有而由于解得其中。可以判断当时力F有最小值，而根据题意无法确定是从多大开始增大，故在逐渐增大的过程中，F可能先减小后增大，也可能逐渐增大，故B错误；C．根据B选项的分析可得可知当逐渐增大时，逐渐减小，故C错误；D．拉力的功率大小为可知当逐渐增大时，拉力的功率逐渐减小，故D正确。故选AD。8.如图所示为波轮式洗衣机的工作原理示意图，当甩衣桶在电机的带动下高速旋转时，衣服紧贴在甩衣桶器壁上，从而迅速将水甩出。衣服（带水，可视为质点）质量为m，衣服和器壁的动摩擦因数约为，甩衣桶的半径为r，洗衣机的外桶的半径为R，当角速度达到时，衣服上的水恰好被甩出，假设滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.衣服（带水）做匀变速曲线运动B.电动机的角速度至少为时，衣服才掉不下来C.当时，水滴下落高度打到外筒上D.当时，水滴下落高度打到外筒上【答案】BD【解析】【详解】A．衣服（带水）做变速曲线运动，因为其向心加速度也是变化的，A错误；B．竖直方向，根据平衡条件有由于弹力提供向心力，由牛顿第二定律有联立解得B正确；CD．当时，水滴打到外筒上，则水滴下落高度为h，根据平抛运动规律有联立解得C错误，D正确。故选BD。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9-12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13-26题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（129分）9.欲测量一只量程已知的电压表内阻，提供的器材如下：A.待测电压表V：量程3V，内阻约为2.5B.电流表A：量程3A，内阻约为0.02C.定值电阻R1：阻值为2，额定电流为50mAD.定值电阻R2：阻值为5，额定电流为1AE.电池组E：电动势小于3V，内阻可忽略F.多用电表一个G.开关S1、S2、导线若干有一同学利用上述所给的器材，进行如下实验操作。（1）用多用电表进行粗测，该多用电表电阻挡有三个倍率，分别是“100”、“10”和“1”。该同学选择“1”倍率时，用正确的操作方法测量，发现指针偏转角度太小（如图所示）。为了较准确地进行测量，应选用___________（填“100”或“10”）倍率。换用倍率后，在测量之前，______________（填“需要”或“不需要”）再进行欧姆调零。（2）为了更准确地测出此电压表内阻的大小，该同学设计了如图甲、乙、丙所示的三个实验电路，你认为其中最为合理的是___________电路（填“甲”、“乙”或“丙”）。【答案】①.×100②.需要③.乙【解析】【详解】（1）[1]欧姆表的读数等于指针示数乘以倍率，指针偏角过小即指针的示数偏大，要使指针的示数减小就要增大倍率，故选用倍率；[2]欧姆表每次换倍率之后都需要再次进行欧姆调零；（2）[3]甲图中因电压表的内阻太大，导致电路中电流太小，电流表很难测出通过电压表的电流；丙图R2阻值太小，故电阻中R2的电流基本就等于电流表中的电流，电压表中几乎没有电流，故也很难测出电压表内阻；而乙图中R1的与电压表内阻相差不大，如果开关闭合时电压表示数为，断开时示数为，则有代入数据即可计算出电压表的内阻，故最为合理的是乙电路图。10.学校物理兴趣小组用图甲装置探究物体质量一定时加速度与力的关系，其中桌面与细线已调至水平。（1）关于本实验，下列说法正确是________。A．必须用天平测出砂和砂桶的质量B．砂和砂桶的总质量必须远小于小车的质量C．应当先释放小车，再接通电源D．需要改变砂和砂桶的总质量，打出多条纸带（2）经正确操作，得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器所接交流电源的频率为，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，则小车运动的加速度大小为________。（结果保留两位有效数字）（3）若小车的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，则小车的质量为________。（结果保留两位有效数字）（4）不断增加砂桶中砂的质量，重复实验，发现小车的加速度最后趋近于某一数值。若当地的重力加速度大小为g，则经理论分析可知，该数值为_________。【答案】①.D②.2.4③.2.9④.【解析】【详解】（1）[1]AB．本题拉力可以由力传感器来测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量，故AB错误；C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C错误；D．该实验探究加速度与力和质量的关系，需要改变沙和沙桶的总质量，打出多条纸带，故D正确。故选D。（2）[2]打点计时器所接交流电源的频率为，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，相邻计数点之间的时间间隔根据逐差法可得加速度（3）[3]设小车质量为，根据牛顿第二定律可得可知图象斜率表示小车质量的倒数，即解得（4）[4]设砂桶和砂的质量为,绳子拉力为,对砂桶和砂根据牛顿第二定律可得对小车联立可得当无穷大时，加速度的值趋近于。11.如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°。现小球在F=20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为。试求：（1）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离；（2）若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点。【答案】（1）4m；（2）0.2s或【解析】【详解】（1）由力的平衡条件和牛顿第二定律得解得a1=2.5m/s2撤去F时速度为撤去F前位移为撤除F后由牛顿第二定律得解得a2=7.5m/s2从撤去F到达最高点所用时间，小球上滑过程中距A点最大距离为（2）撤除F到B点位移设从撤去F到上滑到B点所用时间为t，则代入数据解得t=0.2s或t=0.6s（舍去）因为小球上升到最高点返回时的加速度不再等于a2，根据牛顿第二定律得解得a3=2.5m/s2从最高点返回到B点的位移因为解得则即从撤去力F开始计时，小球经0.2s或经过距A点上方为2.25m的B点。12.如图所示，一倾斜固定的传送带与水平面间夹角θ＝37°，上下两端间距L=2.0m，传送带以v＝1.0m/s的速率沿顺时针方向匀速运行。从距离传送带底端x0＝1.0m的O点由静止释放一质量m＝1.0kg的小滑块，滑块运动到传送带底端时与固定挡板P碰撞，碰撞时间极短且碰撞前后速率相等。滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g＝10m/s2，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求：（1）滑块与挡板P第一次碰撞时的速度大小v1；（2）滑块与挡板P碰撞后离开挡板的最大距离xm；（3）若滑块与挡板P第一次碰撞后立即在滑块上加一方向沿传送带斜向上、大小F=4.0N的恒力，一段时间后撤去。要使滑块能滑至传送带最上端，恒力持续作用的最短时间t。【答案】（1）2m/s；（2）0.4m；（3）【解析】【详解】（1）设滑块向下运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得由匀变速运动规律有联立解得v1=2m/s（2）滑块第一次与挡板碰撞后速度大于传送带速度，滑块减速上滑，设碰后运动的加速度大小为a2，则减速至与皮带速度相等时运动的距离为x1，则之后滑块继续减速上滑至速度为零，加速度大小为a1，则离开挡板的最大距离为xm=x1+x2联立解得xm=0.4m（3）滑块与挡板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小设为a3，根据牛顿第二