2023届四川省绵阳市高三上学期一诊模拟考试理综物理试题（解析版）

高2020级高三上期绵阳一诊模拟考试理科综合试题考试时间：150分钟，试卷满分300分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条码粘贴处”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。二、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14-18题只有一项合题目要求，第19-21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，有错的得0分）1.在一根轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着绳上端的小球站在三层楼的阳台上，放手让小球自由下落，两个球相继落地的时间差为，如果站在四层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两球相继落地的时间差将会（）A.不变 B.变大 C.变小 D.由于层高不知，无法比较【答案】C【解析】【详解】设细线的长度为L，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为L，在L内运行的时间，即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移L内的初速度。高度越高，落地的速度越大，则可知高度越高，另一个小球在位移L内的初速度越大，根据初速度越大，时间越短。即如果站在四层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两球相继落地的时间差将会变小。故选C。2.如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为，由几何关系得解得直杆转动的时间直杆转动的角速度故选C。3.跳台滑雪是冬奥会较为精彩的一个项目。如图所示，某次练习时运动员从跳台边缘的O点以某一速度水平滑出（运动员可视为质点，忽略空气阻力的影响），落到斜坡CD上。在此过程中，下列说法正确的是（）A.在相等的时间间隔内，运动员速率的变化量相同B.下落相同的高度，运动员速度的变化量相同C.不管在O点的水平速度多大，运动员落到斜面上时的速度方向均相同D.下落相同的高度，运动员动能的变化量相同【答案】D【解析】【详解】A．运动员做平抛运动，属于匀变速曲线运动，在相等的时间间隔内，速度的变化量相同。设运动员的初速度为v0，在运动员做平抛运动过程中，t时刻和时刻的速率分别为所以在时间内速率的变化量为根据数学知识可知，当一定时，随着t的增大，减小，所以在相等的时间间隔内，运动员速率的变化量不同，故A错误；B．运动员在竖直方向做自由落体运动，竖直速度不断增大，下落相等的高度所用时间一定不同，则运动员速度的变化量不同，故B错误；C．根据平抛运动规律的推论可知，运动员落到斜面上时的速度方向的反向延长线一定过水平位移的中点，所以运动员落到斜面上时速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的2倍，易知运动员在CD上的落点位置由v0决定，所以v0不同，运动员的落点不同，则位移方向不同，所以运动员落到斜面上时的速度方向不同，故C错误；D．运动员所受合外力始终等于重力，下落相同的高度，运动员重力做功相等，根据动能定理可知，动能变化量相同，故D正确。故选D。4.如图所示，一光滑球体放在三角支架与竖直墙壁之间，三角支架的倾角可根据实际情况调节。若缓慢增大支架倾角，三角支架在地面上的位置设有发生变化。下列说法正确的是（）A.球体受到竖直墙面的支持力变小B.球体受到三角支架的支持力变小C.三角支架受到地面的支持力不变D.三角支架受到地面的摩擦力不变【答案】C【解析】【详解】AB．以球为研究对象，受力分析如图由平衡条件可得若缓慢增大支架倾角，则球体受到竖直墙面的支持力变大，球体受到三角支架的支持力变大，故AB错误；CD．对三脚架和球整体受力分析系可知，可知竖直方向三角支架受到地面的支持力等于三脚架和球的重力不变，三角支架受到地面的摩擦力等于墙面对球的支持力变大，故C正确，D错误。故选C。5.如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A、B并排放在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车(无牵引力)，控制两车以相同的速度v0做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A保持原来的牵引力不变，玩具车B保持原来的输出功率不变，当玩具车A的速度为2v0时，玩具车B的速度为1.5v0，运动过程中受到的阻力仅与质量成正比，与速度无关，则正确的是（）A.在这段时间内两车的位移之比为6∶5B.玩具车A的功率变为原来的4倍C.两车克服阻力做功的比值为12∶11D.两车牵引力做功的比值为3∶1【答案】C【解析】【详解】B．设玩具车、货车质量都为m，动摩擦因数为μ，那么两车挂钩断开与货车分离，玩具车的速度为v0，牵引力F=2μmg，加速度为a=μg，电机输出功率P=Fv0=2μmgv0变为原来的2倍，则B错误；

