四川省双流县棠湖中学2023届高三物理适应性考试试题含解析.doc

四川省棠湖中学2023学年届高三高考适应性考试 理综-物理试题 1.如图所示，物体沿曲线轨迹的箭头方向运动，沿AB、ABC、ABCD、ABCDE四段轨迹运动所用的时间分别是1s、2s、3s、4s．图中方格的边长均为1m．下列说法不正确的是（ ） A. 物体在AB段的平均速度大小为 1 m/s B. 物体在ABC段的平均速度大小为m/s C. AB段的平均速度比ABC段的平均速度更能反映物体处于A点时的瞬时速度 D. 物体在B点时的速度大小等于物体在ABC段的平均速度大小 【答案】D 【解析】 【详解】物体在AB段的位移为1m ,因此平均速度为，故A正确；物体在ABC段的位移大小为: ,所以有 故B正确；当物体位移无限小,时间无限短时,物体的平均速度可以代替某点的瞬时速度,位移越小,平均速度越能代表某点的瞬时速度,故C正确；物体做曲线运动,物体在B点的速度不等于ABC段的平均速度,故D错误.本题选不正确的，所以选D 2.如下图所示，ab间接入u=200sin100πtV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，Rt为热敏电阻，且在此时的环境温度下Rt=2Ω(温度升高时其电阻减小)，忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则 A. 电压表的示数为100V B. 保险丝的熔断电流不小于25A C. 原副线圈交流电压的频率之比为2︰1 D. 若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变 【答案】B 【解析】 【分析】 根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析. 【详解】ab端输入电压的有效值为200V，由于理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，可知次级电压有效值为100V，即电压表的示数为100V，选项A错误；次级电流有效值为 ，则初级电流有效值，则保险丝的熔断电流不小于25A， 选项B正确；变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为1︰1，选项C错误；若环境温度升高，Rt电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误；故选B. 【点睛】要知道有效值的物理意义，知道电表的读数都是有效值；要知道变压器的原副线圈的电压比等于匝数比，并会计算；要会分析电路的动态变化，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况． 3.如图所示，长方体物块在粗糙水平面上，光滑圆球在光滑竖直墙壁和物块上处于静止状态。现用水平向右的拉力F拉动长方体物块缓慢移动一小段距离，在这个运动过程中（ ） A. 球对墙壁的压力逐渐减小 B. 球对长方体物块的压力逐渐增大 C. 地面对长方体物块的支持力逐渐减小 D. 地面对长方体物块的支持力逐渐增大 【答案】B 【解析】 【分析】 小球受力平衡，对小球进行受力分析，作出受力分析图，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，根据几何关系判断墙对小球的压力和物块对球支持力的大小变化情况，再结合牛顿第三定律判断球对墙壁的压力和球对长木板的压力变化情况，对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，根据平衡条件及滑动摩擦力公式判断地面对长方体物块的支持力和地面对长方体物块的摩擦力变化情况，再对长方形物块受力分析，根据水平方向受力平衡列式求解水平拉力F的变化情况。 【详解】A、B项：对小球进行受力分析，如图所示： 小球受力平衡，则有：N1=Gtanθ，，当水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块时，θ增大，则tanθ增大，所以N1增大，墙壁对球的支持力逐渐增大，减小，球对长方体物块的压力逐渐增大，故A错误，B正确； C、D项：对小球和长方形物块整体进行受力分析，整体处于平衡状态，受力平衡，受到重力、地面的支持力、拉力F和墙壁对球水平向右的压力以及水平向左的滑动摩擦力，竖直方向受力平衡，则地面对物块的支持力等于整体的重力，不发生改变，故C、D错误。 故选：B。 【点睛】本题主要考查了共点力平衡条件直接应用，要求同学们能灵活选择研究对象，并能正确对物体进行受力分析，根据平衡条件结合几何关系求解，特别要注意对整体受力分析后，根据共点力平衡条件得出支持力不变，从而判断摩擦力为恒力。 4.如图所示，真空中三个质量相等的小球A、B、C，带电量分另为QA = 6q，QB=3q，QC=8q。现用恰当大小的恒力F拉C，可使A、B、C沿光滑水平面做匀加速直线运动，运动过程中 A、B、C保持相对静止，且A、B间距离与B、C间距离相等。不计电荷运动产生磁场的影响，小球可视为点电荷，则此过程中B、C之间的作用力大小为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对三个球的整体：F=3ma；对AB的整体：F1=2ma，解得F1=；即AB对C的库仑力的合力为；因：，分析库仑力的方向后可知FBC-FAC= ，解得。 5.如图所示，电源电动势E=1.5V，内电阻r=0.5Ω，滑动变阻器R1的最大，电阻Rm=5.0Ω，定值电阻R2=2.0Ω，C为平行板电容器，其电容为3μF。将开关S与a接触，则 A. 当R1的阻值增大时，R2两端的电压减小 B. 当R1接入电路阻值为0.5Ω时，R1消耗功率最大 C. 将开关从a接向b，流过R3的电流流向为d→>c D. 将开关从a接向b，待电路稳定，流过R3的电荷量为9×10－3C 【答案】A 【解析】 【分析】 含容电路中当电路稳定时电容器支路相当与断路，与谁并联就与谁电压相等，与电容器串联原件相当于导线。 【详解】增大R1的阻值，R总增大，I总减小，流过R2的电流减小，R2两端的电压减小，所以A正 确；将R2与电源看作等效电源，当R1=R2+r=2.5 Ω时．R1获得功率最大，所以B错误； 开关接a时，电容器左极扳带负电，开关接b时，左极板带正电，所以流过R3的电流流向为c→d，，因此C错误；因R1接人的阻值未知，不能求出电容器上电压的变化，故不能求出流过R3的电荷量，所以D错误。 