重慶市西南大學附屬中學2022-2023學年高三下學期拔尖強基定時期中質檢物理 Word版含解析.docx

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2023年高三拔尖強基定時期中質檢物理試題一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.溫哥華國際機場起飛，穿過北極圈，從俄羅斯經(jīng)過蒙古，進入中國領空抵達深圳寶安國際機場，平均時速約900公里，航線距離為12357公里，空中航行約13小時47分，于9月25日21點50分抵達深圳寶安機場。關于以上內容，下列敘述正確的是（　?。〢.題中“12357公里”是指位移B.“1028天”和“13小時47分”均指時間間隔C.機場監(jiān)測該航班的位置和運行時間，不能把飛機看作質點D.“時速約900公里”是平均速度【答案】B【解析】【詳解】A．質點從空間的一個位置運動到另一個位置，運動軌跡的長度叫做質點在這一運動過程所通過的路程，位移是矢量，題中“12357公里”只涉及運動軌跡的長度，是指路程。故A錯誤；B．時間間隔就是兩個時間點之間的部分，也就是通常人們所說的時間長短，“1028天”和“13小時47分”均指時間間隔，故B正確；C．機場監(jiān)測該航班的位置和運行時間，飛機大小和形狀可以忽略，可以把飛機看作質點，故C錯誤；D．平均速率就是路程除以時間，只有大小，沒有方向，“時速約900公里”是飛行過程中路程除以時間的值，是平均速率，故D錯誤。故選B。2.如圖所示，一個杯子放在水平餐桌的轉盤上隨轉盤做勻速圓周運動，下列說法正確的是（　?。〢.杯子受到桌面的摩擦力指向轉盤中心B.杯子受重力、支持力、向心力作用C.轉盤轉速一定時，杯子越靠近中心越容易做離心運動D.轉盤轉速一定時，杯子里裝滿水比空杯子更容易做離心運動【答案】A 【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意，對杯子受力分析，受重力、支持力和摩擦力，桌面的摩擦力提供杯子做勻速圓周運動的向心力，則指向轉盤中心，故B錯誤，A正確；C．根據(jù)公式和可得，轉盤轉速一定時，杯子越靠近中心所需向心力越小，不容易做離心運動，故C錯誤；D．根據(jù)題意可知，當轉盤轉速一定時，杯子和桌面間的最大靜摩擦力不足以提供杯子做圓周運動的向心力時，杯子發(fā)生離心運動，則有即可知，杯子里裝滿水與空杯子一樣，故D錯誤。故選A3.如上圖甲所示，鳥兒有多拼，為了生存幾只鳥像炮彈或標槍一樣一頭扎人水中捕魚，假設小鳥的俯沖是自由落體運動，進入水中后是勻減速直線運動，其圖像如圖乙所示，自由落體運動的時間為，整個過程的運動時間為，最大速度為，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（　?。〢.B.至時間內的加速度為C.整個過程下落高度為27mD.至時間內阻力是重力的1.5倍【答案】C【解析】【詳解】A．小鳥自由落體運動的最大速度為，由自由落體運動的規(guī)律有 解得故A錯誤；B．至時間內小鳥的加速度為故B錯誤；C．整個過程下落的高度為圖乙圖像與時間軸所圍成的面積，則故C正確：D．至時間內，由牛頓第二定律有可得即阻力是重力的2.5倍，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，餐桌中心有一個半徑為r的圓盤，可繞其中心軸轉動，在圓盤的邊緣放置一個質量為m的小物塊，物塊與圓盤及餐桌間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)緩慢增大圓盤的角速度，小物塊將從圓盤上滑落，最終恰好停在桌面邊緣。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，圓盤厚度及圓盤與餐桌間的間隙不計。則下列說法正確的是（　?。〢.餐桌半徑為 B.小物塊剛從圓盤上滑落時，小物塊的速度為C.小物塊剛從圓盤上滑落時，圓盤的角速度為D.該過程中因摩擦產生的內能為μmgr【答案】A【解析】【詳解】C．小物塊剛滑落時，最大靜摩擦力等于所需向心力，可得解得選項C錯誤；B．小物塊剛滑落時的速度大小為選項B錯誤；A．設小物塊在餐桌上滑行距離為x，根據(jù)動能定理可得解得小物塊在桌面上運動的俯視圖如圖所示根據(jù)圖中幾何關系可得 解得選項A正確；D．該過程中因摩擦產生的熱量為選項D錯誤。故選A。5.