【文档说明】四川省成都市第七中学2023-2024学年高三上学期期中物理试题 含解析.docx，共(20)页，2.486 MB，由管理员店铺上传

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成都七中高2024届高三上学期期中考试理科综合试题本试卷共300分，考试时间150分钟。第Ⅰ卷（选择题，共126分）二、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.关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A.哥白尼提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆B.卡文迪许在实验室里通过扭秤实验，得出了引力常量G的数值C.富兰克林通过油滴实验测定了元电荷e的数值D.牛顿通过理想斜

面实验得出“物体运动不需要力来维持”【答案】B【解析】【详解】A．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，故A错误；B．卡文迪许在实验室里通过扭秤实验，得出了引力常量G的数值，故B正确；C．密立根通过油滴实验测定了元电荷e的数值，故C错误；D．

伽利略通过理想斜面实验得出“物体运动不需要力来维持”，故D错误。故选B。2.如图甲所示，清洗楼房玻璃的工人靠一根绳索把自己悬挂在几十层高的大楼外，从楼顶开始缓慢下滑，清洗楼层的玻璃和外墙。工人贴墙缓慢下滑的过程，可简化为图乙所示的模型。已知工人及其装备的总质

量为m，悬绳与竖直墙壁的夹角为，设绳索对人的拉力大小为TF，竖直玻璃幕墙壁对人的弹力大小为NF，不计人与玻璃幕墙间的摩擦，不计绳索的重力。则下滑过程中（）A.TF增大，NF增大B.TF减小，NF减小C.TF一定小于GD.玻璃墙对人支持力

与人对玻璃墙的压力是一对平衡力【答案】B【解析】【详解】AB．人处于平衡状态，则TcosmgF=，NtanFmg=悬绳与竖直墙壁的夹角为减小，则TF减小，NF减小，A错误，B正确；C．经分析，TF一定大于G，C错误；D．玻璃

墙对人的支持力与人对玻璃墙的压力是作用力与反作用力，D错误。故选B。3.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲，航天员景海鹏、朱杨桂、桂海潮在中国空间站内，为广大青少年带来了一场别出心裁的太空科普课。已知地球的半径为R，空间站距离地球表面的高度为h，不考虑地球的自转，地

球表面的重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.空间站的周期2324()RhTgR+=B.空间站的加速度比同步卫星的加速度小C.空间站运行的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间D.根据题中信息可以求出空间站的质量【答案】A【解析】【

详解】A．根据()()2224MmGmRhTRh=++，2MmGmgR=得的2324()RhTgR+=A正确；B．根据2MmGmar=得2GMar=空间站的运动半径小于卫星的运动半径，则空间站的加速度比

同步卫星的加速度大，B错误；C．空间站运行线速度一定小于第一宇宙速度7.9km/s，C错误；D．空间站为环绕天体，无法求得质量，D错误。故选A。4.将一电荷量为+Q的点电荷固定在空中某一位置O处，有两个电荷量相等

的带负电小球A、B分别在O点下方不同高度的水平面内做匀速圆周运动，且运动轨迹处在以O点为球心的同一球面上，如图所示。小球A、B之间的作用力忽略不计，则下列说法正确的是（）A.小球A的质量大于小球B的质量B.小球A、B做圆周运动时受到的库仑力相同C.小球A

的角速度大于小球B的角速度D.小球A的线速度小于小球B的线速度【答案】C【解析】【详解】A．设球半径为R，球与O点连线与竖直夹角为，则2sinQqkRmg=由图中大小关系可知，小球A的质量小于小球B的质量，A错误；的B．小球A、B做圆周运动时受到的库仑力大小相等，方向不同，B错误；C．根据

22sinQqkmrR=又sinrR=得3kQqmR=则小球A的角速度大于小球B的角速度，C正确；D．根据vr=得小球A的线速度大于小球B的线速度，D错误。故选C。5.滑雪大跳台的赛道主要由助滑

道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图所示，助滑直道高度160mh=；圆弧BCD为起跳台，圆心角60=，半径60mR=，AB与圆弧BCD相切；EF为着陆坡段，FG为停止区。运动员从A点由静止开始自由下滑，到达C点（为圆弧最低点）时速度为24m/s，从与B点等高的

D点以20m/s的速度飞出，从E点着陆后滑至F点时速度为25m/s，之后进入FG停止区。运动员（连同滑雪板）的质量50kgm=，各段连接处无能量损失，忽略空气阻力的影响，g取210m/s。则下列说法正确的是（）A.运动员在F点时重力的功率最大B.运动员对C点的压力大小为480NC.从A到D的运

