【文档说明】2024届四川省成都市树德中学高三下学期高考适应性考试理科综合试题-高中物理 Word版含解析.docx，共(20)页，2.183 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2df00060133f8d53b779538ab8d0bffe.html

以下为本文档部分文字说明：

树德中学高2021级高考适应性考试理科综合试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16P-31S-32K-39Cl-35.5Fe-56Cu-64Ti-48第Ⅰ卷二、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题只有一项符合题目要求

，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，有选错的得0分。）1.在教室里，前排的一位同学将物理书本抛给后排的一位同学，则书在空中运动的过程中（）A.加速度保持不变B.机械能一直在减小C.重力的功率一直增大D.抛出时的

动量一定最大【答案】B【解析】【详解】A．书在运动的过程中受到重力和空气阻力的作用，空气阻力的大小和方向会随着书的速度变化而变化，所以合力是变力，根据牛顿第二定律可知加速度也随着合力的变化而变化，A错误；B．书在空中运动的过程中，由

于空气阻力做负功，机械能一直在减小，B正确；C．重力的功率等于重力与竖直方向速度的乘积，因不能确定书是沿什么方向抛出，因此不能确定竖直方向速度的变化，重力的功率变化无法确定，C错误；D．因为不确定书沿哪个方向抛出，也不确定书被抛后时速度的变化，所以动量大小无法

确定，D错误。故选B。2.某电动汽车在充电过程中，可视为理想变压器的原线圈输入电压为220V，输入功率为6.6kw，副线圈的电流为15A，副线圈通过相关设备连接汽车电池，电池容量为33kwh。忽略充电过程中的能量损耗，则变压器的原副线圈匝

数比和电池完全充满所需要的时间分别是（）A.1：2，2.2hB.2：1，5hC.2：1，2.2hD.1：2，5h【答案】D【解析】【详解】变压器初级电流116600A=30A220PIU==则变压器的原副线圈匝数比1221151302nInI=

==电池完全充满所需要的时间33h=5h6.6EtP==故选D。3.如图甲所示，汽车后备箱水平放置一内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直，图甲是车尾的截面图，当汽车以恒定速率从直道通过图乙所示的三个半径依次变小的水平圆弧形弯道A、B、C时，木箱及箱内工件均保持相对静止。已知每

个圆柱形工件的质量为m。下列说法正确的是（）A.汽车在由直道进入弯道A前，M对P的支持力大小为3mgB.汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大C.汽车过A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次减小D.汽车过A、C两点时，M对P的支持力小于Q对P的支持力【答案】B【解析】【详解】A．汽车在由直道

进入弯道A前，以P为对象，根据受力平衡可得2cos30Nmg=解得M对P的支持力大小为33Nmg=故A错误；B．汽车过A、B两点时，M、Q对P的合力的竖直分力与P的重力平衡，合力的水平分力提供所需的向心力，则有yFmg=，2xmvFr

=22xyFFF=+当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B两点时，M、Q对P的合力依次增大，故B正确；C．由角速度与线速度关系vr=当汽车以恒定速率通过半径依次变小的A、B、C三点时，汽车重心的角速度依次增大，故C错

误；D．汽车过A、C两点时，所受的合外力向左，因此M对P的支持力大于Q对P的支持力，故D错误。故选B。4.华为mate60手机实现了卫星通信，只要有卫星信号覆盖的地方，就可以实现通信。如图所示，三颗赤道上空的通信卫星恰好能实现环赤道全球通信，已知三颗卫星离地高度相同，地球的半径为R，地球表面重力加

速度为g，忽略地球自转影响，下列说法正确的是（）A.三颗通信卫星受到地球的万有引力的大小一定相等B.为了提高通讯质量，该卫星可以是近地卫星C.在南极极点处的科考队可以利用这三颗卫星全球通信D.该卫星运行的线速度大小为2gR【答案】D【解析】【详解】A．通信卫星受到的万有引力大小为2MmFG

r=由于不知道三颗通信卫星的质量大小关系，所以三颗通信卫星受到地球的万有引力大小不一定相等，故A错误；B．三颗通信卫星若要全面覆盖，则其如图所示由几何关系可知1602AOCAOB==其中OA为地球半径R，由几何关系有1cos60

