【文档说明】四川省绵阳南山中学2023-2024学年高三上学期第一次演练理综物理试题 含解析.docx，共(17)页，1.459 MB，由小赞的店铺上传

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绵阳南山中学2023年秋季高2021级综合演练（一）理综试题一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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.对于下列体育比赛

的论述，说法正确的是（）A.某场篮球比赛打了二个加时赛，共需10min，指的是时刻B.运动员铅球成绩为4.50m，指的是铅球位移的大小为4.50mC.运动员跑完1500m比赛，指的是路程大小为1500

mD.足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币可以看做质点【答案】C【解析】【详解】某场篮球比赛打了二个加时赛，共需10min，指的是时间．故A错误．运动员铅球成绩为4.50m，指的是水平方向的位移大小为4.50m．故B错误．运动员跑完1500m比赛，指的是路程

大小为1500m．故C正确．足球比赛挑边时，上抛的硬币落回地面猜测正反面，该硬币不可以看做质点，否则没有正反面，故D错误．故选C点睛：本题考查对物体看成质点的条件的理解和判断能力，区分时间和时刻、路程和位移，知道只有在单向直线运动中，物体的位移大小等于其路程．2.某中

学生身高1.7m，在学校运动会上参加跳高比赛，采用背越式，身体横着越过高2.10m的横杆，获得了冠军，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度约为(g取10m/s2)()A.3m/sB.5m/sC.7m/sD.9m/s【答案】B【解析】【详解】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达

到横杆时速度恰好为零，有运动员重心升高高度：h＝2.10m−1.72m＝1.25m．根据竖直上抛运动得：221.25105/vghms＝＝＝，故ACD错误，B正确．故选B．【点睛】对于生活中的各种实际运

动要能正确建立运动模型，即看作是质点竖直上抛运动的模型，然后依据运动规律求解．3.如图，小球a、b的质量分别为m、2m，且两小球均可视为质点，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，保持Oa与竖直方向夹角为θ60=不变。已知弹簧的劲度系数为k，

重力加速度为g，则弹簧形变量的最小值为（）A.33mgkB.3mgkC.32mgkD.332mgk【答案】D【解析】【分析】【详解】以小球a、b为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，如图根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力3mg和总是大小相等、方向相反，由

力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置F的最小值为n333sin2miFmgmg==根据胡克定律，可得nnmimiFkx=所以有n332mimgxk=ABC错误，D正确。故选D。4.如图，一小球（可视为质点）由静止开始沿光滑斜面向下做匀加速

直线运动，已知小球从位置m到位置p的运动过程中，从位置m到位置n的时间为1t，从位置n到位置p的时间为2t，两段连续的位移均为s，则小球通过位置n时的速度的大小为（）A.()()22121212nsttvtttt+=+B.()()121212nstt

vtttt−=+C.()()22121212nsttvtttt−=+D.()()22121212nsttvtttt+=−【答案】A【解析】【详解】设小球加速下滑的加速度为a，则有21112nsvtat=−22212ns

vtat=+联立两式可求得()()22121212nsttvtttt+=+故选A。5.图甲中B是传送货物的运输车，可以沿着斜面上的直轨道运送货物，运输车的货箱是水平的粗糙平面，某次运输车B沿轨道将货物A向下传

送到轨道下端，A、B始终保持相对静止，运输车运动的v—t图像如图乙。下列分析中正确的是（）A.0~t1时间内，B对A的支持力小于货物重力、A受的摩擦力水平向左B.t1~t3时间内，B对A的支持力等于货物重力、A受的摩擦力水平向左C.t1~t3时间内，B对A的支持力等于

货物重力、A不受摩擦力作用D.t3~t4时间内，B对A的支持力大于货物重力、A受的摩擦力水平向右【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知0~t1时间内，A、B一起沿斜面向下做匀加速运动，加速度沿斜面向下，因为加速度有竖直向下的分量，所以支持力小于重力，因为加

