2022-2023学年四川省遂宁绿然学校高三上学期入学考试物理试题含解析

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遂宁绿然学校高中部2022年秋季高2020级入学考试物理学科试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的班级、姓名和准考证号填写在试卷和答题卡上。2.选择题用2B铅笔在对应的题号涂黑答案。主观题用0.5毫米黑色签字笔答在答题卡上对应的答题区域内。3.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡上交。第I卷（选择题）一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分.第1~5小题为单选题；第6~8小题为多选题，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答得0分。）1. 在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（      ）A. 在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫微元法B. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了假设法C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法D. 伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻辑推理相结合的方法【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型，A错误；B．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验采用了控制变量法，B错误；C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，C错误；D．伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再根据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这是采用了实验和逻辑推理相结合的方法，D正确；故选D。2. 生活中常见手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上．如图所示是手机被吸附在支架上静止时的侧视图，若手机的质量为m，手机平面与水平间夹角为θ，则手机支架对手机作用力(　　)A. 大小为mg，方向竖直向上B. 大小为mg，方向竖直向下C. 大小为mgcos θ，方向垂直手机平面斜向上D. 大小为mgsin θ，方向平行手机平面斜向上【答案】A【解析】【分析】手机受到的所有力之中，除重力外，其它力的施力物体都是支架．【详解】受力分析可知，手机除受重力外，还受到手机支架给它的其它力．手机静止，处于平衡状态，则支架给手机所有力的合力必然和重力等大反向，即，方向竖直向上．故本题正确答案选A．【点睛】根据多力平衡的特点即可求解，即支架对手机所有力的合力必然与手机重力等大反向．3. 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸和桌布、桌布和桌面之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（   ）A. 若猫减小拉力，鱼缸不会滑出桌面B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的加速度将增大D. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左【答案】B【解析】【详解】猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故A错误；由于鱼缸在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由v=at可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故B正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍是滑动摩擦力，由于动摩擦因数与正压力没变，因此摩擦力也不变，鱼缸的加速度将不变，故C错误；桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布向左运动，故鱼缸受到的滑动摩擦力向右，故D错误；故选B.【点睛】本题考查摩擦力的类型，及影响滑动摩擦力的因素，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时还要注意拉力减小后，鱼缸可能由滑动摩擦力变为静摩擦力．4. 如图甲所示，质量为m=60 kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图像如图乙所示，g取10 m/s2，由图像可知（　　）A. t=0.5 s时，他的加速度为3 m/s2B. t=0.4 s时，他处于超重状态C. t=1.1 s时，他受到单杠的作用力的大小是620 ND. t=1.5 s时，他处于超重状态【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据速度-时间图像斜率表示加速度可知，t=0.5 s时，他的加速度为0.3 m/s2，A错误 。B．t=0.4 s时他向上加速运动，加速度方向向上，他处于超重状态，B正确。C．t=1.1 s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600 N，C错误。D．t=1.5 s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，D错误。故选B。5. 如图所示，倾角为的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮与物体A相连，定滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成角，A、B、C始终处于静止状态，下列说法正确的是　　A. 若仅增大A的质量，B对C的摩擦力一定减小B. 若仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大C. 若仅增大B的质量，悬挂定滑轮的细线的拉力可能等于A的重力D. 若仅将C向左缓慢移动一点，角将增大【答案】B【解析】【详解】A．若B具有上滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力增大，若B具有下滑的趋势，增大A的质量，则B对C的摩擦力减小，所以不一定增大，故A错误；B．将BC看作一个整体，具有向左的运动趋势，仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大，故B正确；CD．