2AOROCRh===+解得hR=通信卫星高度至少为R，故该卫星不可以是近地卫星，故B错误；C．三颗赤道上空的通信卫星恰好能实现环赤道全球通信，在南极极点处的科考队不可以利用这三颗卫星全球通信，故C错误；D．根据万有引力与重力的关系2MmGmgR=根据万

有引力提供向心力22()MmvGmRhRh=++解得该卫星运行的线速度大小为2gRv=故D正确。故选D。5.关于近代物理，下列说法正确的是（）A.任何物质在红外线照射下都不会发出可见光B.食盐被灼烧时发出黄色的光是钠原子

核发生变化而造成的C.光子既具有能量又具有动量，与电子发生碰撞时光子的动量不发生改变D.氢原子中，电子处在不同的定态轨道时，原子的能量均相同【答案】A【解析】【详解】A．物质吸收光的能量后，从基态跃迁

到高能级，再跃迁回基态时，以光的形式放出能量，而发出的光子的能量一定小于等于入射光光子的能量，所以不可能在红外线照射下发出可见光，故A项正确；B．食盐发出黄色的光是钠原子能级跃迁导致，不是原子核变化，故B项错误；C．光子

与电子碰撞时，动量守恒和能量守恒，光子动量和能量都可以发生改变，故C项错误；D．电子处于不同的轨道时，原子处于不同能级，能量不同，故D项错误。故选A。6.智能手机内置了多种传感器，可利用其中的加速度传感器记录手机在竖直方向加速度随时间的变化情况

。甲、乙、丙、丁分别为手机记录的四种竖直方向运动的at−图像，并已设置竖直向上为正方向。其中甲图呈现的是手机自由下落并最终停在沙发上过程的at−关系。下列说法正确的是（）A.图甲中加速度正向最大时，手机处于整个运动过程的最低点B.

图乙可能是小明托着手机两次“下蹲——起立”过程的at−图像C.图丙可能是小明拿着手机从1楼乘坐电梯到7楼过程的at−图像D.图丁若是小明平躺着将手机放在其胸口记录的图像，可知他的心跳约为67次/分钟【

答案】AD【解析】【详解】A．图甲中加速度正向最大时，即加速度为向上最大，此时沙发对手机向上的弹力最大，沙发形变量最大，此时手机处于整个运动过程的最低点，选项A正确；B．每一次下蹲过程都要经过先向下加速后

减速，即先失重后超重；每次站立过程都要经过先向上加速后向上减速，即先超重后失重，则图乙可能是小明托着手机一次“下蹲——起立”过程的at−图像，选项B错误；C．从1楼乘坐电梯到7楼，先加速后匀速再减速，即先超

重，后平衡，再失重，则图丙显示先失重，后平衡，再超重，则不可能是小明拿着手机从1楼乘坐电梯到7楼过程的at−图像，选项C错误；D．图丁若是小明平躺着将手机放在其胸口记录的图像，可知心脏0.9s跳动一次，则他的心跳约为60670.9/分钟，选项D正确。故选AD。7.如图所示，水平地面上固定有一足

够大的导体板，上表面绝缘，右端接地。板上放置着两滑块M、N，其中M带正电，N不带电且绝缘。滑块M、N的质量分别为m、2m。N的正上方P处固定一电荷量为Q的正点电荷。现给滑块M向右的初速度0v，经过一段时间与滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后滑块N向右

运动距离l恰好静止。已知两滑块与导体板间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，两滑块均视为质点，整个过程滑块电荷量不变。则下列说法中正确的是（）A.M在运动过程中的电势能不变B.M在运动过程中的加速度不变C.碰撞前M运动的时间为092vlgg−D.碰撞前M克服摩擦力所做的功为201924mv

mgl−【答案】AD【解析】【详解】A．导体板上表面绝缘，右端接地，电势为0，M在运动过程中的电势能不变，故A正确；B．滑块M在除碰撞外，运动的整个过程中受重力mg、支持力N、摩擦力f和电场力F作用，其中重力、支持力和电场力在竖直方向上，三个力平衡，

有mg+F=N由于M质量小于m，碰撞后M向左减速到零。由于电荷量为Q的正点电荷的正下方的导体板表面电场强度比两侧的要大，因此电场力先变大后变小，则支持力N先变大后变小，水平方向的摩擦力fN=根据牛顿第二定律可得f=ma解得()mgFam+=可以判断加速度先变大后变小，