速度有水平向右的分量，所以摩擦力向右，A错误；BC．t1~t3时间内，A、B一起做匀速直线运动，A受到的重力和支持力平衡，不受摩擦力，B错误、C正确；D．t3~t4时间内，A、B一起沿斜面向下做匀减速运动，加速度沿斜面向上，因为加

速度有竖直向上的分量，所以支持力大于重力，因为加速度有水平向左的分量，所以摩擦力向左，D错误；故选C。6.在如图st−图像和vt−图像中，给出的四条曲线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A.图线3表示物体3做曲线运

动B.st−图像中1t时刻的加速度大小有12aaC.两图像中，2t，4t时刻分别表示物体2、物体4开始反向运动D.vt−图像中0至3t时间内物体4的平均速度大于物体3的平均速度【答案】BD【解析】【详解】A．st−图像和vt−图像均表示直线运动，曲线3表示

物体3做直线运动，A错误；B．由图可知，20~t时间内2做匀速直线运动，加速度为零，1做加速运动，加速度不为零，即有12aaB正确；C．在st−图像中，2t时刻转折点表示物体的位移开始减小，开始反向运动，在vt−图像中

，4t时刻转折点表示速度减小，但其方向仍沿正方向，运动方向没有反向，C错误；D．vt−图像的面积表位移，根据图像可知，0至3t时间内物体4的位移要大于物体3的位移，根据xvt=可知物体4的平均速度要大于物体3的平均速度，D正确。故选BD。7.从

离地H高处自由下落小球a，同时在它正下方H处以速度0v竖直上抛另一小球b，不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A.若0vgH，小球b一定能在上升过程中与a球相遇B.若0vgH，小球b一定能在下落过程中与a球相遇C.若0vgH=，两球在空中相

遇时b球速度为零D.若02gHv，小球b和a可能不会在空中相遇【答案】AC【解析】【详解】C．设经过时间t甲乙在空中相遇，甲做自由落体运动的位移为2112hgt=乙做竖直上抛运动的位移22012hvtgt=−根据12Hhh=+联立解得0Htv=b小球上升的时间02vtg=则其在空中运动的总时间

为032vtg=若0vgH=，则02vHtgg==而相遇时间0HHtvg==所以此时b球刚好上升到最高点与a相遇，速度为零，故C正确；A．若小球b在上升过程中与a球相遇，则2tt解得0vgH故A正确；BD．若小球b在下落过程中与a球相遇，则23ttt即0002v

vHgvg得02gHvgH故BD错误故选AC8.如图甲所示，水平传送带在电机的作用下，0=t时刻由静止开始向右做匀加速直线运动，物块（视为质点）在0=t时刻以速度0v从左轮中心的正上方水平向右滑上传送带，0t时刻物块

与传送带的速度相等均为00.4v，物块和传送带运动的vt−图像如图乙所示，0t时刻前后物块的加速度大小变化量为25m/s3，物块从右轮中心正上方离开传送带时速度为00.8v，整个过程中物块相对传送带的位移为1.5m。己知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取210m/s。则下列说法正确

的是（）A.物块的初速度大小为8m/sB.传送带加速度大小为2103m/sC.传送带的长度为3.5mD.物块通过传送带的平均速度为325m/s．【答案】BD【解析】【详解】B．物块在0t前的加速度大小为00

00.4vvat−=物块在0t后的加速度大小为000.4'vat=0t时刻前后物块的加速度大小变化量为25m/s3，则有。。的25'm/s3aa−=解得传送带的加速度2000.4'm/s310vat==，25m/sa=故B正确；A．

整个过程中物块相对传送带的位移为1.5m，则有22000011'1.5m22vtatat−−=联立解得025m/s6v=，00.5t=s故A错误；CD．物块从右轮中心正上方离开传送带时速度为00.8v，由图可知在20t时刻物块离开传送带，传送带的长度为22200000(0.4)10.