如圖所示，輕質不可伸長的細繩繞過光滑定滑輪C與質量為m的物體A連接，A放在傾角為θ的光滑斜面上，繩的另一端和套在固定豎直桿上的物體B連接。現(xiàn)BC連線恰沿水平方向，從當前位置開始B以速度v0勻速下滑。設繩子的張力為FT，重力加速度為g，在A到達斜面頂端前的運動過程中，下列說法正確的是（　　）A.物體A做減速運動B.物體A做勻速運動C.FT可能小于mgsinθD.FT一定大于mgsinθ【答案】D【解析】【詳解】AB．設某時刻BC之間的細繩與豎直方向的夾角為θ，則將B的速度分解可知收繩的速度v=v0cosθ隨著B的下滑，則θ減小，v變大，即物體A做加速運動，選項AB錯誤；CD．對A分析可知FT-mgsinθ=ma可得FT>mgsinθ選項C錯誤，D正確。故選D。 6.如圖所示，將一小球從點水平拋出，飛到點P時，與一擋板發(fā)生碰撞，小球又斜向上飛出后落到點正下方的點，點與點等高，軌跡的最高點與等高，不計空氣阻力。下列說法正確的是（　　）A.小球兩次飛行過程中加速度不同B.小球兩次飛行過程中重力對小球做的功相等C.小球離開點的速率比經(jīng)過點的速率大D.小球與擋板碰撞過程中沒有機械能損失【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．不計空氣阻力，球兩次在空中只受重力作用，加速度為g，加速度相同，故A錯誤；B．設球的拋體高度為h，第一次從M到P，重力做正功為WG=mgh，第二次做斜上拋運動從P到Q到N點，重力做功為零，球兩次飛行過程中重力對球做的功不相等，故B錯誤；C．球從M到P和從Q到N都是平拋運動，在M、Q點均只有水平方向的速度，高度h相同，由知運動時間相同，但xMP＞xQN，由x=v0t可推出離開M點的速度大于經(jīng)過Q點的速度，故C正確；D．如果碰撞沒有機械能損失，則全程機械能守恒，而在M、Q點重力勢能相等，動能不等，則機械能不等，故小球與擋板碰撞過程中有機械能損失，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，三根長度均為L的輕繩分別連接于C、D兩點，A、B兩端被懸掛在水平天花板上，相距2L，現(xiàn)在C點上懸掛一個質量為m的重物，為使CD繩保持水平，在D點上可施加力的最小值為（　?。?A.mgB.mgC.mgD.mg【答案】A【解析】【詳解】由幾何得，，對C點進行受力分析，如圖可得對D點進行受力分析，如圖當F方向垂直于繩DB時，F(xiàn)最小，易得故A正確。故選A。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分。8.如圖所示是一列沿x軸正方向傳播的機械波在t=0時的波形圖，由于某種原因，中間有一部分無法看清，已知該波的波速v=0.5m/s，下列說法正確的是（　?。?A.t=0時刻x=9cm處的質點正經(jīng)過平衡位置沿y軸負方向運動B.此列波的周期T=0.02sC.0~0.03s時間內，質點P的加速度不斷減小D.t=0.17s時，質點P運動到正方向最大位移處【答案】AD【解析】【詳解】A．由波形圖可知，該波的波長大于8cm，畫出波形圖如圖所示根據(jù)“上下坡法”可知，t=0時刻，x=9cm處的質點振動方向沿y軸負方向，故A正確；B．由圖可知波長為所以該波的周期為故B錯誤；CD．由圖可知，從t=0時刻開始質點P向下振動，當其第一次經(jīng)過平衡位置時波向正方向傳播的距離為1cm，所用時間為作出質點P的振動圖像，如圖所示 由圖可知，在t=0.03s時刻P點到達平衡位置下方，但是還沒到達最低點，所以0~0.03s時間內，質點P的加速度先減小后增大，且當t=0.17s時，質點P到達正方向最大位移處，故C錯誤，D正確。故選AD。9.如圖所示，某機場用與水平面夾角θ=30°的傳送帶輸送貨物，傳送帶以v=1m/s的速度順時針運行，地勤人員將一質量為2kg的貨物以初速度v0=5m/s從底部滑上傳送帶，貨物恰好能到達傳送帶的頂端。已知貨物與傳動帶之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小取10m/s2，下列正確的是（　?。〢.貨物在傳送帶上一直向上做加速度相同的勻減速直線運動B.傳送帶的底端到頂端的長度是1.75mC.貨物在傳送帶上向上運動的過程中由于摩擦產生的熱量為10.5JD.貨物向上運動的過程中，傳送系統(tǒng)因傳送貨物多消耗的電能為0J【答案】BD【解析】【詳解】AB．