A．玩具车A保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车A的速度为2v0时，位移功率PA′=F•2v0=2PA克服摩擦力做的功牵引力做的功：WFA=FsA=3mv02；玩具车B保持原来输出功率不变前进，当玩具车A的速度为2v0时，玩具车B的速度为1.5v0，由动能定理可得：所以位移所以sA：sB=12：11；则A错误

CD．克服摩擦力做的功：所以WfA：WfB=12：11；牵引力做的功：所以WFA：WFB=3：2故C正确，D错误；

故选C。6.如图所示，在粗糙的水平地面上有一斜面，轻绳绕过两光滑的定滑轮，左端与粗糙斜面上的物块P相连，右端与小球相连，轻绳PC恰好与斜面垂直。现将小球从A处由静止释放，小球在AB间摆动过程中，斜面体和物块P始终保持静止不动，则小球从A→O→B的运动过程中（）A.地面对斜面体的摩擦力先增大后减小B.斜面对物块的摩擦力先减小后增大C.若小球运动到O点，轻绳断裂，小球将做自由落体运动D.若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P静止【答案】AD【解析】【详解】B．对物块受力分析，由于轻绳PC恰好与斜面垂直，斜面体和物块P始终保持静止不动，物块受斜面沿斜面向上的静摩擦力f与物块重力沿斜面向下的分力mgsinθ始终平衡，所以斜面对物块的摩擦力保持不变，故B错误；A．小球从A→O→B的运动过程中，由机械能守恒知小球的速率先增大后减小，由牛顿第二定律可知绳的拉力先增大后减小，细绳对P物块的拉力也是先增大后减小，以P和斜面为一整体进行受力分析可知：细绳对P的拉力即对整体的拉力的水平分力被地面对斜面向左的静摩擦力平衡，所以地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，故A正确；C．若小球运动到O点，轻绳断裂，小球速度水平向右，只受重力作用，将做平抛运动，故C错误；D．若小球运动到O点，轻绳断裂，物块P对斜面体的压力增大，最大静摩擦力增大，斜面体给物块的静摩擦力继续平衡物块重力沿斜面向下的分力，物块保持静止，故D正确。故选AD。7.如图所示，倾角为θ斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则（重力加速度大小为g）（）A.当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为B.当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθC.当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsinθD.当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为【答案】AD【解析】【详解】AB．当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，根据牛顿第二定律得解得样品的共同加速度大小为以样品1为对象，根据牛顿第二定律得解得样品1的轻杆受到压力大小为故A正确，B错误；C．当四个样品均位于MN段时，摩擦力对样品1做功摩擦力对样品2做功摩擦力对样品3做功此时样品4刚进入MN段摩擦力对样品4不做功，所以当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为故C错误；D．样品1进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度样品2进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度样品3进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度样品4进入MN段之前，根据牛顿第二定律可知，整体的加速度由速度位移关第可知样品1刚进入MN段时的速度样品2刚进入MN段时的速度样品3刚进入MN段时的速度样品4刚进入MN段时的速度综合上面分析可知当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为故D正确。故选AD。8.如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度，则下列说法中正确的是（）A.弹簧原长为0.6m B.小球刚接触弹簧时动能为0.45JC.小球在下落过程中受到的风力为0.1N D.小球的最大加速度大小为【答案】BC【解析】【详解】A．