连接AB的细线的夹角等于2α角，由几何关系可得则将C向左缓慢移动一点，角大小不变。由于，则，仅增大B的质量，但是A始终处于静止状态，则绳子对A的拉力始终等于A的重力，绳子角度不变，则悬挂定滑轮的细线的拉力，故CD错误；故选B。6. 如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g．下列说法正确的是A. 在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为 B. 在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为 C. 剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为 D. 突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为 【答案】AC【解析】【详解】A. 把看成是一个整体进行受力分析，有:在轻绳被烧断的瞬间，之间的绳子拉力为零，对，由牛顿第二定律得：解得：故A正确；B. 对于，由牛顿第二定律得：弹在轻绳被烧断的瞬间，对于，绳子拉力为零，弹力不变，根据牛顿第二定律：弹解得：故B错误；C. 剪断弹簧瞬间，对于整体，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律：解得：的加速度大小：故C正确；D. 突然撤去外力的瞬间，对于整体，一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：弹解得：的加速度大小：故D错误．7. 如图所示，物块P、Q紧挨着并排放置在粗糙水平面上，P的左边用一跟轻弹簧与竖直墙相连，物块P、Q处于静止状态；若直接撤去物块Q，P将向右滑动．现用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q；那么在Q被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力的大小、地面对P的摩擦力的大小、P对Q的弹力的大小、地面对Q的摩擦力的大小的变化情况是　　A 始终增大，始终减小 B. 保持不变，保持不变C. 保持不变，增大 D. 先不变后增大，先增大后减小【答案】BC【解析】【详解】由题意可知，放在粗糙水平面上，物体受到的支持力始终与重力大小相等，方向相反；若直接撤去物块Q，P将向右滑动，说明P、Q之间存在弹力，Q受到的摩擦力的方向向左；同时弹簧对P的作用力为向右的推力．当用一个从零开始逐渐增大的水平拉力F向右拉Q，直至拉动Q的过程中，Q在水平方向受到的向右的力逐渐增大，则Q受到的摩擦力逐渐增大．弹簧的长度不变，所以弹簧对P的作用力的大小不变；Q相对于P没有运动，则P对Q的作用力不变，P受到的摩擦力也不变．A. 始终增大，始终减小．与结论不符，故A错误；B. 保持不变，保持不变．与结论相符，故B正确；C. 保持不变，增大．与结论相符，故C正确；D. 先不变后增大，先增大后减小．与结论不符，故D错误；8. 如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v­-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2下列说法正确的是（　　）A. M=m B. M=2mC. 木板的长度为8 m D. 木板与物块间的动摩擦因数为0.1【答案】BC【解析】【详解】ABD．物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma1而v­-t图像的斜率表示加速度，故a1= m/s2=2 m/s2解得μ=0.2对木板受力分析可知μmg=Ma2由可知a2= m/s2=1 m/s2解得M=2mAD错误，B正确；C．从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v­t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L==8 mC正确。故选BC。第II卷（非选择题）二、填空题（本题包括2个小题，共15分。）9. 测量木块与木板间动摩擦因数，某小组设计了使用位移传感器的图示实验装置，让木块从倾斜木板上一点静止释放，位移传感器连接计算机描绘了滑块相对传感器的位移随时间变化规律如图：（1）根据下述图线计算时刻速度=_______，时刻速度=_______，木块加速度____（用图中给出、、、、表示）；（2）已知重力加速度为g，测得木板的倾角为，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数____________．【答案】    ①.     ②.     ③.     ④. 【解析】【详解】（1）[1][2]根据某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，得，[3]根据逐差法可得，则木块的加速度（2）[4]选取木块为研究的对象，木块沿斜面方向根据牛顿第二定律有解得10. 如图甲所示为“探究加速度与物体所受合外力的关系”的实验装置图。图甲中A为小车，质量为m1，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B，它们均置于一端带有定滑轮的足够，长的木板上，P的质量为m2，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F，不计绳与滑轮之间的摩擦。(1)下列说法正确的是______A.—端带有定滑轮的长木板必须保持水平B实验时应先接通电源后释放小车C.实验中m2应远小于m1D.测力计的读数始终为(2)如图乙所示为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是_______m/s2（交流电的频率为50 Hz，结果保留二位有效数字）。(3)实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的图像，可能是下列哪个选项中的图像_______【答案】    ①. B    ②.     ③. C【解析】【详解】(1)[1]A．该实验首先必须要平衡摩擦力，一端带有定滑轮的长木板要倾斜，A错误；B．为增加打点的个数，打点计时器的使用都要求先接通电源后释放小车，B正确；C．由于该实验的连接方式，重物和小车不具有共同的加速度，小车是在绳的拉力下加速运动，此拉力可由测力计示数获得，不需要用重物的重力来代替，故不要求重物质量远小于小车质量，C错误；D．由于重物向下加速度运动，由牛顿第二定律解得D错误。故选B。(2)[2]根据匀变速直线运动的推论公式，有解得(3)[3]若没有平衡摩擦力，则当时，。也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，所以可能是图中的图线C。 三、计算题（本题共3个小题，共38分，请在答题纸上写出必要的文字说明，重要的方程式，重要的演算过程，明确的数值和单位，只有答案，没有过程的不得分）11. 随着智能手机的使用越来越广泛，一些人在驾车时也常常离不开手机．然而开车使用手机是一种分心驾驶的行为，极易引发交通事故．