四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期开学考试理综物理试题
一、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．（2023高三上·成都开学考）物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示．则传送带转动后（ ）
A．M将减速下滑 B．M仍匀速下滑
C．M受到的摩擦力变小 D．M受到的摩擦力变大
2．（2023高三上·成都开学考）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等，图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．电子在a点的动能大于在b点的动能
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
3．（2023高三上·成都开学考）近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的v t图像，以下说法正确的是( )
A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B．在t＝5 s时追尾
C．在t＝3 s时追尾
D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾
4．（2023高三上·成都开学考）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送至椭圆轨道1，该轨道的近地点为，远地点为；卫星在点时变轨，使卫星沿圆轨道2运行；当卫星在轨道2上飞经赤道上空时再进行变轨，使卫星沿同步轨道3运行，轨道1、2相切与点，轨道2、3相交于两点，忽略卫星质量变化，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在点由轨道1进入轨道2前后机械能守恒
B．轨道1在点的线速度小于轨道3的线速度
C．卫星在轨道1经过点时的加速度大于在轨道2经过点时的加速度
D．卫星一旦进入轨道2，其最终定位于赤道的经度就已经确定了
5．（2023高三上·成都开学考）如图所示，长度为l的轻杆AB一端用铰链固定在竖直墙壁上，轻绳CD跨过B端的光滑轻质滑轮挂住一个质量为m的物体。开始时轻杆在外力作用下保持水平状态，此时∠ACB = 45°，缓慢地使轻杆绕A端转动，当轻杆转动到某一位置时，撤去外力作用，整个装置仍能保持静止状态（重力加速度为g），则整个过程物体重力势能的改变量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高三上·成都开学考）某电动机的伏安特性曲线如图（a）所示，现将两个这样规格的电动机并联接在电动势为，内阻为的直流电源上，连接方式如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．由图（a）可知，当电动机两端电压大于零时，其就会有机械能产生
B．由图（a）可知，该电动机线圈电阻为
C．由图（a）可知，当电动机两端电压为时，其机械功率为
D．由图（b）可知，当电键S闭合后，电源的输出功率为
7．（2023高三上·成都开学考）一个足够长的轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为和的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），水平恒力作用在A物块上，如图所示（重力加速度）。则（ ）
A．若，则物块、木板都静止不动
B．若，则A物块所受摩擦力大小为
C．若，则B物块所受摩擦力大小为
D．若，则B物块的加速度为
8．（2023高三上·成都开学考）如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域，该区域中的点距点较近。材料与形状完全相同的两个物块甲和乙与地面间的动摩擦因数由到逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，图示空间中有水平向右的匀强电场，两物块在运动过程中电荷量保持不变．先让甲物块从由静止释放滑到。然后再让乙物块从由静止释放滑到。上述两过程相比较，下列说法中正确的是（ ）
A．甲物块经过点时动能较小
B．甲物块从释放到点比乙物块从释放到点因摩擦产生的热量更少
C．甲物块在上述过程中获得的速度较大
D．甲物块在上述过程中所用时间较长
二、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．（2023高三上·成都开学考）在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表和电压表、直流电源、滑动变阻器、电键等，要求灯泡两端电压从0V开始变化。
（1）实验中滑动变阻器应采用 接法（填“分压”或“限流”）。
（2）电路连接正确后，分别测得两只灯泡和的伏安特性曲线如图（a）中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡、与电池组、电流表（电动势和内阻均恒定，电流表阻值为）连成图（b）所示的电路，多次测量后得到通过和的电流平均值分别为和。由该曲线可知，电池组的电动势为 ，内阻为 （结果均保留两位有效数字）。