动过程中，运动员机械能的减少量为4210JD.从D点到飞出后的最高点，运动员动量的变化量大小为1000kgm/s【答案】C【解析】【详解】A．运动员在F点时速度水平，因此重力的功率为0，A错误；B．运动员在C点，由牛顿第二定律可得2CvFmgmR−=可得980N

F=根据牛顿第三定律可知，压力为980N，B错误；C.从A到D的运动过程中，运动员机械能的减少量为2411210J2DEmghmv=−=减C正确；D．从D点到飞出后到最高点，运动员动量的变化量大小满足sin500kgm/s2DxDpmvmvmv=−==D错误。故选C

。6.如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（）A.甲图像中，物体在10~x内做匀变速直线运动B.乙图像中，阴影面积表示1t到2t时间内物体的速度变化量C.丙图像中，物体的加速度大小为21m/sD.丁图像中，5s=t时物体的速度为6m/s【答案】BD【解析】【

详解】A．甲图像中，速度随位移均匀变化，则物体未做匀变速直线运动，A错误；B．加速度在时间上的积累产生速度的变化量，则乙图像中，阴影面积表示1t到2t时间内物体的速度变化量，B正确；C．丙图像中，物体做减速运动，根据202

vax=图像斜率为22162m/s1m/s16a=−=−得20.5m/sa=−物体的加速度大小为20.5m/s，C错误；D．根据2012xvtat=+得012xvatt=+得01m/sv=，()1112022a==−−加速度为21m/sa=5s=t时物体的速度为06m/s

vvat=+=D正确。故选BD。7.某摩托车在平直道路上由静止启动，其运动的速度v与时间t的关系如图甲所示，图乙表示该摩托车牵引力的功率P与时间t的关系。设摩托车在前进过程中所受阻力为车（包括驾驶员和物资）总重力的k倍，在18s末摩

托车的速度恰好达到最大。已知摩托车（包括驾驶员和物资）总质量200kgm=，重力加速度g取210m/s。则下列说法正确的是（）的A.0到18s内摩托车一直匀加速运动B.0到8s内，摩托车的牵引力为800NC.0.4k=D.从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为

127.5m【答案】CD【解析】【详解】A．v-t图像斜率表示加速度，由图甲可知，0到8s内电动摩托车做匀加速运动，8～18s内摩托车做加速度减小的加速运动，故A错误；C．在18s末电动摩托车的速度恰好达到最大，有F=f由mmPFvfv==可得阻力为m8000N800N10Pfv===根据题意

有8000.420010fkmg===故C正确；B．0到8s内，摩托车的加速度为228m/s1m/s8vat===由牛顿第二定律有F-f=ma则摩托车的牵引力为F=ma+f=（200×1+800）N=10

00N的故B错误；D．8s到18s过程中，根据动能定理，有2211122mPtfxmvmv−=−代入数据解得95.5mx=0到8s位移188m32m2x==因此从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为95.5m+32m=127.5m故D正确。故选CD。8.如图所示，质量均为m的物块

A、B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过分别固定在同一水平面上OE、两点的定滑轮一端与物块A相连，另一端与质量为m的小球C相连，小球C套在水平固定、粗细均匀的光滑直杆上。开始时，小球C锁定在直杆的P点，连接小球的轻绳与水平方向的夹角为5

3=，物块B对地面的压力恰好为零。某时刻解除对小球C的锁定，同时对小球C施加一个水平向右、大小为F的恒力，小球C运动到直杆Q点时的速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为，D点为PQ、两点的中点，PQ、两点间的距离为LE，点在物块A的正上方，小球C运动过程中轻绳始终处于拉直状

态，弹簧始终在弹性限度内。忽略两定滑轮的大小，已知重力加速度大小为g，43sin53cos5355==，。下列说法正确的是（）A.小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物块A做的功不为零B.小球C从P点运动到D点的过程中，弹簧的弹力

和轻绳的拉力以及物块A的重力对物块A冲量的和为零C.小球C运动到Q点时的速度大小为2517FLmD.小球C运动到Q点时物块A的加速度大小为524Fgm−【答案】BC【解析】【详解】A．小球C在P点时物块A的速度为零；小球C运动到D点时物块A的速度也为零，则该过

程中，合外力对物块A做的功为零，故A错误；B．小球C从P点运动到D点的过程中，物块A的动量变化为零，根据动量定理可知，弹簧的弹力和轻绳的拉力以及物块A的重力对物块A冲量的和为零，故B正确；C．小球C运动到Q点时，A回到原来的位置，则弹簧弹性势能不变，设C的速度为v，则A的速度为vcosθ，

