四川省成都市2023-2024學年高三物理上學期國慶假期理綜訓練試題一含解析

（滿分300分，時間150分）注意事項：本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。第Ⅰ卷（選擇題）1-7頁，第Ⅱ卷（非選擇題）8-18頁，共18頁；滿分300分，考試時間150分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H—1C—12N—14O—16Na—23S—32Cl—35.5Br—80Pt—195第Ⅰ卷（126分）一、選擇題：本題共8小題，每題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1-5題中只有一項符合題目要求，第6-8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖所示為一乒乓球發(fā)球機，不僅可上下調(diào)整出球俯仰角度，還可以任意設置發(fā)球速度。某次利用該乒乓球發(fā)球機從同一位置向前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球，分別為直發(fā)球和雙跳球，圖中O點為發(fā)球點，A點為直發(fā)球的第一次落點，B點為雙跳球的第二次落點，測得OA和OB的距離相等，忽略空氣阻力的影響，關(guān)于直發(fā)球在OA間和雙跳球在OB間的運動，下列描述正確的是（）A.直發(fā)球和雙跳球的運動時間之比為B.直發(fā)球和雙跳球的運動時間之比為C.直發(fā)球和雙跳球的發(fā)球速度之比為D.直發(fā)球和雙跳球的發(fā)球速度之比為【答案】D【解析】【詳解】以直發(fā)球為研究對象，將乒乓球速度分解為水平和豎直兩個方向兩個分速度，豎直方向做自由落體運動水平方向做勻速直線運動可將雙跳球按落點分為兩段路程，根據(jù)運動情況可知，第一落點到O點的距離應為第一落點到第二落點的一半。由于兩種發(fā)球在同一位置，即兩球第一次落到球臺上的所有的時間相等?？傻茫卑l(fā)球和雙跳球的發(fā)球速度之比為，直發(fā)球和雙跳球的運動時間之比為，D正確，ABC錯誤。故選D。2.具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的“復興號”動車組以安全快捷、平穩(wěn)舒適、高品質(zhì)的運營服務成為中國高鐵的一張亮麗名片。若保持不動的共有8節(jié)車廂的“復興號”動車組從吉安市高鐵站開出時，做初速度為零的勻加速運動，車頭經(jīng)過路邊一保持不動的工作人員時速度大小為6m/s，車尾經(jīng)過該工作人員時速度大小為8m/s。每節(jié)車廂的長度相等，則前4節(jié)車廂經(jīng)過工作人員的時間與后4節(jié)車廂經(jīng)過工作人員的時間之比為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】前4節(jié)剛通過該工作人員時，動車的速度大小為則前4節(jié)車廂經(jīng)過工作人員的時間后4節(jié)車廂經(jīng)過工作人員的時間則故ABC錯誤，D正確。故選D。3.如圖所示，一木塊緊靠長方體形空鐵箱后壁（未粘連），在水平拉力F的作用下一起向右做直線運動，現(xiàn)逐漸減小水平拉力，當拉力減小到F時木塊恰能和鐵箱保持相對靜止，繼續(xù)減小拉力，木塊始終沒有與后壁分離，從拉力開始減小到木塊未落到箱底前，下列說法正確的是（）A.鐵箱對木塊支持力先不變后減小 B.鐵箱對木塊的摩擦力先不變后減小C.鐵箱對木塊的摩擦力一直減小 D.鐵箱可能先做加速運動后做減速運動【答案】B【解析】【詳解】A．木塊始終沒有與后壁分離，則木塊和空鐵箱水平方向的加速度相同，水平拉力F逐漸減小，則整體加速度a逐漸減小，鐵箱對木塊的支持力逐漸減小，故A錯誤；BC．木塊與空鐵箱相對靜止時，摩擦力等于重力，不變，當木塊與空鐵箱相對滑動時，鐵箱對木塊的摩擦力逐漸減小，故B正確，C錯誤；D．鐵箱不可能做減速運動，如果做減速運動，則木塊做也要做減速運動需要水平向左的力，而鐵箱給木塊的彈力水平向右，因此不能減速，木塊會與后壁分離，故D錯誤。故選B。4.試卷讀卡器的原理可簡化成如圖所示的模型，搓紙輪與答題卡之間的動摩擦因數(shù)為，答題卡與答題卡之間的動摩擦因數(shù)為，答題卡與底部摩擦片之間的動摩擦因數(shù)為，正常情況下，讀卡器能做到“每次只進一張答題卡”。