由題意可得則貨物與傳送帶共速后不可能保持相對靜止到達傳送帶頂端，由于貨物恰好能達到傳送帶頂端，則可知貨物達到傳送帶頂端時速度恰好為零，由此可知，當貨物速度大于傳送帶速度時，根據(jù)牛頓第二定律有該過程對貨物有 當貨物速度小于傳送速度時，根據(jù)牛頓第二定律有該過程對貨物有上升過程中加速度不恒定，則貨物從低端到頂端長度為故A錯誤，B正確；C．貨物到達頂端用時為，則貨物與傳送帶相對位移為則由于摩擦產生的熱量為故C錯誤；D．貨物向上運動的過程中，傳送系統(tǒng)因傳送貨物多消耗的電能為故D正確。故選BD。10.如圖所示，空間中存在著由一固定的點電荷Q（圖中未畫出）產生的電場．另一點電荷q僅在電場力作用下沿曲線AB運動，在A點的速度大小為v0，方向沿AC方向，到達B點時速度大小為v，且v＜v0，則（　?。〢.Q一定在虛線AC上方B.A點的電勢一定比B點的電勢高C.q在A點的電勢能比在B點的小D.q在A點的加速度可能比在B點的小 【答案】CD【解析】【詳解】A．試探電荷從A到B速度減小，而曲線運動合力指向曲線的內側，故場源電荷Q可以在AC下方，故A錯誤；BC．只有電場力做功，動能和電勢能之和守恒，B點動能小，故在B點電勢能大，根據(jù)公式，因為不知道試探電荷的電性是正還是負，因此無法判斷B點的電勢高低，故B錯誤，C正確；D．試探電荷從A到B速度減小，由于場源電荷以及試探電荷的電性都不確定，無法確定試探電荷是在靠近場源電荷還是遠離場源電荷，如果是B點更靠近場源電荷，在A點受到的電場力較小，加速度較小，故D正確。故選CD。三、非選擇題：共57分。11.在“用傳感器觀察電容器的充放電過程”實驗中，按圖所示連接電路。電源電動勢為8.0V，內阻可以忽略。單刀雙擲開關S先跟2相接，某時刻開關改接1，一段時間后，把開關再改接2，實驗中使用了電流傳感器來采集電流隨時間的變化情況。（1）開關S改接2后，電容器進行的是______（選填“充電”或“放電”）過程，此過程中流經(jīng)電阻R上的電流方向______（選填“自上而下”或“自下而上”）。實驗得到的圖像如圖所示，如果不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R的阻值，則此過程的曲線與坐標軸所圍成的面積將______（選填“減小”“不變”或“增大”）。（2）若實驗中測得該電容器在整個放電過程中釋放的電荷量，則該電容器的電容為______μF?！敬鸢浮竣?放電②.自下而上③.不變④.430【解析】【詳解】（1）［1］當開關S接2時，電容器相當于電源，進行的是放電過程；［2］開關S接1 時，電源給電容器充電，電容器上極板接正極，充電完成，上極板帶正電，下極板帶負電，開關S接2時，電容器相當于電源，上極板相當于電源的正極，故電流由下到上；［3］曲線與坐標軸所圍成的面積為電容器充好電所帶電荷量，只減小電阻R，并不能改變電容器的充好電時的電荷量，故此過程的曲線與坐標軸所圍成的面積將不變；（2）［4］跟據(jù)電容器電容的定義，代入數(shù)據(jù)12.在探究“物體質量一定時，加速度與力的關系”實驗中，小方同學做了如圖甲所示的實驗改進，在調節(jié)桌面水平后，添加了力傳感器來測細線中的拉力。①實驗時，下列說法正確的是______。A．需要用天平測出砂和砂桶的總質量B．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力傳感器的示數(shù)C．使用電磁打點計時器時應選用220V的交流電源D．為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質量遠小于小車的質量②由實驗得到小車的加速度a與力傳感器示數(shù)F的關系如圖乙所示。則小車運動過程中所受的阻力Ff＝______N，小車的質量M＝______kg（保留兩位有效數(shù)字）；【答案】①.B②.2.0③.3.0【解析】 【詳解】①[1]A．實驗中用力傳感器來獲取小車受到細線的拉力，則不需要測出砂和砂桶的總質量，故A錯誤；B．小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力傳感器的示數(shù)，故B正確；C．電磁打點計時器使用的是電壓約為8V的交流電源，故C錯誤；D．實驗中用力傳感器來獲取小車受到細線的拉力，則不用保證砂和砂桶的質量遠小于小車的質量，故D錯誤。故選B。②[2][3]根據(jù)牛頓第二定律有可得結合圖乙可得可得，小車的質量為結合圖像，當時有13.