由能量关系2211(cos)22FLmvmv=+解得C的速度2517FLmv=故C正确；D．小球C运动到直杆Q点时的速度达到最大，则此时C受合力为零，则对小球C有cosTF=对A由牛顿第二定律2Tmgma−=解得A的加速度523Fagm=−故D错误。故选BC。第Ⅱ卷（非选择题，

共174分）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.9.一同学通过图甲所示的装置探究物体做圆周运动的向心力与线速度的关系。滑块套在水平杆上，随杆一起绕竖直轴做匀速圆周运动，

力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量拉力的大小F。滑块上固定宽度为d的一遮光片，遮光片到转轴的距离为r，固定在铁架台上的光电门可测量滑块经过光电门时的遮光时间。（1）在研究向心力的大小F与质量m、线速度v和半径r之间的关系时主要用到了物理学中的______；A.等效替代法B.极限

法C.控制变量法D.演绎法（2）该同学用螺旋测微器测量遮光片的宽度d，示数如图乙所示，则d=______mm。（3）某次旋转过程中遮光片经过光电门时的遮光时间为t，则滑块线速度的表达式=v______（用t、

d表示）。（4）该同学通过改变转速测量多组数据，记录力传感器示数F和对应的t，以F为纵坐标，以21t为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图丙所示直线，图线斜率的表达式为______（用m、r、d表示）

；图线不过坐标原点的原因是______。【答案】①.C②.1.732##1.733##1.734③.dt④.2mdr⑤.滑块和水平杆之间有摩擦力【解析】【详解】（1）[1]研究向心力的大小F与质量m、线速度v和半径r之间的关系时主要用到了物理学中的控制变量法。故选C。（2）[2

]遮光片的宽度为1.5mm0.01mm23.21.732mmd=+=（3）[3]滑块线速度的表达式dvt=（4）[4][5]根据2dtFfmr+=得221mdFfrt=−斜率为2mdkr=图线不过坐

标原点的原因是由于滑块和水平杆之间有摩擦力。10.为了验证“两小球碰撞过程中的动量守恒”，某同学用如图所示的装置进行了如下的操作：①将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点由静止释放，撞到木

板并在白纸上留下痕迹O；②将木板向右平移适当的距离后固定，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹P；③把小球b静止放在斜槽轨道的水平段的右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两小球撞到木板并在白纸上留下痕迹M和N；④用天平测出a、b

两个小球的质量分别为am和bm，用刻度尺测量白纸上O点到M、P、N三点的距离分别为My、Py和Ny。根据上述实验，请回答下列问题：（1）实验中应使am______（填“大于”、“等于”或“小于”）bm

；（2）实验过程中______（填“需要”或“不需要”）测量小球做平抛运动的时间。（3）小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论______（填“会”或“不会”）产生影响；（4）小球a和b发生碰撞后，小球b在图中白纸上撞击痕迹应是______点；（5）若满足表达式_____

_（用am、bm、My、Py、Ny表示），则说明两小球碰撞前后动量守恒；若同时满足表达式______（用My、Py、Ny表示），则说明两小球碰撞为弹性碰撞。【答案】①.大于②.不需要③.不会④.M⑤.aabPNMmmmyyy=+⑥.111PNMyyy+=【解析】【详解】（1）[1]

为防止a、b球碰撞后a球反弹，小球a的质量一定要大于小球b的质量；（2）[2]小球离开桌面后做平抛运动，设其水平位移为L，则小球做平抛运动的时间为0Ltv=小球下落的竖直位移为212ygt=解得02gvLy=因此

速度正比于1y，可用下落高度表示速度，不需要测量时间。（3）[3]小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，只要前后两次释放位置相同就能保证碰撞前速度相同，这对实验结论不会产生影响；（4）[4]根据碰撞规律得碰撞后小球b得初速

度最大，根据平抛运动规律0xvt=可知小球b得时间最短，下落高度最小，所以b球在白纸上留下的压痕是M点。（5）[5][6]碰前入射球a的水平速度为12PgvLy=碰后入射球a的水平速度为22NgvLy=碰后被碰球b的水平速度为32MgvLy=如果碰撞过程动量守恒，则123aabmvmvmv

=+代入数据整理得aabPNMmmmyyy=+如碰撞为弹性碰撞，还需满足222123111222aabmvmvmv=+解之得111PNMyyy+=11.如图所示，有一长为2mL=长木板A静止在水平地面上，其右端静止一体积可忽略的小物块B。现对长木板A施加一水平向右的

