2023-2024学年四川省绵阳市梓潼中学高三（上）入学物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年四川省绵阳市梓潼中学高三（上）入学物理试卷一、选择题（本大题共8小题，共32分）1.北京时间2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船在酒泉卫星发射中心发射成功并顺利进入预定轨道，与空间站组合体进行自主快速交会对接，并开启为期6个月的太空之旅。下列说法错误的是(

)A.“2022年6月5日10时44分”指的是时刻

B.飞船发射瞬间的速度大小及加速度大小均为零

C.飞船在轨绕行一周的平均速度大小为零

D.研究飞船在轨运行的速度大小时可以将其视为质点2.如图是一质点做直线运动的v−t图象，在0−8s过程中(

)

A.第4s末与第6s末的位置相同

B.前4s的平均速度与后4s的平均速度相同

C.第5s内的加速度与第6s内的加速度方向相反

D.第1个2s内的位移和第4个2s内的位移相同3.汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，6s内和最后2s内汽车的位移之比为(

)A.1：1 B.2：1 C.3：1 D.4：14.春节挂灯笼是中国人的传统习俗，如图所示，一盏质量为m的灯笼在水平风力的作用下静止于空中，悬绳与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g。则(

)A.悬绳拉力大小为mgcosθ

B.水平风力大小为mgtanθ

C.水平风力缓慢增大时，悬绳的拉力也缓慢增大

D.水平风力大小不变时，所挂灯笼质量越大，静止时悬绳与竖直方向的夹角θ

5.2021年5月15日，天问一号着陆巡视器与轨道器分离，成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区。假设着陆巡视器在离火星表面高度为ℎ时以大小为v的速度竖直匀减速下落，到火星表面时速度大小恰好为零，则(

)A.此过程着陆巡视器的平均速度大小为v2

B.此过程着陆巡视器运动的时间为ℎ2v

C.此过程着陆巡视器通过前后一半位移所用时间之比为1：(2−1)

6.固定在水平地面上的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0。如图所示，则下列描述正确的是(

)A.木块A一定受4个力作用

B.木块B可能受4个力作用

C.增大F后，A、B仍静止，则木块B对斜面的压力大小一定变大

D.增大F后，A、B仍静止，则斜面对木块B的摩擦力大小一定变大7.甲、乙两车在同一条平直公路上行驶，两车的位移随时间变化的关系如图所示。已知乙车图线满足二次函数方程，且图线与t轴相切于6s处，下列说法中正确的是(

)A.甲车做匀速直线运动，速度为1m/s

B.两车运动方向相同，3s时相遇

C.乙车做匀变速直线运动，t=0时速度的大小203m/s

D.乙车加速度逐渐减小，6s8.如图所示，质量为2m的物块A静置于水平台面上，质量为M、半径为R的半球体C静置于水平地面上，质量为m的光滑小球B(可视为质点)放在半球体C上，P为三根轻绳PA、PB、PO的结点。系统在图示位置处于静止状态，P点位于C正上方距离其球心高ℎ处(ℎ=2R)，OP竖直，PA水平，PB长为32R，已知A与台面的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则正确的是(

)A.绳OP的拉力大小为mg B.A受到的摩擦力大小为2μmg

C.B对C的压力大小为12mg D.绳PB对B二、非选择题（共68分）9.如图为做匀变速直线运动的小车带动纸带通过打点计时器打出的纸带，选出的部分计数点分别记为O、A、B、C、D、E、F，每相邻两计数点间还有四个点未画出来，打点计时器使用的是频率为50Hz的220V交流电。则：(1)从打O点到打A点所经历时间为______s。

(2)计数点“A”处的速度为vA=______m/s(计算结果保留两位有效数字)。

(3)小车的加速度大小为______m/s2(10.某物理活动小组利用光电计时器探究滑块在斜面上速度变化的规律，实验装置如图(a)所示。光电计时器固定在斜面底端，把宽度为d的遮光片固定在滑块上。让滑块从距离光电计时器x处由静止释放，遮光片经过光电计时器的遮光时间为t。改变滑块释放位置，记录不同位置释放时，遮光片距离光电计时器的距离x及经过光电计时器的遮光时间t。

(1)遮光片经过光电计时器的速度v=______(用题中所给字母表示)；

(2)用游标卡尺测出遮光片的宽度如图(b)所示，遮光片的宽度d=______mm；

(3)图(b)是根据实验数据描绘的x−1t2图线，它近似为一条直线，则可知滑块做匀变速直线运动。由图中数据及已测数据可得，滑块加速度a=______m/s2(结果保留211.如图，一中心开孔的质量为M的圆柱体套在一固定的水平杆上，圆柱体下端连接原长为L0、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接一质量为m的小球，小球在一大小未知的水平力F的作用下静止，弹簧与竖直方向的夹角为θ=53°。设圆柱体与杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：