如圖所示，一個體積為V的導熱氣缸豎直放置，一可自由移動的活塞將氣缸分隔為A、B兩部分（不漏氣），A、B兩部分的空氣體積之比為1:3，氣缸上部通過單向閥門K（氣體只能進入氣缸，不能流出氣缸）與打氣筒相連。開始時氣缸內A部分空氣的壓強為?，F(xiàn)用打氣筒向容器內打氣，已知打氣筒每次能打入壓強為、體積為0.05V的空氣，當打氣n次活塞穩(wěn)定后，氣缸A、B兩部分的空氣體積之比為3:1，活塞因自重對下方氣體產生的附加壓強為，空氣視為理想氣體，外界溫度恒定，不計活塞與氣缸間的摩擦。求：（1）當打氣n次活塞穩(wěn)定后，B部分空氣的壓強；（2）打氣筒向容器內打氣次數(shù)n。 【答案】（1）；（2）次【解析】【詳解】（1）對氣缸下部分氣體，設初狀態(tài)壓強為，末狀態(tài)壓強為，由玻意耳定律有可知初狀態(tài)時對活塞有聯(lián)立解得（2）把上部分氣體和n次打進氣體做為整體，此時上部分氣缸中壓強為p，末狀態(tài)時對活塞有由玻意耳定律有聯(lián)立解得次14.如圖所示，質量為m的小滑塊1，沿著光滑曲面下滑，曲面末端A與水平傳送帶平滑連接，傳送帶右端與光滑水平面平滑連接，水平面上有一個質量為km的小滑塊2。當小滑塊1滑到傳送帶右端B處時恰好與傳送帶共速，接著再與小滑塊2發(fā)生彈性碰撞。已知傳送帶長為L，以速度v0順時針方向運行，小滑塊1與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求：（1）k=2時，小滑塊1和2第一次碰撞后瞬間的速度；（2）小滑塊1下滑的高度； （3）k值應滿足什么條件，使得小滑塊1和2能且只能發(fā)生兩次碰撞。【答案】（1）小滑塊1的速度大小為，方向水平向左；小滑塊2的速度大小為，方向水平向右；（2）見解析；（3）【解析】【詳解】（1）設小滑塊1、2第一次碰后瞬間速度為v1與v2，由動量守恒和能量守恒得解得，若k=2得，即碰后小滑塊1的速度大小為，方向水平向左，小滑塊2的速度大小為，方向水平向右；（2）假設小滑塊1從高h處滑下，到曲面末端時速度為v，下滑過程由機械能守恒定律可得若小滑塊1沖上傳送帶時的速度小于傳送帶速度，由動能定理得解得若小滑塊1沖上傳送帶時的速度大于傳送帶速度，由動能定理得解得 （3）要使小滑塊1和2能且只能發(fā)生兩次碰撞，需要滿足即小滑塊1再次被傳送至水平面時，由運動的對稱性可知其速度為，發(fā)生第二次碰撞的條件是即對第二次碰撞，設碰后小滑塊1、2速度分別為和，由動量守恒和機械能守恒得解得若，則一定不會發(fā)生第三次碰撞；若，且，則會發(fā)生第三次碰撞，則由可得解得綜合可得15. 某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設計研究，如圖所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導軌上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為B。單刀雙擲開關S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動模型飛機加速，模型飛機達到起飛速度時與動子脫離，此時S擲向2接通定值電阻R0，在磁場力作用下，動子會逐漸停下來。若動子從靜止開始運動，經(jīng)過t=1.5s達到模型飛機起飛速度。已知恒流源輸出的電流為I=15A，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長L=1m，線圈總電阻，模型飛機的質量M=10kg，動子和線圈的總質量m=5kg，B=0.1T，定值電阻R0=9.5Ω，導軌電阻不計且足夠長，不計空氣阻力和模型飛機起飛對動子運動速度的影響，求：（1）當開關S與1接通時，線圈受到的安培力大小F安；（2）模型飛機起飛時速度大小v；（3）a.模型飛機起飛后動子和線圈繼續(xù)向前運動的距離d；b.推導模型飛機起飛后動子和線圈所受的安培力大小F?安與其運動距離x的函數(shù)關系，并畫出F?安-x的函數(shù)圖像（S擲向2接通時線圈位置作為起點）?！敬鸢浮浚?）150N；（2）；（3）a.；b.見解析【解析】【詳解】（1）根據(jù)安培力公式可得（2）根據(jù)牛頓第二定律得解得模型飛機起飛時的速度大?。?）a．當S撥至2時，接通定值電阻R0，此時的感應電流為 此時的安培力為對動子和線圈由動量定理得則解得模型飛機起飛后動子和線圈繼續(xù)向前運動的距離b.對模型飛機起飛后動子和線圈由動量定理得解得安培力解得畫出F?安-x的函數(shù)圖像