6.如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ。图乙为小木块运动的速度一时间图像。根据以上信息可以判断出 A. μ＞tanθ B. μ<tanθ C. t0时刻，物体的速度为v0 D. 传送带始终对小木块做正功 【答案】BC 【解析】 【分析】 通过对物块受力可能情况进行分析，再根据图乙就可以判断出具体的受力和运动情况。根据力与速度方向的关系就可以判断做功的正负。 【详解】物体轻放上传送带时，物体相对于传送带向上滑动，所受滑动摩擦力方向沿斜面向下，受力分析如图所示。 当时，物体先以的加速度匀加速，再做匀速直线运动，当时，物体先以的加速度匀加速，再以的加速度匀加速，由图乙可知，物体在传送带上先做加速度为a1的匀加速直线运动，再做加速度为a2的匀加速直线运动，与图乙吻合，所以A错误，B正确；根据图乙可知，to时刻，物体加速度突变，表明此时物体速度与传送带速度相等，所以C正确；to时刻之前，摩擦力沿斜面向下，摩擦力做正功，to时刻之后，摩擦力沿斜面向上，摩擦力做负功，传送带对物体做功，通过摩擦力做功实现，所以D错误。 7.有一半圆形轨道在竖直平面内，如图所示，O为圆点，AB为水平直径，有一小球从A点以不同速度向右平抛，不计空气阻力，在小球从抛出到落到轨道这个过程中，下列说法正确的是 A. 初速度越小的小球运动时间越长 B. 初速度不同的小球运动时间可能相同 C. 落在半圆形轨道最低点的时间最长 D. 小球落到半圆形轨道的瞬间，速度方向可能垂直撞击半园形轨道 【答案】BC 【解析】 【分析】 根据平抛运动的特点，平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关；做平抛运动的物体的速度的反向延长线经过水平位移的中点。 【详解】平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度小时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度大时下落的距离小，故A错误；速度不同的小球下落的高度可能相等，如碰撞点关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，运动的时间相等，故B正确；落在圆形轨道最低点的小球下落的距离最大，所以运动时间最长，选项C正确；若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半园形轨道，即速度方向沿半径方向，则速度方向与水平方向的夹角是位移方向与水平方向夹角的2倍。因为同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向。故D错误。故选BC。 8. 如图所示，在OA和OC两射线间存在着匀强磁场，∠AOC为30°，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反）以相同的速度均从M点以垂直于OA的方向垂直射入匀强磁场，下列说法可能正确的是 A. 若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能3∶1 B. 若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1 C. 若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶1 D. 若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6 【答案】CD 【解析】 试题分析：正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，粒子运动轨迹对应的圆心角相等，可知运动的时间之比为，故A．B错误；考虑临界情况：临界一：若负电子不从OC边射出，正电子也不从OC边射出，两粒子在磁场中运动的圆心角都为180度，可知在磁场中运动的时间之比为；临界二：当负电子恰好不从OC边射出时，对应的圆心角为180度，根据两粒子在磁场中的半径相等，由几何关系知，正电子的圆心角为30度，根据，知正负电子在磁场中运动的时间之比为，故若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在与之间，故C错误，D正确。 考点：带电粒子在磁场中的运动 【名师点睛】根据左手定则得出正电子向右偏转，负电子向左偏转，正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，结合圆心角的关系得出运动的时间关系；当负电子不从OC边射出，抓出临界情况，由几何关系求出两电子在磁场中的圆心角关系，从而得出运动时间的关系。 9.某同学做实验探究弹力和弹簧伸长的关系，并测量弹簧的劲度系数k． 他先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将分度值是1mm的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺面上．当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50g的钩码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50g的钩码时，指针指示的刻度数值记作L2……，挂七个50g的钩码时，指针指示的刻度数值记作L7． (1)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d1=L4-L0=6.90 cm，d2=L5-L1=6.90 cm，d3=L6-L2=7.00 cm．则第四个差值d4＝_________cm.  (2)根据以上差值，可以求出每增加50g钩码，弹簧平均伸长量ΔL＝__________cm.  (3)弹簧的劲度系数k＝__________N/m（g取9.8m/s2，结果保留两位有效数字）． 【答案】 (1). 7.20; (2). 1.75; (3). 28; 【解析】 【分析】 用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，即要有估读的；按照d1、d2、d3的表达式的规律表示出d4；充分利用测量数据，根据公式△F=k△x可以计算出弹簧的劲度系数k．其中△x为弹簧的形变量。 【详解】：（1）L3的数值为6.85cm，L7的数