(1)水平力F的大小及弹簧的长度；

(2)圆柱体与杆之间的动摩擦因数μ需满足的条件。12.为进一步提高“高铁”载客效率．当列车通过车站时，质量为m=100t、长为L=75m的胶囊舱(转移车厢)就会锁住列车的车顶，乘客通过胶囊舱实现转移后，胶囊舱与列车自动分离进入到自己的轨道，而列车继续向前行驶，乘客就可以由胶囊舱慢慢地下车．一复兴号列车以速度v1=360km/ℎ在平直的轨道上匀速行驶，过站时需先匀减速至v2=108km/ℎ，让胶囊舱锁住列车的车顶与其共速行驶3分钟实现乘客转移，之后复兴号列车与胶囊舱脱离，重新匀加速至v1的继续向前行驶．若采用停车上下客，则列车需从v1匀减速至0，停留3分钟，之后列车重新匀加速至v1.已知匀加速和匀减速的加速度大小均为a=1.0m/s2.求：

(1)采用停车上下客，列车从v1匀减速至0，停留3分钟，之后再到恢复v1，其所需的时间及通过的路程；

(2)采用不停车上下客，列车从开始匀减速至v2，乘客用3分钟转移到胶囊舱，再恢复到v113.下列说法正确的是(

)A.物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能

B.橡胶无固定熔点，是非晶体

C.饱和汽压与分子密度有关，与温度无关

D.热机的效率总小于1

E.对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大14.如图，厚度不计的活塞C将圆柱形导热气缸分为A、B两室，A、B中各封有一定质量的理想气体，A室左侧连通一竖直放置的U形玻璃细管(管内气体的体积可忽略)；当关闭B室右侧的阀门K且缸内气体温度为T1=300K时，A、B两室容积恰好相等，U形管左、右水银面高度差为ℎ=19cm。外界大气压P0=76cmHg，不计一切摩擦。

(1)打开阀门K，使B室缓慢漏气，保持缸内气体温度恒为T1，当活塞C不再移动时，求A室和B室的体积之比；

(2)保持阀门K打开，再对A室气体缓慢加热，当温度达到T15.图(a)为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象，下列说法正确的是(

)A.在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动

B.在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同

C.从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m

D.从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm

E.质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt(国际单位)16.如图所示为一横截面为扇形的透明玻璃砖，扇形半径为R，∠BAC=45°，一束方向与AC边平行的细单色光束从AB上D点射入玻璃砖，恰好射到C点。已知玻璃砖折射率为2，光在真空中传播的速度为c。求：

(i)折射光束与DB边的夹角；

(ii)光束从D点传播到C点所用的时间。

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、“2022年6月5日10时44分”对应时间轴上的点，是时刻，故A正确；

B、火箭点火瞬间的速度为零，加速度不为零，故B错误；

C、飞船绕地球飞行一圈，又回到了开始时的位置，所以位移为零，平均速度是位移与时间的比值，所以平均速度的大小也等于零，故C正确；

D、研究飞船在轨运行的速度大小时，飞船的大小与形状可以忽略不计，可以将其视为质点，故D正确。

本题选择错误的，

故选：B。

时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分；位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，路程是质点在空间运动轨迹的长度，平均速度是位移与时间的比值；质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件下的科学抽象，能否看作质点与物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。

对于物理中的基本概念要理解其本质不同，不能停在表面，如时间与时刻的区别，看成质点的条件等，难度不大，属于基础题。2.【答案】A

【解析】解：A、速度图象与时间轴所围的面积表示位移，图线在时间轴上方位移为正，图线在时间轴下方位移为负，则知4−6s内质点的位移为0，所以第4s末与第6s末的位置相同，故A正确．

B、速度图象与时间轴所围的面积表示位移，据图可知，后4s的位移等于6−8s内的位移，小于前4秒的位移，但时间相同，所以前4秒的位移与后4秒的平均速度不同，故B错误．

C、速度图象的斜率表示物体的加速度，据图可知，第5s内的加速度与第6s内的加速度相同，则加速度方向相同，故C错误；

D、第1个2s内的位移为正，第4个2s内的位移为负，所以它们的位移不同，故D错误；

故选：A

v−t图象中各点表示物体在某一时刻的速度；图象与时间轴所围的面积表示位移；图象的斜率表示物体的加速度；平均速度等于位移与时间之比．由此分析即可．

本题是速度图象问题，要培养基本的读图能力：由速度的正负读出速度的方向，斜率读出加速度，面积读出位移．要注意位移的方向．3.【答案】D

【解析】【分析】

根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出6s内的位移，采用逆向思维，结合位移时间公式求出最后2s内的位移，从而得出位移之比。

