2022-2023学年四川省成都市高三上学期一阶模拟（一）物理

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秘密 ★启用前2022-2023学年四川省成都市高三上学期一阶模拟（一）物理 解析注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将答题卡交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题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.高速公路的ETC电子收费系统如图6所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为(　　)图6A.4.2 m   B.6.0 m  C.7.8 m   D.9.6 m思路点拨　(1)在识别车载电子标签的时间内汽车做什么运动？(2)在司机的反应时间内汽车做什么运动？(3)如何由匀变速直线运动规律求刹车距离？ETC通道的长度是刹车距离吗？解析　汽车的运动过程分为两个阶段，在识别时间内和司机反应时间内汽车做匀速运动，然后减速刹车。在识别车载电子标签的0.3 s时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3 m＝1.8 m，在司机的反应时间0.7 s内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7 m＝4.2 m，刹车距离x3＝＝3.6 m，该ETC通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝9.6 m，所以只有选项D正确。答案　D2.三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是(　　)A.F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3B.F至少比F1、F2、F3中的某一个力大C.若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零D.若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零解析　三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的大小的合力范围内时，这三个力的合力才可能为零，选项A、B、D错误，C正确。答案　C3.如图所示，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q(含砂子)。现有另一个砂桶P(含砂子)通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，下列说法正确的是(　　)图A.若只增加Q桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变B.若只增加P桶中的砂子，再次平衡后P桶位置不变C.若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P桶位置不变D.若在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q桶位置上升解析　对砂桶Q受力分析，Q受到细绳的拉力大小FT＝GQ，设AC、BC之间的夹角为θ，对C点受力分析可知C点受三个力而平衡，由题意知，C点两侧的绳张力相等，故有2FTcos＝GP，联立可得2GQcos＝GP，故只增加Q桶中的砂子，即只增加GQ，夹角θ变大，P桶上升，只增加P桶中的砂子，即只增加GP，夹角θ变小，P桶下降，选项A、B错误；由2GQcos＝GP可知，当θ＝120°时，GQ＝GP，此时，若在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，则PQ桶的位置均不变，选项C正确，D错误。答案　C4.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(　　)图A.F1＝mg，F2＝mgB.F1＝mg，F2＝mgC.F1＝mg，F2＝mgD.F1＝mg，F2＝mg解析　卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，对圆筒受力分析，如图所示。由题意知，力F1′与F2′相互垂直。由牛顿第三定律知F1＝F1′，F2＝F2′，则F1＝mgsin 60°＝mg，F2＝mgsin 30°＝mg，选项D正确。答案　D5. 一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为2m的小物块A相连，质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上，如图所示，此时弹簧的压缩量为x0，从t＝0时开始，对B施加沿斜面向上的外力，使B始终做加速度为a的匀加速直线运动。经过一段时间后，物块A、B分离。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。若θ、m、x0、a均已知，下面说法正确的是(　　)图A.物块A、B分离时，弹簧的弹力恰好为零B.物块A、B分离时，A、B之间的弹力恰好为零C.物块A、B分离后，物块A开始减速D.从开始到物块A、B分离所用的时间t＝2解析　物块A、B开始分离时二者之间的弹力为零，A、B有相同的加速度，弹簧的弹力不为零，物块A、B分离后，A开始做加速度逐渐减小的加速运动。开始时受力平衡，根据平衡条件可得kx0＝3mgsin θ，解得k＝物块A、B开始分离时二者之间的弹力为零，选项A、C错误，B正确；对A，根据牛顿第二定律kx－2mgsin θ＝2ma，则得x＝＝·x0，根据x0-x＝at2可得物块A、B分离的时间t＝，选项D错误。答案　B6.如图所示，一可视为质点的冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度大小之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(　　)A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝∶∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶∶D.t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1解析　因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以看成反向匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)，故所求时间之比为(－)∶(－1)∶1，所以选项C错误，D正确；由v－v＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度大小之比为1∶∶，则所求的速度大小之比为∶∶1，故选项A错误，B正确。答案　BD7.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)A.8   B.10  C.15   D.18解析　设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有F＝nma①P、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有F＝km·a②联立①②得3n＝2k，总车厢数为N＝n＋k，由此式可知n只能取偶数，当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。答案　BC8.如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上。现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)图A.该水平拉力大于轻绳的弹力B.物块c受到的摩擦力大小为μmgC.当该水平拉力增大为原来的1.5倍时，物块c受到的摩擦力大小为0.5μmgD.剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg解析　三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：T＝2μmg，则F＞T，即水平拉力大于轻绳的弹力，故A正确；c做匀速直线运动，处于平衡状态，则c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的1.5倍时，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律得，对a、b、c系统F′－3μmg＝3ma，对c：f＝ma，解得f＝0.5μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统，由牛顿第二定律得2μmg＝2ma′，对c：f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D正确。答案　ACD二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9～13题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。 9.如图甲所示是“验证力的平行四边形定则”的实验装置图，其中A为固定橡皮条的图钉，O点为橡皮条与细绳的结点，OB和OC均为一端连接弹簧测力计的挂钩，另一端连接结点O的细绳。图乙是某实验小组在白纸上根据实验结果画出的图。图(1)实验中，小张同学在坐标纸上画出了如图丙所示的两个已知力F1和F2，图中小正方形的边长表示2 N大小的力，F为根据平行四边形定则作出的合力(图中未画出)，设F1、F2与F的夹角分别为θ1和θ2，则下列选项正确的是________。A.F1＝ 4 N   B.F＝12 N  C.θ1＝35°   D.θ1<θ2(2)为提高实验结论的可靠性，在重复进行实验时，结点O的位置________(填“可以”或“不可以”)变动。解析　(1)根据平行四边形定则，可作出两个力的合力F，如图所示。从图上可知，F1＝4 N，合力F＝12 N。根据几何关系知F1与F的夹角为θ1＝45°。从图上可知，θ1>θ2，B项正确。(2)在同一次实验中，O点的位置不能变动，但重复进行实验时，O点的位置是可以变动的。答案　(1)B　(2)可以10.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图8所示的实验装置，其中M为小车的质量，m为砂和砂桶的总质量，m0为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大小。图8(1)实验时，一定要进行的操作是__________。A.用天平测出砂和砂桶的总质量B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M(2)甲同学在实验中得到如图9所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__________m/s2(结果保留3位有效数字)。图9(3)甲同学以力传感器的示数F为横轴，加速度a为纵轴，画出的a－F图线是一条直线，如图10所示，图线与横轴的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量M＝__________。  图10　　　　　　　图11A.   B.－m0C.－m0   D.(4)乙同学根据测量数据作出如图11所示的a－F图线，该同学做实验时存在的问题是____________________________________________________________。解析　(1)验证牛顿第二定律的实验原理是F＝Ma，本题绳中拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使砂和砂桶的总质量m远小于小车的质量M，A、D错误；用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，需要平衡摩擦力，B正确；释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，该实验还需要记录力传感器的示数，C正确。(2)由逐差法计算加速度a＝≈2.00 m/s2。(3)对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得a＝F，图线的斜率为k，则k＝，故小车的质量M＝－m0，故选项C正确。(4)图线在F轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。答案　(1)BC　(2)2.00　(3)C　(4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够      11.某高速公路同一直线车道上同向匀速行驶的轿车和货车，其速度大小分别为v1＝40 m/s，v2＝25 m/s，轿车上的驾驶员在与货车距离x0＝22 m时才发现前方有货车，若此时轿车立即刹车，则轿车要经过x＝160 m才停下来。两车可视为质点。(1)若轿车刹车时货车以v2匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞；(2)若轿车在刹车的同时给货车发送信号，货车司机经t0＝2 s收到信号后立即以加速度大小a2＝2.5 m/s2匀加速前进，通过计算分析两车会不会相撞。解析　(1)轿车经过x＝160 m的过程，由v＝2a1x得轿车刹车过程的加速度大小a1＝5 m/s2恰好不相撞时两车的速度相等，即v1－a1t1＝v2得t1＝＝3 s轿车前进的距离x1＝t1＝97.5 m货车前进的距离x2＝v2t1＝75 m，因x1－x2＝22.5 m＞x0，两车会相撞。(2)假设两车的速度相等，即v1－a1t＝v2＋a2(t－t0)轿车前进的距离x1′＝v1t－a1t2货车前进的距离x2′＝v2t0＋v2(t－t0)＋a2(t－t0)2得x1′＝ m，x2′＝ m。因x1′－x2′≈21.7 m＜x0，两车不会相撞。 12.如图所示，倾角为θ＝53°、质量为M＝2 kg的光滑斜面体A上有一个m＝0.5 kg的小球B，斜面体放在光滑的水平桌面上，斜面体与一平行于桌面的细绳相连，绳的另一端跨过一不计摩擦的轻质定滑轮挂一个质量为m0的物块C，桌子固定于水平地面上，将物块由静止释放(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2)。 (1)若小球与斜面恰好没有弹力，此时小球与斜面体向右运动的加速度a为多大？(2)若小球与斜面恰好没有弹力，m0为多少？(3)m0为多少时，小球与斜面之间的弹力为1.5 N?解析　(1)对小球进行受力分析，由牛顿第二定律可知＝ma代入数据解得a＝7.5 m/s2。(2)对小球和斜面体组成的整体进行受力分析，有F＝(m＋M)a对物块进行受力分析，有m0g－F＝m0a联立方程并代入数据解得m0＝7.5 kg。(3)如图所示，对小球进行受力分析，由牛顿第二定律，有T′cos θ－N′sin θ＝ma′N′cos θ＋T′sin θ＝mg联立方程并代入数据解得a′＝3.75 m/s2对小球与斜面体组成的整体进行受力分析，有F′＝(m＋M)a′对物块，有m0g－F′＝m0a′联立方程并代入数据解得m0＝1.5 kg。答案　(1)7.5 m/s2　(2)7.5 kg　(3)1.5 kg13.如图所示，长为L＝1.5 m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4 m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0 cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，g取10 m/s2。求：图(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；(2)小物块A的初速度大小v0；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？解析　(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度a＝＝ m/s2＝1.0 m/s2由牛顿第二定律得μ2·2mg＝2ma解得μ2＝0.1。(2)小物块做匀减速运动，加速度大小a1＝μ1g＝2.5 m/s2木板做匀加速运动，则有μ1mg－μ2(2m)g＝ma2解得a2＝0.50 m/s2设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则对于木板v＝a2t，解得t＝＝0.8 s小物块滑上木板的初速度大小v0＝v＋a1t＝2.4 m/s。(3)假设小物块到达木板的最右端时，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则v0mt－a1t2－a2t2＝Lv0m－v′＝a1tv′＝a2t联立以上三式并代入数据解得v0m＝3.0 m/s。答案　(1)0.1　(2)2.4 m/s　(3)3.0 m/s