四川省 2023-2024学年高三上学期12月一诊热身考试理科综合试卷（Word版附解析）

成都七中高2024届一诊（热身）理综考试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题只有一项符合题目要求，第5~8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.摩托车骑手从一斜坡冲出在空中飞越的情景如图所示，不计空气阻力影响，假设摩托车发动机油门关闭，摩托车在空中飞行的过程中（）A.若要研究某时刻骑手的动作，可以把摩托车和骑手看作质点B.若不考虑转动的影响，在最高点，骑手的动能为零C.若不考虑转动的影响，骑手的机械能先减小再增大D.若不考虑转动的影响，骑手的加速度不变【答案】D【解析】【详解】A．若要研究某时刻骑手的动作，由于不同时刻骑手的动作不同，不可以把摩托车和骑手看作质点，故A错误；B．在最高点，骑手有水平方向的速度，动能不为零，故B错误；CD．若不考虑转动的影响，摩托车在空中飞行的过程中只受重力作用，做斜抛运动，加速度为重力加速度，即做匀变速曲线运动，骑手机械能守恒，故C错误、D正确。故选D2.在如图所示的电路中，电压表为理想表，电源内阻为r，滑动变阻器总电阻为R2，R1+R2＞r＞R1，滑动变阻器滑片由a滑向b，下列说法正确的是（　　）A.电源的效率先变大再减小 B.电源输出功率先增大再减小C.电压表示数先增大再减小D.灵敏电流计G的电流方向d→c【答案】B【解析】【详解】A．滑动变阻器滑片由a滑向b，则R2阻值变大，电源的效率为可知外电阻变大，则电源的效率变大，选项A错误；B．当外电阻等于内阻时电源输出功率最大；因R1+R2＞r＞R1，滑动变阻器滑片由a滑向b，则R2阻值变大，外电阻先靠近电源内阻后远离电源内阻，可知电源输出功率先增加后减小，选项B正确；C．外电阻变大，总电流减小，则路端电压变大，即电压表示数增大，选项C错误；D．路端电压变大，R1电压减小，则滑动变阻器两端电压变大，电容器两板电压变大，电容器充电，则灵敏电流计G的电流方向c→d，选项D错误。故选B。3.一物体在如图甲所示的平面上运动，其方向的图像和y方向的图像分别如图乙、图丙所示，图丙中段为抛物线，轨迹方程为，虚线为时该抛物线的切线，已知时物体的位置坐标为，下列说法正确的是（）A.时，物体的速度大小为B.时，物体的位置坐标为C.前2s物体y方向的加速度越来越小D.物体在2s内做加速度大小的曲线运动【答案】D 【解析】【详解】A．在t=0时刻所以A错误；B．在t=2s时，x方向和y方向的位移分别为故此时物体的坐标为B错误；CD．前2秒，y方向物体的位移方程为抛物线，为时间的二次函数，因此，此时在y方向上做匀加速运动，物体在y方向的加速度为又所以C错误，D正确。故选D。4.华为mate60实现了手机卫星通信，只要有卫星信号覆盖地方，就可以实现通话。如图所示三颗赤道上空的通信卫星就能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度均为h，地球的半径为R，地球同步卫星离地高度为6R，地球表面重力加速度为，引力常量为G，下列说法正确的是（　　） A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小相等B.能实现全球通信时，卫星离地高度至少2RC.其中一颗质量为m的通信卫星的动能为D.通信卫星和地球自转周期之比为【答案】C【解析】【详解】A．通信卫星受到的万有引力大小为由于不知道三颗通信卫星的质量大小关系，所以三颗通信卫星受到地球的万有引力大小不一定相等，故A错误；B．三颗通信卫星若要全面覆盖，则其如图所示由几何关系可知，，，其OA为地球半径R，所以由几何关系有解得 所以解得所以通信卫星高度至少为R，故B错误；C．对卫星有，其万有引力提供做圆周运动的向心力，有在地球表面有其动能为故C正确；D．对通信卫星有地球的自转周期与同步卫星相同，对同步卫星有整理有故D错误。故选C。5.如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域AB，该区域中的P点距A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A到B逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，空间中有水平向右的匀强电场，先让甲物块从A由静止释放滑到B。然后再让乙物块从B由静止释放滑到A。两物块在运动过程中电荷量保持不变，上述两过程相比较，下列说法中错误的是（　　） A.两个物块在上述过程中获得的速度大小相等B.甲物块在上述过程中所用时间较长C.若甲乙同时从A、B释放，它们可能在P点相遇D.若甲乙同时从A、B释放，它们碰后粘连一定共同向右运动【答案】D【解析】【详解】A．根据动能定理得所以两个物块在上述过程中获得的速度大小相等，故A项正确，不符合题意；B．