搓紙輪沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，帶動第一張答題卡向左運動，下列說法正確的是（）A.第一張答題卡受到搓紙輪摩擦力向右B.后一張答題卡受到前一張答題卡的摩擦力向右C.最后一張答題卡受到摩擦片的摩擦力向右D.【答案】C【解析】【詳解】A．搓紙輪轉(zhuǎn)動帶動第一張答題卡運動時，答題卡有相對搓紙輪向右運動的趨勢，受到搓紙輪的摩擦力向左，故A錯誤；B．前一張答題卡有相對后一張答題卡向左運動或運動趨勢，則后一張答題卡受到前一張答題卡的摩擦力向左，故B錯誤；C．最后一張答題卡有相對摩擦片向左運動的趨勢，受到摩擦片的摩擦力向右，故C正確；D．對第一張答題卡，能向左運動，有，最后一張答題卡不能有相對滑動，有，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，一個質(zhì)量為2m的小箱子放在臺秤的托盤上，箱內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體A，A的上端用輕彈簧與箱子的頂部連接，A的下端用細線系在箱子的底部，細線繃緊，拉力大小為mg，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將細線剪斷，物體A向上運動，不計輕彈簧和細線的質(zhì)量，下列說法不正確的是（）A.未剪斷細線前，臺秤讀數(shù)為3mgB.剪斷細線的瞬間，臺秤讀數(shù)突然變大C.剪斷細線的瞬間，物體的加速度為g，方向豎直向上D.剪斷細線后，物體A向上運動至最高點的過程中，臺秤讀數(shù)先減小后增大【答案】D【解析】【詳解】A.未剪斷繩子前，對小球和箱子整體分析，得臺秤示數(shù)故A正確；BCD．剪斷細線前，對小球受力分析剪斷細線的瞬間，對小球受力分析得方向豎直向上，由此可知，小球向上做加速后減速，整個系統(tǒng)先處于超重后處于失重，故臺秤讀數(shù)先變大后變小，故BC正確，D錯誤。本題選不正確的，故選D。6.小明同學放假回到家里，給他3歲的妹妹帶了一塊巧克力，不過他并沒有直接給她，而是將巧克力放在伸開的手掌里在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，叫妹妹去抓，將其簡化為如圖所示的模型，下方方塊為手掌，上方方塊為巧克力，則手掌在abcd四個位置時（ab與圓心O在同一水平線上，cd與圓心O在同一豎直平線上），下列說法正確的是（）A.在a位置時，巧克力對手掌的壓力大于巧克力的重力B.在b位置時，巧克力靠靜摩擦力提供向心力C.在c位置時，巧克力靠靜摩擦力提供向心力D.在d位置時，巧克力處于失重狀態(tài)【答案】B【解析】分析】【詳解】A．在a位置時巧克力在豎直方向受力平衡，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，根據(jù)牛頓第三定律得到巧克力對手掌的壓力與巧克力受到的支持力大小相等，故A錯誤；B．在b位置時向心加速度方向水平向右，在水平方向只受靜摩擦力的作用，所以巧克力靠靜摩擦力提供向心力，故B正確；C．在c位置時，重力與支持力的合力提供向心力，巧克力不受靜摩擦力，故C錯誤；D．在d位置時由牛頓第二定律可得可得所以巧克力處于超重狀態(tài)，故D錯誤。故選B。7.如圖所示，輕繩繞過光滑定滑輪系著箱子，在輕繩的另一端O施加適當?shù)睦，恰好使箱子在水平地面上向右做勻速運動，則（）A.O點速率變小B.拉力F逐漸減小C.箱子受到地面的支持力大小不變D.拉力F的功率一直減小【答案】AD【解析】【詳解】A．設繩子與水平方向的夾角為，則箱子的速度大小與O點速度大小之間的關(guān)系為在箱子向右勻速運動的過程中不變，會逐漸增大，減小，故O點速度大小逐漸減小，故A正確；B．對箱子進行受力分析有而由于解得其中。可以判斷當時力F有最小值，而根據(jù)題意無法確定是從多大開始增大，故在逐漸增大的過程中，F(xiàn)可能先減小后增大，也可能逐漸增大，故B錯誤；C．根據(jù)B選項的分析可得可知當逐漸增大時，逐漸減小，故C錯誤；D．拉力的功率大小為可知當逐漸增大時，拉力的功率逐漸減小，故D正確。故選AD。8.如圖所示為波輪式洗衣機的工作原理示意圖，當甩衣桶在電機的帶動下高速旋轉(zhuǎn)時，衣服緊貼在甩衣桶器壁上，從而迅速將水甩出。