10．（2023高三上·成都开学考）某同学在家中做实验验证力的平行四边形定则．他从学校实验室借来两只弹簧测力计，按如下步骤进行实验。
①在竖直墙面上贴一张白纸来记录弹簧弹力的大小和方向
②如图（a）将弹簧测力计A上端挂于固定点，下端用细线挂一水杯M，细线与水杯系于点，记下静止时弹簧测力计的读数
③如图（b）将另一弹簧测力计B的一端用细线系于点，手持另一端向左拉，使结点静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数分别为，并在白纸上记录点的位置和拉线的方向。
（1）从图（a）中可得 。
（2）在步骤③中测得和，两个力的方向如图（c）所示，用长度的线段表示的力，在图（c）中画出力的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力 。
（3）合力 ，若与的大小及方向的偏差在实验允许的范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。
（4）某次实验中，发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法合理的是 。
A．保持水平，并使B的拉力适当增大
B．减小水杯重力（或换用重力更小的重物）
C．保持点不动，使绕点顺时针旋转合适的角度
D．保持点不动，使绕点逆时针旋转合适的角度
11．（2023高三上·成都开学考）如图所示，在水平地面的右侧有一个圆心在点，半径的光滑圆弧形轨道，它与地面连接于点，分别是轨道的最低和最高点，连线与竖直方向呈。一个小球（可视为质点）从点静止释放，与正下方直杆上的三棱柱碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，小球恰好能在点沿轨道切线进入轨道。已知点与地面的高度，小球质量，重力加速度取，。
（1）小球能否通过点？若能，求出点轨道对小球的弹力大小，若不能，说明理由；
（2）求点与点的水平距离。
12．（2023高三上·成都开学考）如图所示，一倾角的固定斜面的底端安装一弹性挡板，静止在斜面上的两个小物块A、B质量分别为，；两者之间安放了少量炸药，物块A与挡板的距离。某时刻，炸药发生爆炸，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为，A、B物块与斜面之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，斜面足够长，求：
（1）爆炸后瞬间A、B速度大小；
（2）爆炸后经过多长时间，A、B再一次相碰；
（3）从爆炸到A和B都静止的过程中，A、B与斜面由于摩擦而增加的内能。
三、【物理—选修3-3】（15分）
13．（2023高三上·成都开学考）关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热库吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
14．（2023高三上·成都开学考）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的容积均为V0汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（i）恒温热源的温度T；
（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx
四、【物理—选修3-4】（15分）
15．（2023高三上·成都开学考）如图所示，是均匀媒质中轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为、和。一列简谐横波以的波速沿轴正向传播，在时刻到达质点处，质点由平衡位置开始竖直向下运动，时第一次到达最高点。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻波恰好传到质点处
B．在时刻质点恰好到达最低点
C．在的时间间隔内质点向上运动
D．当质点向下运动时，质点一定向上运动
E．在时，质点偏离平衡位置的距离是其振幅的一半
16．（2023高三上·成都开学考）如图所示，有一个半径为的环状光源，其表面可以朝各个方向发光，现将环状光源封装在一个半球形透明介质的底部，环状光源的圆心与球心重合。半球形介质的折射率为1.5，为使环状光源发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，求球半径的取值范围？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑。
故答案为：B。
【分析】滑动摩擦力本质：仅由和正压力决定，与相对速度方向（传送带转动方向 ）无关。
受力平衡判断：传送带转动前后，物块的重力分力、滑动摩擦力均未改变，平衡状态不变（匀速 ）。
2．【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场线；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A.等势线与电场线垂直，先画出电场线。电子带负电，受力与电场线方向相反，在y轴左侧，电子受力斜向右下；y轴右侧，受力斜向右上 ，负电荷从低电势向高电势运动，所以a点电势低于b点电势，A错误。