故B错误；C．设绝缘滑块N刚刚发生弹性碰撞后的速度为v，之后匀减速运动，根据牛顿第二定律得加速度大小为22mgagm==由运动学公式得220alv−=−联立，解得2vgl=设刚碰撞前M的速度为v1，刚刚碰撞后的速度为v2，设向右为正，根据动量守恒定律

得122mvmvmv=+根据弹性碰撞机械能守恒，有222121112222mvmvmv=+联立解得1322vgl=碰撞前，运动的整个过程中滑块M所受摩擦力为合力，根据动量定理可得100322Imvmvmglvft=−=−=−若无电场力，摩擦力为fmg=可得092gtv

lg=−故C错误；D．设碰撞前M克服摩擦力所做的功为W，根据动能定理，有22101122Wmvmv−=−解得201924Wmvmgl=−故D正确。故选AD。8.某工厂为了检验正方形线圈的合格率，将线圈放在传送带上，传送带所在空间中加上竖直向下的匀强

磁场，磁场边界PQ与MN平行且与线圈速度方向成45°，磁感应强度为B。如图所示，线圈与传送带一起以恒定速度v向右运动，线圈与传送带间的动摩擦因数为。线圈进入磁场过程中线圈恰好不打滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知线圈质量为m，匝数为N，边

长为L，总电阻为R，且磁场宽度大于L。下列说法正确的是（）A.线圈进入磁场过程中，电流方向为ABCDAB.在线圈进入磁场的过程中，线圈对传送带的摩擦力始终沿AC所在直线方向，且最大值为2222NBLvRC.线圈在进入磁场的过程中感

应电动势的最大值为m2ENBLv=D.在不改变传送带速度情况下，相同质量、材料、边长但匝数为2N的线圈进入磁场过程也恰好不打滑【答案】BD【解析】【详解】A．线圈进入磁场的过程，磁通量增加，根据楞次定律，可知感应电流的方向为ADCBA

，故A错误；C．线圈在进入磁场的过程中感应电动势的最大值为m2sin45ENBLvNBLv==故C错误；B．根据左手定则，在线圈进入磁场的过程中，线圈对传送带的摩擦力始终沿AC所在直线方向，且最大值为mm

m2fFNBIL==的最大感应电流为mmEIR=解得222m2NBLvfR=故B正确；D．线圈质量不变，材料不变，边长不变，匝数变成2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的12，根据LRS=可知电阻变为原来的4倍，又因

为安培力的最大值为222m2NBLvFR=可知匝数变成2倍，电阻变为原来的4倍，线框受到的安培力的最大值不变，而最大静摩擦力为fmg=不变，所以在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为的线圈进入磁场过程也恰好不打滑，故D正确。故选BD

。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。9.某同学利用如图所示的装置测量重力加速度，其中光栅板上交替排列着等宽度的遮光带和透光带（宽度用d表示）。实验时将光栅板置

于光电传感器上方某高度，令其自由下落穿过光电传感器。光电传感器所连接的计算机可连续记录遮光带、透光带通过光电传感器的时间间隔∆t。（1）如上图所示，该同学测得遮光带（透光带）的宽度为___________cm。（2）该同学记录时间

间隔的数据如表所示，编号1遮光2遮光3遮光……带带带∆t/×10-3s73.0438.6730.00……根据上述实验数据，编号为3的遮光带通过光电传感器的平均速度大小为v3=___________m/s（结果保留两位有效数字）；（3）某相邻遮光带和透光带先后通过光电传感器的时间间隔为∆t

1、∆t2，则重力加速度g=___________（用d、∆t1、∆t2表示）【答案】（1）4.400.05（2）1.5（3）()()1212122ΔΔΔΔΔΔdtttttt−+【解析】【小问1详解】根据图示可知读数为4.40cm。【小问2详解】根据平均速度的计算公式可知234.410m/

s1.5m/sΔ3010dvt−−===【小问3详解】根据匀变速直线运动平均速度等于中间时刻的速度，有2121ΔΔ2ttvvg+=+11Δdvt=22Δdvt=联立可得()()1212122ΔΔΔΔΔΔdttgtttt−