衣服（帶水，可視為質(zhì)點）質(zhì)量為m，衣服和器壁的動摩擦因數(shù)約為，甩衣桶的半徑為r，洗衣機的外桶的半徑為R，當角速度達到時，衣服上的水恰好被甩出，假設滑動摩擦力和最大靜摩擦力相等，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.衣服（帶水）做勻變速曲線運動B.電動機的角速度至少為時，衣服才掉不下來C.當時，水滴下落高度打到外筒上D.當時，水滴下落高度打到外筒上【答案】BD【解析】【詳解】A．衣服（帶水）做變速曲線運動，因為其向心加速度也是變化的，A錯誤；B．豎直方向，根據(jù)平衡條件有由于彈力提供向心力，由牛頓第二定律有聯(lián)立解得B正確；CD．當時，水滴打到外筒上，則水滴下落高度為h，根據(jù)平拋運動規(guī)律有聯(lián)立解得C錯誤，D正確。故選BD。第Ⅱ卷（非選擇題，共174分）二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第9-12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13-26題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題（129分）9.欲測量一只量程已知的電壓表內(nèi)阻，提供的器材如下：A.待測電壓表V：量程3V，內(nèi)阻約為2.5B.電流表A：量程3A，內(nèi)阻約為0.02C.定值電阻R1：阻值為2，額定電流為50mAD.定值電阻R2：阻值為5，額定電流為1AE.電池組E：電動勢小于3V，內(nèi)阻可忽略F.多用電表一個G.開關(guān)S1、S2、導線若干有一同學利用上述所給的器材，進行如下實驗操作。（1）用多用電表進行粗測，該多用電表電阻擋有三個倍率，分別是“100”、“10”和“1”。該同學選擇“1”倍率時，用正確的操作方法測量，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度太?。ㄈ鐖D所示）。為了較準確地進行測量，應選用___________（填“100”或“10”）倍率。換用倍率后，在測量之前，______________（填“需要”或“不需要”）再進行歐姆調(diào)零。（2）為了更準確地測出此電壓表內(nèi)阻的大小，該同學設計了如圖甲、乙、丙所示的三個實驗電路，你認為其中最為合理的是___________電路（填“甲”、“乙”或“丙”）。【答案】①.×100②.需要③.乙【解析】【詳解】（1）[1]歐姆表的讀數(shù)等于指針示數(shù)乘以倍率，指針偏角過小即指針的示數(shù)偏大，要使指針的示數(shù)減小就要增大倍率，故選用倍率；[2]歐姆表每次換倍率之后都需要再次進行歐姆調(diào)零；（2）[3]甲圖中因電壓表的內(nèi)阻太大，導致電路中電流太小，電流表很難測出通過電壓表的電流；丙圖R2阻值太小，故電阻中R2的電流基本就等于電流表中的電流，電壓表中幾乎沒有電流，故也很難測出電壓表內(nèi)阻；而乙圖中R1的與電壓表內(nèi)阻相差不大，如果開關(guān)閉合時電壓表示數(shù)為，斷開時示數(shù)為，則有代入數(shù)據(jù)即可計算出電壓表的內(nèi)阻，故最為合理的是乙電路圖。10.學校物理興趣小組用圖甲裝置探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系，其中桌面與細線已調(diào)至水平。（1）關(guān)于本實驗，下列說法正確是________。A．必須用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量B．砂和砂桶的總質(zhì)量必須遠小于小車的質(zhì)量C．應當先釋放小車，再接通電源D．需要改變砂和砂桶的總質(zhì)量，打出多條紙帶（2）經(jīng)正確操作，得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器所接交流電源的頻率為，相鄰兩計數(shù)點之間還有四個計時點未畫出，則小車運動的加速度大小為________。