取地面为零势能参考面，根据图像可知小球初状态的重力势能为图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系，由此可知小球下落开始接触弹簧；则弹簧的原长为选项A错误；C．由图乙可知小球速度减为0时小球下落根据功能关系有解得选项C正确；B．小球刚接触弹簧时，小球下落了=0.5m，则根据动能定理有解得选项B正确。D．弹簧压缩量最大时，弹性势能最大则劲度系数加速度故D错误。故选BC。第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32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。（一）必考题（共129分）9.某同学用如图所示的装置，探究共点力合成的规律。ABCD为竖直平板，E、F两处固定了摩擦不计的轻质滑轮，滑轮的轴保持水平，所用绳子的质量可不计。第一次实验，当装置平衡时，记下绳子的结点D和三段绳子拉力的________和对应钩码的数目，数据如图所示，如果“力的平行四边形定则”成立，则=________；第二次实验，仅把右侧滑轮F的位置移动到图中的G点，待稳定后，∠EOF将__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】①.方向②.③.不变【解析】【详解】验证力的平行四边形法则的实验中需要根据力的大小和方向做平行四边形，因此该实验中需要记录的是力的大小和方向；结点O处于平衡状态水平方向3mgcosα=4mgcosβ竖直方向3mgsinα=4mgsinβ=5mg可解得三力平衡，两个力的合力和第三个力等大反向，因为钩码的个数不变，即三个力的大小不变，O点所受竖直方向的拉力大小不变（5mg），所以OE、OF两段绳子拉力的合力大小和方向都不变，根据平行四边形定则可知，两个力的大小不变，其合力大小和方向不变，则这两个力的方向也不变，即这两个力的夹角∠EOF不变。10.在课堂演示实验或分组实验中，我们利用下面的甲、乙、丙装置：①图甲可完成“探究功与速度变化的关系”实验；②图乙可完成“验证机械能守恒定律”实验；③图丙可完成“探究加速度与力、质量的关系”；④图丙还可完成“探究小车匀变速直线运动的规律”实验。请根据各自实验的要求，回答下列问题：(1)在运用装置丙研究小车匀变速直线运动的实验中，下列说法正确的是______；A．打点计时器应接在低压直流电源上B．实验时小车应从靠近打点计时器处释放C．实验中一定要要保证砝码的质量要远小于小车的质量D．利用实验数据画出的v—t图像来计算加速度时，要在图像上取相距较远的两点求其斜率，其斜率即为加速度大小(2)在运用装置丙“探究加速度与力、质量的关系”的实验中：①在平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图1所示，应______（填“减小”或“增大”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间距均匀为止；②图2是小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a与盘和砝码的总质量m之间的实验关系图象。若牛顿第二定律成立，重力加速度g=10m/s2，则小车的质量M=______kg。(3)在某个实验中，某同学得到了图3的一条纸带的一部分，若所用交流电的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1mm，则：①打C点时纸带对应的速度为______m/s（保留三位有效数字）；②请问该条纸带是以四个实验中最有可能的是哪一个实验时得到的？______（填实验的代码①②③④）。【答案】①.BD②.增大③.0.08④.1.50（1.49～1.52均可）⑤.②【解析】【分析】【详解】(1)[1]A．打点计时器应接在低压交流电源上，A错误；B．实验时小车应从靠近打点计时器处释放，B正确；C．实验中不需要保证砝码的质量要远小于小车的质量，因为本实验不是测合外力与加速度的关系，只是简单研究小车做匀变速直线运动，所以不需要保证砝码的质量要远小于小车的质量，C错误；D．利用实验数据画出的v-t图像来计算加速度时，要在图像上取相距较远的两点求其斜率，其斜率即为加速度大小，D正确。故选BD。(2)①[2]由打出的纸带如图1可知运动位移越来越小则小车做匀减速直线运动，所以应增大木板的倾角。②[3]由于平衡摩擦力后，合外力等于砝码与盘的总重力则有整理有由图像可得解得M=0.08kg(3)①[4]由平均速度表示瞬时速度则有（1.49～1.52均可）②[5]利用逐差法可求加速度为所以该条纸带是完成“验证机械能守恒定律”实验时得到的，故选②。11.如图为某闯关游戏装置部分示意图，水平轨道上的小车用轻绳绕过定滑轮与配重连接，轨道上方的轻绳穿过固定挡板并保持水平，轨道下方有一长的软垫静止在水面上，A端在挡板正下方。质量的闯关者抓住轻绳的一端悬挂在小车上，其重心到悬点的距离。在配重作用下，闯关者随小车一起向右运动，运动过程中轻绳与竖直线的夹角恒为。当小车碰到挡板时闯关者立即松手，重心下降时恰好落在软垫的右端B点．