恒力F，使长木板A和小物块B发生相对滑动，已知长木板A的质量为A2kgm=，小物块B的质量为B1kgm=，长木板A和小物块B之间的动摩擦因数10.4=，长木板A与地面之间的动摩擦因数20.2=，水平恒力20NF=，210m/sg=，试求：（1）

长木板A受到水平恒力F作用后，经多长时间小物块B滑离长木板A；（2）从长木板A受到水平恒力F作用开始到B离开A，整个系统由于滑动摩擦力作用而产生的总热量Q。【答案】（1）2s=t；（2）68JQ=【解析】【详解】（1）对长木板A，根据牛顿第二定

律12AAFffma−−=其中11Bfmg=，222fN=，()2ABNmmg=+解得2A5m/sa=对小物块B，根据牛顿第二定律1BBBmgma=解得在2B4m/sa=对长木板A2AA12xat=对小物块B2BB12xat=又ABxx

L−=解得2s=t（2）总热量为()1B2ABAQmgLmmgx=++解得68JQ=12.如图所示，轨道ABCD由半径11.2mR=的光滑14圆弧轨道AB、长度0.6mBCL=的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量12k

gm=的物块P和质量21kgm=的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量33kgm=的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，

长度1.2mEFL=；FG段为半径21.8mR=的14光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为0.5=，重力加速度g取210m/s，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入C

BA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过

程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）2.1m；（3）P12J24JE【解析】【详解】（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有2111102BmgRmv−=−物块P在B点，对该物块进行分析有2111BvNmgmR−=解

得60NN=根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有21111P102BCmgRmgLmv−−=−解得P30m/sv=对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有1P2Q0mv

mv−=解得Q230m/sv=对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有()2Q23xmvmmv=+根据能量守恒定律有()22222Q23222111222xyxEFmvmvvmvmgRmgL=++++解得42m/syv=之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思

维，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度22yvhg=解得2.1mh=（3）物块被弹开过程有1P12Q10mvmv−=22Pmin1P12Q11122Emvmv=+当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有(

)2Q1233mvmmv=+()222Q222331122EFmvmgLmmv=++解得Pmin12JE=由于22218J212JEFmgRmgL==当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共

速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有1P22Q20mvmv−=22Pmax1P22Q21122Emvmv=+当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有()2Q2234mvmmv=+()222Q2223311222EFmvmgL

mmv=++解得Pmax24JE=综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为P12J24JE（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做答。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，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。[物理—选修3-3]（15分）略[物理—选修3-4]（15分）13.如图1所示为医生正在为病人做B超检查，B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，

探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。图2为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107Hz。下列说法正确的是（）A.血管探头发出的超声波在血管中

的传播速度为1.4×103m/sB.质点M开始振动的方向沿y轴正方向C.t=1.25×10-7s时质点M运动到横坐标x=3.5×10-4m处D.0~1.25×10-7s内质点M的路程为2mmE.t=1.5×10-7s时质点N恰好处于波谷【答案】ADE【解析】

【详解】A．由题2可知波长241410mm=1.410m−−=由vf=得波速为4731.410110m/s=1.410m/sv−=A正确；B．根据波动与振动方向间的关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，B错误；

C．质点M只会上下振动，不会随波迁移，C错误；D．质点M振动的周期771s110110s1Tf−===由于771.251051104tT−−==质点M在70~1.2510s−内运动的路程55440.4mm=2mm44lA==D正确；E．71.510s−=t

时波传播的距离为3721.410m/s1.510s=2110mmL−−=此时图2中横坐标21410mm−=x的波谷恰好传播到质点N的位置，E正确。故选ADE。14.如图所示，一玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形

ABC组成，O点为圆心，半圆的直径BC长为2R，半圆上的D点到BC的距离为32R。一束光射到D点，入射角为60°，折射光线与AC平行。已知光在真空中的传播速度为c。求：（1）玻璃砖的折射率n；（2）光在玻璃

砖中的传播时间t。【答案】（1）3；（2）(433)2Rc+【解析】【详解】（1）半圆上的D点到BC的距离为32R，由三角形边角关系可知，折射角为30，则，玻璃砖的折射率为sin603sin30n==（2）光射到AB边时的入射角为45，发生全反射的临界角为13s

in3Cn==即45C故光在传播到AB边后发生全反射，光路图如图所示光在玻璃砖中的路程为322sRR=+光在玻璃砖中的传播的速度为cvn=故光在玻璃砖中的传播时间获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com