=+10.物理课外研究小组欲通过实验研究某一直流电源的带载特性，除所用电源，开关、导线外，实验室还备有器材：电压表（量程3V）、电流表（量程3A）、定值电器0R、滑动变阻器LR。（1）测量电源的电动势和内阻。按如图1所示的电路连接器材，并移动

滑动变阻器LR滑片位置，读出对应的电压表和电流表示数，在图2中标记相应的点并拟合出U-I图线，可得电源电动势E=________V，内阻r=________Ω（结果均保留2位有效数字）。（2）不考虑偶然误差，由上述（1）方法测得的内阻r________（填“大于”、“等于

”、“小于”）真实值，引起此误差的原因是________。（3）测试电源的带载特性。用R表示变阻器接入电路的阻值，I表示电流表的示数。为便于对比研究，采集两种情况下的数据并作出相应的①、②图线：①表示图1中变阻器LR的功率变化规律；②表示图3中变阻器LR的功率变化规律。在滑动变阻

器LR的滑片移动过程中，不考虑电表的影响，下列选项正确的是________。A.B.C.D.【答案】（1）①.3.0②.1.3（2）①.小于②.电压表的分流（3）AC【解析】【小问1详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律UEIr=−电源U-I图像与纵轴交点坐标值电动势，图像斜率绝对值是电

源内阻。由图像可知，电动势测量值E=3.0V电源内阻3.01.01.31.5r−==【小问2详解】[1][2]考虑到电表内阻V()UUEIrR=−+整理得VVVVRRrUEIRrRr=−++因为斜率代表内

阻，所以内阻测量值偏小，引起此误差的原因是电压表的分流。【小问3详解】图1中，滑动变阻器LR功率为21PIEIr=−由数学知识可知，当2EIr=时，功率最大，又有LEIRr=+可知此时LRr=功率最大，最大功率为21m4EPr=是的图3中，把0R和电源看成等效电源

，则电源的等效电动势为'00REERr=+等效内阻为'00RrrRr=+则滑动变阻器LR的功率为'2'2PIEIr=−由数学知识可知，当0'0'00222RERrEEIRrrrRr+===+功率最大，

此时0L0RRrrRr=+最大功率为'2202m1m'044REEPPrRrr==+综上所述，图1中和图3中滑动变阻器功率最大时，电流相等，图1中滑动变阻器的电阻较大，且图1中的最大功率较大。故选AC

。11.在如图甲所示的空间里，存在方向水平且垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场（未画出），电场强度E与时间t的变化关系如图乙所示，周期T=12t0，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。一倾角为30°的

足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间中。t=0时，一带负电、质量为m的微粒从斜面上的A点由静止开始沿斜面运动，到C点后，做一次完整的圆周运动，在t=T时刻回到C点，再继续沿斜面运动到t=13t0时刻。在运动过程中微粒电荷

量不变，重力加速度为g，上述E0、m、t0、g为已知量。求：（1）微粒所带的电荷量q和磁感应强度的大小B；（2）微粒在A、C间运动的加速度和运动到C点时的速度大小。【答案】（1）0mgE，002π11Egt；（2）g，方

向沿斜面向下，0gt【解析】【详解】（1）微粒能够做匀速圆周运动说明此时重力和电场力的合力是零，则0mgqE=可得0mgqE=设微粒到达C点时的速度大小为v1，由洛伦兹力提供向心力，有211vqvBmr=则微粒做圆周运动的周期1

2π2πrmTvqB==由题意可知圆周运动的周期为11t0，则02π11mtqB=可得0002π2π1111EmBqtgt==（2）微粒在A、C间运动时，对微粒受力分析如图所示，则有()0sin30qEmgma

+=可得ag=方向沿斜面向下，到达C点时的速度大小100vatgt==12.如图甲，固定点O处悬挂长为50m7L=的轻质细绳，末端拴接一个质量为1kgm=的小球，在O点正下方O处固定一细钉。将细绳向左侧拉至水平位置，由静止释放小球，

当细绳摆至竖直位置时，被细钉挡住，此后小球恰好能在竖直平面内做圆周运动。如图乙，O点下方的水平面上有一质量为M1kg=的凹槽，凹槽下表面与地面间的动摩擦因数0.1=。凹槽左右挡板内侧间的距离为50md=，在凹槽右侧靠近挡板处置有一