不计小车的大小、质量和一切摩擦阻力，取重力加速度大小，，。求：（1）闯关者松手时的速度大小v；（2）配重的质量M。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）设闯关者松手时重心与B点的水平距离为x，下落运动的时间为t，有解得（2）设运动过程中闯关者与配重的加速度大小为a，与配重连接的轻绳拉力大小为，轻绳的拉力大小为，则以配重为研究对象有以轻质小车为研究对象，有以闯关者为研究对象，有解得12.如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度v0=3m/s通过半径为R=0.4m的光滑半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道运动至最低点B（最低点B与传送带平滑连接），之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C，最终从点C水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动摩擦因数µ这一特性，并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的，分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4，点C距收集板的高度为h=1.25m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速g=10m/s2.（结果可以保留根号形式）（1）求谷物运动至点B时的速度大小；（2）若传送带逆时针转动，调整传送带长度L=2.25m，求x；（3）现调整传送带顺时针运行速度为v=9m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0.5m，求传送带长度L的取值范围。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）根据能量守恒定律，从A到B过程有解得（2）从B点到C点过程，有（或）则两谷物到达C点的速度分别为，两谷物从C点离开分别做平抛运动，有联立解得（3）由解得情形1：两种谷物到达点之前都处于匀加速运动。则（或）化简得解得情形2：其中一个谷物到达点之前已处于匀速运动，另一个谷物仍处于匀加速运动。则，解得综上所述有（二）选考题：（每学科15分，共45分）请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡上的选答区域的指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。13.如图，一定量的理想气体，由状态a等压变化到状态b，再从状态b等容变化到状态c，最后从状态c等温变化回到状态a，下列说法正确的是______A.气体在状态a的温度小于在状态b的温度B.从状态a到状态b的过程气体对外做正功C.从状态b到状态c的过程气体从外界吸热D.气体在状态a的内能等于在状态c的内能E.从状态c到状态a的过程气体从外界吸热【答案】ABD【解析】【详解】A．由状态a等压变化到状态b，气体的体积变大，根据可知气体的温度升高，故气体在状态a的温度小于在状态b的温度，故A正确；B．从状态a到状态b的过程，气体的体积变大，可知气体对外做正功，故B正确；C．从状态b到状态c的过程，气体体积不变，气体的压强变小，根据可知气体的温度降低，可知气体的内能减小，根据热力学第一定律可知，气体对外放热，故C错误；D．由题意可知气体从状态c到状态a是等温变化，气体温度不变，气体在状态a的内能等于在状态c的内能，故D正确；E．从状态c到状态a的过程，气体的体积变小，外界对气体做正功，又气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体对外放热，故E错误。故选ABD。14.“拔火罐”是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的火源放入小罐内加热，然后移走火源并迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，冷却后火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上。罐内封闭一定质量气体，刚接触皮肤时，罐内气体压强与外部大气压相同，若此时罐内温度为87℃，经历一段时间后，罐内气体温度降为环境温度27℃不再改变。已知大气压强为，不考虑皮肤对罐内气体体积的影响，，求：（1）罐内温度刚降至环境温度时，封闭气体的压强；（2）罐内气体温度降为环境温度后，开始往罐内“慢跑气”，一段时间后，封闭气体的压强为，求跑进罐内气体的质量与原来罐内封闭气体质量之比。

【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）气体发生等容变化，根据查理定律有其中解得（2）设跑进罐内气体在大气压强为情况下的体