甲、乙两物体运动的大致如图所示甲运动过程加速度在增大，故图像的斜率增大，如图线1；乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如图线2，由于两物块末速度大小相等，且两个过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程的时间长，故B项正确，不符合题意；C．若甲乙同时从A、B释放时，由B项可知乙物块B到P段时间加速度大于甲物块从A到P端的加速度，所以，所以相等时间内乙物块运动的位移大于甲物块运动的位移，所以它们有可能在P点相遇，故C项正确，不符合题意；D．若甲乙同时从A、B释放，由B项可知当甲、乙物体碰撞时碰前速度大小不相等，碰撞过程甲、乙之间的相互作用力为F，对甲物块根据动量定理可知甲乙碰撞后速度不可能相等，所以碰后不可能粘连一起共同向右运动。故D项错误，符合题意。故选D。6.如图甲所示，物体以一定初速度从倾角的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能随高度的变化如图乙所示。，。则下列说法中正确的是（　　） A.物体质量B.物体与斜面间的动摩擦因数C.物体上升过程的加速度大小D.物体回到斜面底端时的动能【答案】BD【解析】【详解】A．根据题意，由图可知，物体上升到最大高度时，机械能为，则有解得故A错误；B．根据题意，由功能关系可知，克服摩擦力做功等于机械能的减少，则有解得故B正确；C．物体上升过程中，由牛顿第二定律有解得故C错误； D．根据题意，物体回到斜面底端过程中，由动能定理有其中解得故D正确。故选BD。7.若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，M、N、C是真空中三个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N、C连线构成一等边三角形且边长L，D是三条边中垂线的交点。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。则下列说法正确的是（　　）A.O、A、B三点场强相等B.场强EAC.电势φA：φD＝（2+4）：9D.在D处放置一负电荷q，其电势能Ep【答案】CD【解析】【详解】A．根据点电荷电场的计算公式可知，M、C两电荷在A点场强为0，故A点场强是只有N电荷在A点的场强E根据对称性可知O、B两点场强大小也等于，但是三点场强方向不同，故A错误； B．三角形边长为L，则NA＝Lcos30°代入E故B错误；C．A点的电势φA＝2D点的电势φD＝3所以φA：φD＝（2+4）：9故C正确；D．有φD在D处放置一负电荷q，其电势能Ep故D正确；故选CD。8.如图所示，光滑圆弧轨道AB末端切线水平，与光滑圆弧轨道BCD在B处连接且固定，圆弧轨道BCD的半径为r2，圆弧轨道AB的半径r1未知且可调节。一质量为m的小球，从A点（与O1等高）静止释放，经过B点落在圆弧轨道BCD上。忽略空气阻力，下列说法正确的是（） A.小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关B.只要小球在空中运动时间相同，落在圆弧轨道BCD上时的动能就相同C.适当调节r1的大小，小球可以垂直落在圆弧轨道BCD上D.当时，小球在空中运动的时间最长【答案】AD【解析】【详解】A．小球从A点静止释放到B点，根据机械能守恒有根据牛顿第二定律有联立解得，轨道对小球的支持力为则小球经过B点时对轨道的压力与r1的大小无关，故A正确；B．小球经过B点落在圆弧轨道BCD上，小球在空中运动时间相同，则小球下落高度h相同，则小球落在圆弧BC、CD上的等高处，则根据平抛规律可知，水平位移不同，离开B点的初速度不同，则根据动能定理有可知落在圆弧轨道BCD上时的动能不相同，故B错误；C．若小球垂直落在圆弧轨道BCD上，则其速度的反向延长线必然经过圆弧的圆心O点。根据平抛运动规律有，速度的反向延长线经过水平位移的中点，但O点不为水平位移的中点，则小球不可能垂直落在圆弧轨道BCD上，故C错误；D．若小球在空中运动的时间最长，即此时小球落在C点，则根据平抛规律有 根据动能定理有联立解得故D正确。故选AD。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13~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分9.在天宫课堂中、我国航天员演示了利用牛顿第二定律测量物体质量的实验。受此启发。某同学利用气垫导轨、力传感器、无线加速度传感器、轻弹簧和待测物体等器材设计了测量物体质量的实验，如图甲所示。主要步骤如下：①将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块上；②接通气源。放上滑块。调平气垫导轨；③将弹簧左端连接力传感器，右端连接滑块。弹簧处于原长时滑块左端位于O点。