本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动，结合运动学公式灵活求解。

【解答】

汽车速度减为零的时间t0=0−v0a=−20−5s=4s，

则6s内的位移等于4s内的位移，x1=v02t0=202×4m=40m，

采用逆向思维，可知汽车在最后2s4.【答案】C

【解析】解：ABD.灯笼静止时受力如图：

由平衡条件可得竖直方向：Tcosθ=mg

水平方向：F=Tsinθ

可得：T=mgcosθ，F=mgtanθ，可知，水平风力大小不变时，所挂灯笼质量越大，静止时悬绳与竖直方向的夹角θ越小，故ABD错误；

C.由公式T=mgcosθ，F=mgtanθ，可知水平风力F缓慢增大时，悬绳与竖直方向的夹角θ增大，悬绳的拉力也缓慢增大，故C正确。

故选：C5.【答案】A

【解析】解：A、根据匀变速直线运动中，平均速度等于该段时间内初末速度的平均值可知，此过程着陆巡视器的平均速度大小为v−=v2，故A正确；

B、此过程着陆巡视器运动的时间为t=ℎv−=2ℎv，故B错误；

C、在初速度为零的匀变速直线运动中，连续相等的位移内时间之比为1：(2−1)：(3−2)...

所以此过程着陆巡视器通过前后一半位移所用时间之比为(2−1)：1，故C错误；

D、根据速度—位移关系可得：v2=2aℎ，着陆巡视器下降ℎ2时的速度大小为v1，则有：v2−v16.【答案】ABC

【解析】解：A、对木块A受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力四个力的作用，故A正确；

B、对木块B受力分析，受重力，A对B的压力，A对B水平向左的静摩擦力，斜面对B垂直向上的支持力，斜面对B可能有静摩擦力也可能没有摩擦力，故B受4个力或者5个力，故B正确⋅；

C、对AB整体受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力，如图所示(摩擦力对结果无影响)

垂直于斜面方向有：N=Gcosθ+Fsinθ

所以增大F后，A、B仍静止，则木块B对斜面的压力大小一定变大，故C正确；

D、由B项可知若初始斜面对木块B的摩擦力向上，当F增大后，摩擦力可能向下，大小不变，故D错误。

故选：ABC。

以B为研究对象分析受力情况，确定B的受力个数；对木块A受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力，结合牛顿第三定律分析木块B受到A对它的摩擦力方向。

本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，可以结合力的产生条件、作用效果和牛顿第三定律分析，难点是B与斜面间的静摩擦力的有无和方向的判断，可以采用假设法分析。7.【答案】AC

【解析】解：A、根据位移—时间图像的斜率表示物体运动的速度，可知甲车的速度不变，做匀速直线运动，甲车的速度为v甲=5−23m/s=1m/s，故A正确；

B、甲车的速度为正值，表示甲车沿正方向运动，而乙车的图线切线的斜率为负值，说明乙车运动的速度为负值，表示乙车沿负方向运动。在3s时两图像相交，说明3s时两车相遇，故B错误；

CD、乙车图线满足二次函数方程，可知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于6s处，则t=6s时，速度为零，将其运动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，根据位移—时间关系有x=12at2

根据图像有x=20m，t=6s，解得a=109m/s2

根据速度—时间关系可得v0=at=109×6m/s=203m/s8.【答案】CD

【解析】解：CD、设PB与竖直方向的夹角为θ，以B为研究对象，受到重力、支持力和PB绳拉力，如图所示，根据三角形相似可得：F′1PB=NR=mgℎ，

解得：F′1=PBℎ⋅mg=34mg，N=Rℎ⋅mg=12mg，

根据牛顿第三定律可得小球B对C的压力大小为12mg，绳PB对小球B的拉力大小为34mg，故CD正确；

A、以结点P为研究对象，受到三段绳子的拉力，如图所示；

根据平衡条件可得绳OP的拉力大小为F=F1cosθ=F′1cosθ，

根据余弦定理可得：R2=ℎ2+PB2−2ℎ⋅PB⋅cosθ，解得cosθ=78，

则F=F′1cosθ=34mg×78=2132mg，故A错误；

B、以结点P为研究对象，根据平衡条件可得绳子PA的拉力大小为T=Ftanθ，

9.【答案】0.10

0.36

1.6

【解析】解：(1)因为每相邻两计数点间还有四个点未画出来，所以任意相邻两计数点间的时间间隔为

T=5×1f=5×150s=0.10s

所以从打O点到打A点所经历时间为t=T=0.10s。

(2)对匀变速直线运动来说，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，所以计数点“A”处的速度为vA=xOB2T=2.80+4.400.20×10−2m/s=0.36m/s。