4'3.25m22vvxvtata−=++=物块通过传送带的平均速度为03.25m/s2xvt==故C错误，D正确；故选BD。二、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3

3-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。9.在“探究小车速度随时间变化规律”的实验中：某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G七个计数点，每打5次点记为一个计数点，己知电火花计时器的顿率为50Hz。对应点BCDEF速度（

m/s）0.1410.1800.2180.2620.301他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如表格所示，以A点对应的时刻为0=t，试在图（b）所示坐标系中合理地选择标度，作出vt−图像_______，并利用该图像求出：物体的加速度大小=a__

____2m/s，打A点时纸带速度大小为_______m/s（结果均保留3位有效数字）。【答案】①.见详解②.0.400③.0.100【解析】【详解】[1]作vt−图像如下[2]物体的加速度大小为2(0.3000.100)m/s=0.400m/s0.5sa−=[3]由图可知0=t时0.

100m/sAv=10.甲同学利用单摆测定当地重力加速度。（1）甲同学用10分度的游标卡尺测摆球的直径，如图所示，他测量的读数应该是______cm。（2）实验过程中，下列操作正确的是_______（选填选项前的字母）A.为防止测量摆线长度时直尺与摆线不平行，应让摆线平放在

桌面测量B.为减小偶然误差，实验中改变摆线长度多次实验，最后将摆长相加取平均记为平均摆长C.将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次通过最低点时开始计时，并数为1，以后小球每次经过最低点时，依次数为1、2、3…数到30时停止计时，以这段时间除以30作为周期D.将摆球拉离平

衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次向右通过最低点时开始计时，并同时数30，以后小球每次向右经过最低点时，他依次计数为29、28、27…，数到0时停止计时，以这段时间除以30作为周期（3）甲同学通

过改变摆线的长度l，并测出对应的单摆振动周期为T。作出2lT−图线，在图线上选取相距较远的A、B两点，读出与这两点对应的坐标，如图所示。计算重力加速度的表达式为g=_______。（4）乙同学从甲同学的上述图像上选取一点，将该点数据带入周期公式中计算重力加速度的

值，其所得结果与甲同学的结果比较会_________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）【答案】①.1.86②.D③.()22122214llTT−−π④.偏大【解析】【详解】（1）[1]10分度的游标卡尺分度值为0.1mm，所以他测量的读数应该是1.8cm60.

1mm1.86cmd=+=（2）[2]A．测量摆线时，应让小球静止在平衡位置，小球把摆线拉直，测量悬挂点到小球顶点的距离，而不是让摆线平放在桌面测量，A错误；B．为了减小偶然误差，实验中改变摆线长度多次实验，最后将每次实验得到的重力加速度取平均值，而不是直接将摆

长取平均值来计算，B错误；C．将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次通过最低点时开始计时，并数为1，以后小球每次经过最低点时，依次数为1、2、3…数到30时停止计时，以这段时间除以29作为周期，C错误；D．将摆球拉离平衡位置一个小角度，从静止释放摆球，当小球某次向

右通过最低点时开始计时，并同时数30，以后小球每次向右经过最低点时，他依次计数29、28、27…，数到0时停止计时，以这段时间除以30作为周期，D正确。故选D。（3）[3]由单摆周期表达式22dlTg+=

可得2242gdlT=−结合图像可知，斜率21222214llgkTT−==−所以，重力加速度的表达式为2212221()4llgTT−=−（4）[4]根据周期公式2LTg=，可得加速度为2242gdlT=−若选取一点的坐标值

带入，相当利用了该点与原点连线的斜率求解，则很明显斜率偏大，所以其所得结果与甲同学的结果比较会偏大。11.一物体做匀变速直线运动的位移—时间图像如图所示，请根据图中所给信息求解以下问题：（1）求物体的初速度和加速度大小。（2）若物体在2.0st=时加速度突然反向，

大小变为29m/s，继续做匀变速直线运动，则再经过多长时间物体刚好折返到0=t时刻所处的位置?为【答案】（1）2m/s，6m/s2；（2）4s【解析】【详解】（1）设物体运动的初速度为0v，取初速度方向为

正。由图可知0st=时01mx=；11.0st=时16mx=；22.0st=时217mx=21001112xxvtat−=+22002212xxvtat−=+联立解得02m/sv=，26m/sa=（2）物体在22.