A点到O点的距离为5.00cm，拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时；④计算机采集获取数据，得到滑块所受弹力F、加速度a随时间t变化的图像，部分图像如图乙所示。 回答以下问题（结果均保留两位有效数字）：（1）弹簧的劲度系数为_____N/m。（2）该同学从图乙中提取某些时刻F与a的数据，画出a—F图像如图丙中I所示，由此可得滑块与加速度传感器的总质量为________kg。（3）该同学在滑块上增加待测物体，重复上述实验步骤，在图丙中画出新的a—F图像Ⅱ，则待测物体的质量为________kg。【答案】①.12②.0.20③.0.13【解析】【详解】（1）[1]由题知，弹簧处于原长时滑块左端位于O点，A点到O点的距离为5.00cm。拉动滑块使其左端处于A点，由静止释放并开始计时。结合图乙的F—t图有Δx=5.00cm，F=0.610N根据胡克定律计算出k≈12N/m（2）[2]根据牛顿第二定律有F=ma则a—F图像的斜率为滑块与加速度传感器的总质量的倒数，根据图丙中I，则有则滑块与加速度传感器的总质量为m=0.20kg （3）[3]滑块上增加待测物体，同理，根据图丙中II，则有则滑块、待测物体与加速度传感器的总质量为m′≈0.33kg则待测物体的质量为Δm=m′-m=0.13kg10.小芳同学想利用实验室的器材描绘出某电风扇的伏安特性曲线。她通过说明书得到电风扇的额定电压为5.0V，额定功率约为2.5W。器材有：电源E：电动势为6.0V，内阻忽略不计电流表A1：量程0.6A，内阻约为10Ω电流表A2：量程100mA，内阻为r2=4Ω定值电阻R1=10Ω定值电阻R2=50Ω滑动变阻器R3：最大阻值10Ω，最大电流0.5A滑动变阻器R4：最大阻值3Ω，最大电流3A滑动变阻器R5：最大阻值100Ω，最大电流3A开关、导线等。（1）滑动变阻器应选用______（选填“R3”“R4”或“R5”）；了精确测量数据，选用定值电阻_______（选填“R1”或“R2”），将电流表A2改装成电压表使用。（2）请根据选用的实验器材设计实验电路，将最优电路设计图画在图甲虚线方框内，电风扇符号用M表示，需在图中标上所用元件对应的符号________。（3）小芳在实验中发现，小电风扇在电流较小时不能转动。她多次测量描绘出I2一I1图像如图乙所示，其中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数。当I1为0.10A，I2为10mA时，小电风扇的电阻为______Ω（结果保留两位有效数字）。（4）从小芳描绘的I2一I1图像可以看出，随着I2的不断增大，I1 先增大到某值时突然减小，造成这种现象的原因是______。【答案】①.R4②.R2③.④.6.0⑤.电动机突然开始转动，产生了反电动势【解析】【详解】（1）[1]电风扇的额定电压为额定功率为电风扇的额定电流为由于要描绘出这台电风扇的伏安特性曲线，电压需要从0调节，滑动变阻器采用分压式，使得串联接入电路部分的电流有可能大于0.5A，所以为了防止滑动变阻器烧坏且操作方便，滑动变阻器选；[2]通过电流表A2与电阻串联改装成电压表，因电压调节范围为0～5.0V，需要串联的电阻阻值为所以选取固定电阻改装成电压表，其量程为（2）[3]因为电压需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，因此电流表采用外接法，电路图如图所示 （3）[4]小电风扇在电流表读数小时电风扇不能转动，属于纯电阻电路，实验数据得知为0.10A时，为小电风扇的电阻为（4）[5]小电风扇在电流较小时不能转动，随着电流的不断增大，电动机突然开始转动，产生了反电动势，所以先增大到某值时突然减小。11.足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B．用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示．现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动．为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程．测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s，P、Q位置高度差为0.5m．已知匀强电场的场强，A、B之间动摩擦因数μ＝0.4，g取10m/s2．求：(1)绝缘板A加速和减速的加速度分别为多大？(2)滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？