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（3）若小車的加速度大小a與力傳感器示數(shù)F的關(guān)系如圖丙所示，則小車的質(zhì)量為________。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（4）不斷增加砂桶中砂的質(zhì)量，重復實驗，發(fā)現(xiàn)小車的加速度最后趨近于某一數(shù)值。若當?shù)氐闹亓铀俣却笮間，則經(jīng)理論分析可知，該數(shù)值為_________?！敬鸢浮竣?D②.2.4③.2.9④.【解析】【詳解】（1）[1]AB．本題拉力可以由力傳感器來測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不需要使小桶(包括砂)的質(zhì)量遠小于車的總質(zhì)量，故AB錯誤；C．打點計時器運用時，都是先接通電源，待打點穩(wěn)定后再釋放紙帶，故C錯誤；D．該實驗探究加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系，需要改變沙和沙桶的總質(zhì)量，打出多條紙帶，故D正確。故選D。（2）[2]打點計時器所接交流電源的頻率為，相鄰兩計數(shù)點之間還有四個計時點未畫出，相鄰計數(shù)點之間的時間間隔根據(jù)逐差法可得加速度（3）[3]設小車質(zhì)量為，根據(jù)牛頓第二定律可得可知圖象斜率表示小車質(zhì)量的倒數(shù)，即解得（4）[4]設砂桶和砂的質(zhì)量為,繩子拉力為,對砂桶和砂根據(jù)牛頓第二定律可得對小車聯(lián)立可得當無窮大時，加速度的值趨近于。11.如圖所示，一質(zhì)量為1kg的小球套在一根固定的直桿上，直桿與水平面夾角θ為30°?，F(xiàn)小球在F=20N的豎直向上的拉力作用下，從A點靜止出發(fā)向上運動，已知桿與球間的動摩擦因數(shù)為。試求：（1）若F作用1.2s后撤去，小球上滑過程中距A點最大距離；（2）若從撤去力F開始計時，小球經(jīng)多長時間將經(jīng)過距A點上方為2.25m的B點?！敬鸢浮浚?）4m；（2）0.2s或【解析】【詳解】（1）由力的平衡條件和牛頓第二定律得解得a1=2.5m/s2撤去F時速度為撤去F前位移為撤除F后由牛頓第二定律得解得a2=7.5m/s2從撤去F到達最高點所用時間，小球上滑過程中距A點最大距離為（2）撤除F到B點位移設從撤去F到上滑到B點所用時間為t，則代入數(shù)據(jù)解得t=0.2s或t=0.6s（舍去）因為小球上升到最高點返回時的加速度不再等于a2，根據(jù)牛頓第二定律得解得a3=2.5m/s2從最高點返回到B點的位移因為解得則即從撤去力F開始計時，小球經(jīng)0.2s或經(jīng)過距A點上方為2.25m的B點。12.如圖所示，一傾斜固定的傳送帶與水平面間夾角θ＝37°，上下兩端間距L=2.0m，傳送帶以v＝1.0m/s的速率沿順時針方向勻速運行。從距離傳送帶底端x0＝1.0m的O點由靜止釋放一質(zhì)量m＝1.0kg的小滑塊，滑塊運動到傳送帶底端時與固定擋板P碰撞，碰撞時間極短且碰撞前后速率相等?；瑝K與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g＝10m/s2，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求：（1）滑塊與擋板P第一次碰撞時的速度大小v1；（2）滑塊與擋板P碰撞后離開擋板的最大距離xm；（3）若滑塊與擋板P第一次碰撞后立即在滑塊上加一方向沿傳送帶斜向上、大小F=4.0N的恒力，一段時間后撤去。要使滑塊能滑至傳送帶最上端，恒力持續(xù)作用的最短時間t。【答案】（1）2m/s；（2）0.4m；（3）【解析】【詳解】（1）設滑塊向下運動的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律可得由勻變速運動規(guī)律有聯(lián)立解得v1=2m/s（2）滑塊第一次與擋板碰撞后速度大于傳送帶速度，滑塊減速上滑，設碰后運動的加速度大小為a2，則減速至與皮帶速度相等時運動的距離為x1，則之后滑塊繼續(xù)減速上滑至速度為零，加速度大小為a1，則離開擋板的最大距離為xm=x1+x2聯(lián)立解得xm=0.4m（3）滑塊與擋板碰撞后，在恒力作用下的加速度大小設為a3，根據(jù)牛頓第二