0st=时的速度为v，则0214m/svvat=+=若物体在2.0st=时开始以29m/sa=−的加速度做匀变速直线运动，则物体刚好返回出发点时，取2t时刻速度v方向为正()12202xxvtat−−=+解得4st=12.在距水平地面高0.8m处有A、B、C三个小球，小球视为质点

，三小球释放位置很接近但不完全重合，使得后面运动过程小球之间不会发生碰撞。先后依次由静止释放A、B、C小球，相邻两球释放时间间隔t相同，所有小球与地面的碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间。已知A、B两球第一次相遇的位置离地高0.35m，重力加速度210m/s=g。求：（1）A球

第一次落地的时间0t和反弹的速度大小0v；（2）若0tt，求相邻两球释放时间间隔t；（3）在满足（2）的条件下，从释放C球开始计时，在10st=时间内，A、C两球的距离h不小于0.6m的时长。【答案】（1）0.4s，4m/s；（2）0.2s；（3）2.5s【

解析】【详解】（1）A球体下落至地面过程中，有200.8m12Hgt==求得00.4st=落地时的速度大小为0=vgt反弹速度04m/svv==（2）设B球下降到第一次相遇10.35mh=处所用为时间1t，则有21112Hhgt−=求得1

0.3st=A球反弹至1h高度时间2010.1sttt=−=故()2010.2stttt=+−=（3）C球释放时，A球刚反弹，设经3t高度差为0.6mh=，则有2230331122Hhgtvtgt−=+−求得30.05st=根据运动的对称性，C刚释放到

再次回到及高点为一个周期0.8sT=，在一个周期内，0.6mh的时长4340.2stt==总时长110s122T=故A、C两球距离h不小于0.6m的时长41122.5s2tt==（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题

作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33.【物理——选修3-3】（15分）（略）34.【物理——选修3-4】（15分）13.某列简谐横波在11st=时的波形如图甲中实线所示，在24st=时的波形如图甲中虚线

所示。若图乙是图甲a、b、c三点中某质点的振动图像，则（）A.这列波沿x轴负方向传播B.波速为0.5m/sC.图乙是质点a的振动图像D.从11st=到24.0st=这段时间内，质点a通过的路程为15cmE.39.5st

=时，质点d沿y轴负方向运动的【答案】ABD【解析】【详解】C．由题图乙知，11st=，质点在平衡位置且向下振动，在a、b、c三点中仅b点在平衡位置，故题图乙是b质点的振动图像，C错误；A．b质点在1st=向下

振动，故波沿x轴负方向传播，A正确；B．由题图甲知，波长2m=，由题图乙知，质点振动的周期4sT=，波速为2m/s0.5m/s4vT===B正确；D．从11st=到24.0st=的时间间隔为21ttt=−解得34tT=质

点a通过的路程为振幅的3倍，即15cm，D正确；E．根据39.5st=11st=4sT=解得31128ttT=+39.5st=时，质点d沿y轴正方向运动，E错误。故选ABD。14.一半圆形玻璃砖的横截面如图所示半圆的半径为R、圆心为O。一光线DE沿横截面从

直径AB上的E点以入射角i=45°经玻璃砖折射后，射到圆弧AB上的F点（图中未画出）恰好发生全反射。已知玻璃砖对该光线的折射率n=2，求：（1）光线DE在直径AB上发生折射的折射角r；（2）O、E两点

间的距离x。【答案】（1）r=30°；（2）63xR=【解析】【分析】【详解】（1）光线在玻璃砖中的光路（部分）如图所示根据折射定律有sinsininr=解得30r=（2）设光线在玻璃中发生全反射的临界角为C，有1sinCn=在△EOF中，根据正弦定理有si

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