【答案】(1)a1＝1.25m/s2，a2＝5m/s2；(2)x＝0.04m【解析】【详解】(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，匀加速和匀减速的时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有 a1t1＝a2t2 h＝a1t12＋a2t22 求得a1＝1.25m/s2a2＝5m/s2(2)研究滑板B，在绝缘板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向上mg－N＝ma2 水平方向上Eq－μN＝ma3 求得a3＝0.1g＝1m/s2在这个过程中滑板B的水平位移大小为x3＝a3t22＝002m在绝缘板A静止后，滑板B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有μmg－Eq＝ma4得a4＝0.1g＝1m/s2 该过程中滑板B的水平位移大小为x4＝x3＝0.02m 最后滑板B静止时离出发点的水平距离x＝x4＋x3＝0.04m12.“鲁布·戈德堡机械”是用迂回曲折的连锁机械反应完成一些简单动作的游戏。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：是半径为2L的光滑四分之一圆弧轨道，其末端B水平；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与质量为3m、大小可忽略的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为 的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），然后带动后面的装置运动，木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；（2）细杆F的长度。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T。对小球从A到B，由动能定理得小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小解得（2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对木板E压力为零，此时桌面对木板E的最大静摩擦力由 知，木板E将向右运动；木板E向右运动与挡板相撞前，将木板E、圆环和细杆F视为一个整体，设加速度大小为a；由牛顿第二定律解得对圆环由牛顿第二定律可知圆环所受摩擦力所以木板E向右运动与挡板相撞前，圆环与细杆F之间未发生相对滑动。假设第一次相撞的速度大小为，则由匀变速直运动推导公式由分析知，第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，假设相撞后，圆环向下做匀减速直线运动的加速度大小为，木板E向左、细杆F向上做匀减速直线运动的加速度大小为，则对圆环由牛顿第二定律对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律解得因为大小相等，则圆环与木板E、细杆F同时减速为零，且圆环与细杆F的位移大小相等，方向相反。设第一次相撞后，木板E向左的最大位移为，则有匀变速直线运动推导公式解得 同理可得：第二次相撞后，木板E向左的最大位移为第n次碰撞后，木板E向左的最大位移为则第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移设细杆F的长度为x，则[物理—选修3-4]13.某健身者把两根相同绳子的一端固定在一点，用双手分别握住绳子的另一端，上下抖动绳子使绳子振动起来，以手的平衡位置为坐标原点，如图是健身者右手在抖动绳子过程中某时刻的波形，若右手抖动的频率是2Hz，下列说法正确的是（　　）A.该波的波长为12mB.该时刻M点的位移为C.该时刻N点的振动方向沿y轴负方向 D.再经过0.125s，M点经过的路程为30cmE.从该时刻开始计时，质点M的振动方程为【答案】ACE【解析】【详解】A.由图像可知，该波的波长为A正确；B.图示时刻的波动方程为该时刻M点的位移为B错误；C.由题意，该波沿x轴正方向传播，根据同侧法可知，该时刻N点的振动方向沿y轴负方向，C正确；DE.从该时刻开始计时，质点M的振动方程为再经过0.125s，M点的位移为M点经过的路程为D错误，E正确。故选ACE。14.如图，半径为R=30cm的玻璃球台，球台平面对应的球心角为120°，与球台平面等面积的单色光柱垂直台面射向球体。已知玻璃对单色光的折射率为2，光在真空中的速率为，求：（1）求：该单色光在玻璃球台中的传播速度；（2 ）求：同时垂直射入玻璃球台的光中，最先在球面处发生全反射的光，在玻璃球台内传播的时间（只考虑全反射）。【答案】（1）1.5×108m/s；（2）8×10−9s【解析】【详解】（1）由题意作出光路图如图所示，可知光在玻璃球台中传播的速度（2）设光在玻璃球台中产生全反射的临界角为C，则有解得由几何关系可知，最边缘的光线在球面的入射角为可知最边缘的光线是最先在球面处发生全反射的光，且该光线经3次全反射而射出平台，则有传播的时间代入数据解得