如图所示，一辆出租车在平直公路上以v1=15 m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方x0=33.5m处有一电动三轮车，正以v2=6m/s速度匀速行驶，而出租车司机此时正低头看手机，t1=2.5 s后才发现危险，司机立刻采取紧急制动措施，再经t2=0.5 s后汽车以a=5m/s2的加速度大小开始做匀减速直线运动．(1)当出租车开始减速时出租车与三轮车间的距离是多少？(2)通过计算判断三轮车是否被撞．若不会相撞，求二者间的最小距离．若会相撞，求从出租车刹车开始，经过多长时间二者相撞．【答案】(1)6.5m  (2)会相撞，1s【解析】【详解】(1)在时间内二者均做匀速直线运动汽车运动的位移：三轮车运动的位移：二者的间距：(2)设汽车减速经时间与三轮车速度相同，有：可得：在该段时间内汽车位移：在该段时间内三轮车位移：二者的间距：可知两车在共速前已经相撞，设汽车减速经时间与三轮车相撞在该段时间内汽车位移：在该段时间内三轮车位移：由位移关系有：可得：12. 如图所示，有一条匀速传送的传送带，恒定速度v＝4 m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F＝18 N。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带的长度L=8.5m。（g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。问：（1）若传送带逆时针旋转，则物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为多少？（2）若传送带顺时针旋转，则物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为多少？【答案】（1）1.46s；（2）1.25s【解析】【详解】（1）对物块受力分析可知，物块是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，由牛顿第二定律F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma计算得a＝8 m/s2L＝at2（2）对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1计算得a1＝16 m/s2物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为F＝18 N而下滑力和最大摩擦力之和为10 N．故能继续相对斜面向上加速．故得F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma1计算得a2＝8 m/s2L－x1＝vt2＋a2t22t2＝1s得t＝t1＋t2＝1.25s考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用；解题的关键是分析摩擦力的方向，根据牛顿定律求解加速度，然后分析物体的运动情况，结合运动公式求解．13. 如图所示，质量m=1kg的长木板A放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=1kg的物块B．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.1。现用一水平力F=12N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t1=1s，撤去拉力。最终物块没有滑离木板。设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（g取10m/s2）求：（1）撤去拉力时，木板的速度大小v1。（2）木板的最小长度L。（3）物块最终与木板右端的距离s。【答案】(1)7m/s；(2)6m；(3)4.67m【解析】【分析】【详解】(1)假设在时间t1=1s内，物块与长木板相对滑动，对物块μ2mg=ma块得a块=1m/s2对木板F-μ2mg-μ12mg=ma板1得a板1=7m/s2>a块所以假设成立v块1=a块t1得v块1=1m/sv板1=a板1t1得v板1=7m/s得v1=7m/s(2)撤去F后，物块继续加速，加速度大小不变。木板做减速运动，设木板的加速度a板2则μ2mg＋μ12mg=ma板2得a板2=5m/s2设再经过t2时间二者速度相同，设此速度大小为v，则v=v块1＋a块t2=v板1-a板2t2解得t2=1s；v=2m/s在t1和t2时间内，物块和木板的位移分别为x板1=t1＋t2=8m木板的长度至少为L=x板1-x块1代入数据解得L=6m(3)达到相同速度后，物块和木板均做匀减速运动，直至停止。物块相对木板向右运动。物块的加速度大小仍为a块，木板的加速度大小a板3μ1·2mg-μ2mg=ma板3得a板3=3m/s2此过程中物块和木板的位移分别为x板2==m由几何关系知s=L-（x块2-x板2）代入数据解得s=（4+）m。14. 一列横波在某介质中沿x轴传播，如图甲所示为t=1.0s时的波形图，如图乙所示为x=2.0m处的质点L的振动图像，已知图甲中M、N两点的平衡位置分别位于、，则下列说法正确的是（　　）A. 该波应沿x轴负方向传播B. 图甲中质点M的速度与加速度均为零C. 在t=2.5s时刻质点L与质点N位移相同D. 从t=0.5s时刻到t=2.0s时刻质点M通过的路程为60cmE. 该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象【答案】ADE【解析】【详解】A．由振动图像可知质点L在t=1s时沿y轴负方向运动，结合“上下坡法”可得该波沿x轴负方向运动，故A正确；B．图甲中质点M在t=1s时，在负最大位移处，其速度为零，但加速度最大，故B错误；C．根据图乙可知该列波周期为T=2s，再经过1.5s，即经过时质点L与质点N分别位于波峰与波谷，位移一个正一个负，所以在t=2.5s时刻质点L与质点N位移不同，故C错误；D．从t=0.5s时刻到t=2.0s时刻，M质点振动时间为质点的振幅为A=20cm，可得质点M通过的路程为S=3A=60cm故D正确；E．由图甲可知该波波长为4m，当障碍物尺寸与波长差不多，或比波长小时，会发生明显衍射，故该波在传播的过程中，遇到宽度为1m的障碍物能发生明显的衍射现象，故E正确。故选ADE。15. 半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，与直径AB垂直的足够大的光屏CD紧靠住玻璃砖的左侧，OO′与AB垂直。一细光束沿半径方向与OO′成θ＝30°角射向O点，光屏CD区域出现两个光斑，两光斑间的距离为，求：（1）此玻璃的折射率；（2）当θ变为多大时，两光斑恰好变为一个。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）细光束在AB界面，一部分反射，另一部分折射，设折射角为β，光路图如下图所示 由几何关系得根据题意两光斑间的距离为，所以可知L2＝R，由几何关系知β＝45°，根据折射定律得，此玻璃的折射率为（2）若光屏CD上恰好只剩一个光斑，则说明该光束恰好在AB面发生全反射，由可得，临界角大小为即当时，光屏上恰好只剩下一个光斑。