(3)根据逐差法可得小车的加速度为：

a=x4+x5+x6−10.【答案】(1)dt；

(2)1.75；

【解析】解：(1)遮光片经过光电计时器的速度为v=dt

(2)游标卡尺的最小分度值为0.05mm，主尺读数为1mm，游标尺读数为15×0.05mm，所以d=1mm+15×0.05mm=1.75mm

(3)根据题意有v2=2ax

所以x=d22a⋅1t2

结合图线可得d22a=0.751.50×106

解得a≈3.1m/s211.【答案】解：(1)以小球作为研究对象，小球在三力作用下平衡，任意两力的合力与第三力等大反向，其受力及合成情况如图(1)所示

由图及三角函数知识可得，

水平力F=mgtanθ=43mg，

弹簧弹力Fk=mgcosθ=53mg，

由胡克定律，Fk=kΔx，

所以弹簧的长度为L=L0+Δx，联立解得L=L0+5mg3k；

(2)对小球和圆柱体整体研究，受力如图(2)所示

整体在竖直方向静止，有N=(M+m)g

由牛顿第三定律知，圆柱体对杆的压力FN=N

水平方向系统静止，有f=F

静摩擦力必须满足f≤f【解析】根据题意，先对小球受力分析根据受力分析图以及几何关系可列式求解水平力F的大小及弹簧的长度；再对小球和圆柱体整体研究进行受力分析，在水平和竖直方向上列方程求解。

该题考查受力分析的应用，在分析该题过程中注意整体与隔离法的应用，常规考题，难度适中。12.【答案】解：(1)v1=360km/ℎ=100m/s；停车上下客匀减速时间：t1=v1a=100m/s1m/s2=100s

t2=180s，停车上下客匀加速时间：t3=t1=100s

停车上下客所需总时间T=t1+t2+t3=380s

停车上下客，匀减速通过的路程x1=v122a=(100m/s)22×1m/s2=5000m

停车上下客，通过的总路程x总=2x1=10000m

(2)不停车上下客，匀减速时间：t1′=v1−v2【解析】采用停车上下客，高铁先由v1减速至0再停留三分钟，再匀加速至v1的运动过程，根据匀变速直线运动的规律处理即可；采用不停车上下客，高铁先由v1减速至v2，并保持该速度三分钟，再匀加速至13.【答案】BDE

【解析】解：A、物体中分子热运动动能的总和与分子势能的总和等于物体的内能；故A错误；

B、橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故B正确

C、饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大．故C错误；

D、热机的效率无法达到100%；故D正确；

D、温度是分子平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；故E正确；

故选：BDE．

物体的内能包括分子动能和分子势能；

橡校是非晶体；

饱和汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大；

热机的效率都无法达到100%；

温度是分子平均动能的标志．

本题考查分子运动论、内能及晶体的性质、热力学第二定律、温度的微观意义等，要注意明确内能包括分子动能和分子势能；而温度是分子平均动能的标志．14.【答案】解：(1)阀门K关闭时，设A宣的体积为V0

此时A室气体的压强为：pA=p0+pℎ=76cmHg+19cmHg=95cmHg，打开K，当C不再移动时，U形管左、右水银面齐平，A室气体压强为p0，体积设为VA

A室气体经历等温变化，由玻意耳定律有：PAV0=p0VA，

代入数据解得：VA=1.25V0，

故B室气体的体积为：VB=2V0−VA=2V0−1.25V0=0.75V0

所以，A室和B盒的体积之比为：VA：VB=5：3；

(2)保持K打开，再对A室气体加热，假设A室气体先发生等压变化直到C到达气缸右壁，设此时气体的温度为T

由盖—吕萨克定律有：VAT1=2【解析】(1)A中气体前后变化为等温变化，对A中气体运用玻意耳定律即可求出A室的体积，总体积减去此时A室体积就是B室的体积，即可求得体积之比；

(2)对B室加热，由于活塞是绝热的，故A室仍发生的等温变化，对A室，由玻意尔定律，对B室，由理想气体状态方程分别列式可求出B室末状态的压强，从而求出水银面的高度差。

本题考查气体定律的运用，解题关键是要分析好压强、体积、温度三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，难度不大，第(2)问解决的关键是要会利用两部分气体压强相等、两部分体积之和不变的性质列方程。15.【答案】BCE

【解析】【分析】

根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播。根据时间与周期的关系，