质量也为m的光滑小物块，小球从图乙所示位置由静止释放，释放时细线与水平方向间的夹角为且sin0.3=。当小球摆到最低点时刚好与凹槽左侧发生碰撞，此时物块与凹槽有相同的向左的速度，大小为M5m/sv=。已知小球与凹槽不发生二次碰撞，所有的碰撞均为弹性碰撞，重力加速

度210m/sg=，求：（1）O点到O点的距离；（2）若小球从图乙所示位置由静止释放到与凹槽碰撞所用时间为2s，则绳子对小球冲量的大小；（3）小球和凹槽在轨道最低点相碰后，凹槽运动总路程及凹槽运动总时间。【答案】（1）30m7OO

=；（2）105Ns；（3）31.25ms=，7.5st=【解析】【详解】（1）设圆周的最高点C的速度为Cv，圆周的半径为R，满足重力刚好提供向心力2CmvmgR=从开始摆下的位置到圆周最高点过程，根据机械能守恒21(2)2CmgLRmv−=联立解得25LR=3

0m7OO=（2）没从位置摆下后碰前的速度为0v，根据机械能守恒201(1sin)2mvmgL=−解得010m/sv=对小球水平方向动量定理，绳子水平冲量为00xImv=−解得10NsxI=对小球竖直方向动量定理0

0ymgtI−=−解得20NsyI=绳子对小球的冲量为22105NsxyIII=+=（3）小球与凹槽碰撞0M1mvMvmvMv−=+22201111222mvmvMv=+凹槽速度为110m/sv=设凹槽运动的总路程是S碰后系统能量守恒221M11()22Mm

gsMvmv+=+解得31.25ms=碰后凹槽的加速度为M()MmgaM+=假设物块和凹槽发生碰撞时凹槽还在运动，碰撞时凹槽的位移2M11M112xvtat=−物块的位移Mm1xvt=且有Mmxxd+=解得15st=经过判断凹槽此时刚好减速为0，与小物块第一次碰后，由质量相等交换速度

，物块静止，凹槽速度为25m/sv=凹槽停下时间2M22.5svta==此时槽位移为2222M212xvtat=−为解得26.25mxd=未与物块碰撞。所以总时间127.5sttt=+=33.【物理—选修3-3】34.【物理—选修3-4】13.如图所示，

扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB=60°。一束平行于角平分线OM的光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB。则这种介质对光的折射率为___________；折射光线中恰好射到M点的光___________（

填“会”或“不会”）发生全反射，___________（填“减小”或“增大”）光与AO边所夹锐角θ，折射光线在弧面AMB上更容易发生全反射。【答案】①.3②.不会③.增大【解析】【分析】【详解】[1]作出光路图甲，由几何知识可知，入射角60i=，折射角30=，根

据折射定律得sinsin603sinsin30in===[2]如图乙由几何关系可得，光线在M点的入射角为30i=，由临界角的关系式可得131sin=sin32Cin==则有iC所以折射光线中恰好射到M点的光线不能发生全反射。[3]折射光线在弧面AMB上发生全反射

则需要入射角i增大，所以入射光线与AO边所成锐角越大，则越容易使折射光线在弧面AMB上发生全反射。14.发生地震时，我国地震局能记录地震过程中的振动图像和波动图像，图（a）为传播方向上距离震源2km的质点P的

振动图像，图（b）为地震发生后，质点P振动1.0s时的地震简谐横波图像，假设地震简谐横波传播的速度大小不变，求：（1）该地震简谐横波的传播方向和1.0st=时质点P的振动方向；（2）该地震简谐横波传播的速

度大小；（3）质点P振动30s后，该地震简谐横波能到达的最远位置与震源之间的距离。【答案】（1）沿x轴正方向或水平向右，沿y轴正方向；（2）3410m/s；（3）51.2210m【解析】【详解】（1）

由振动图像和波动图像得，该地震简谐横波的传播方向沿x轴正方向或水平向右。1.0st=时，质点P沿y轴正方向振动。（2）由振动图像和波动图像得波长4km=，周期1.0sT=，由vT=解得3410m/sv=（3）质点P振动30s后，波沿x轴正方向传播距离为Δxvt=则max0Δdx

x=+的解得5max1.2210md=