B.等势线越密，电场线越密，场强越大，b处等势线更密，场强大，电子在b点加速度大，B错误。
C.电子电势能
（为负）
电势越高，电势能越小，电子从a到b，电势能减小，根据能量守恒，动能增加，所以a点动能小于b点动能，C错误。
D.由
（ ）
a点电势低于b点电势，可得电子在a点电势能大于b点电势能，D正确。
故答案为：D
【分析】首先依据负电荷受力与电场线反向，判断运动中电势变化（负电荷从低电势到高电势 ），通过等势线疏密判断场强，进而确定加速度（场强越大，加速度越大 ），用（为负时，电势越高电势能越小 ），结合能量守恒（电势能与动能相互转化 ），判断电势能和动能变化，从而得出正确选项。
3．【答案】C
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】ABC．从图像中可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a1＝－10m/s2，刹车失灵后的加速度a2＝－2.5m/s2。假设能追尾，设追尾时间为t，则小汽车刹车失灵前的位移
x1＝×(20＋30)×1m＝25m
小汽车刹车失灵后的位移
x2＝20×(t－1)－×2.5×(t－1)2
大卡车的位移
x3＝10t
由
x1＋x2＝30＋x3
得t＝3s，则假设成立，故AB错误，C正确；
D．如果刹车不失灵，则在t＝2 s时两车速度相同，此时小汽车的位移
x4＝×(30＋10)×2m＝40m
大卡车的位移
x5＝10×2m＝20m，x4－x5＝20m<30m
故这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，D错误。
故答案为：C。
【分析】ABC：面积表示位移，斜率表示加速度；小汽车分 “刹车失灵前” 和 “刹车失灵后” 两段计算，大卡车匀速；小汽车位移 = 大卡车位移 + 初始距离，解方程求时间。
D：计算同速时位移差，判断是否追尾。
4．【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星由轨道1进入轨道2需要加速做离心运动，除了万有引力外的其他力做正功，机械能变大，故A错误；
B．根据
可得
可知轨道3的小于点所在圆轨道的速度，又点所在圆轨道的小于轨道1在点的线速度，所以轨道1在点的线速度大于轨道3的线速度，故B错误；
C．根据
可得
可知卫星在轨道1经过点时的加速度等于在轨道2经过点时的加速度，故C错误；
D．根据
可得
可知轨道2、3半径相同，周期相等，均等于地球的自转周期，卫星一旦进入轨道2，一直到变轨到3轨道，地球转过的角度与卫星转过的角度是确定的关系，到轨道3后，卫星与地球保持相对静止，所以卫星一旦进入轨道2，其最终定位于赤道的经度就已经确定，故D正确。
故选D。
【分析】1．卫星轨道的突变：由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道。如图所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：
(1)先将卫星发送到近地轨道Ⅰ，使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v。
(2)变轨时在P点点火加速，短时间内将速率由v1增加到v2，这时，卫星脱离原轨道做离心运动，进入椭圆形的转移轨道Ⅱ。
(3)卫星运行到远地点Q时的速率为v3，此时进行第二次点火加速，在短时间内将速率由v3增加到v4，使卫星进入同步轨道Ⅲ，绕地球做匀速圆周运动。
2．卫星变轨时一些物理量的定性分析
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v4，在轨道Ⅱ上过P、Q点时的速率分别为v2、v3，在P点加速，则v2>v1；在Q点加速，则v4>v3。又因v1>v4，故有v2>v1>v4>v3。
(2)加速度：因为在P点不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过，P点到地心的距离都相同，卫星的加速度都相同，设为aP。同理，在Q点加速度也相同，设为aQ。又因Q点到地心的距离大于P点到地心的距离，所以aQ
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；重力势能；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】由几何关系可知
当轻杆转动到某一位置时，撤去外力作用，整个装置仍能保持静止状态，如图所示
由B端受力和几何关系可知，此时为等边三角形；则B端上升高度为
而绳子竖直部分伸长了
则物体上升的高度为
则整个过程物体重力势能的改变量为
故答案为：A。
【分析】首先利用几何关系（等腰直角三角形、等边三角形判定 ）确定绳长和轻杆端点位移，然后结合力矩平衡（轻杆静止时，绳拉力与轻杆垂直 ）判断最终状态的几何特征，最后通过绳长变化与端点位移的关联，计算物体实际上升高度，再由重力势能公式 求解。
6．【答案】B,D
【知识点】焦耳定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．电动机有机械能产生的条件是其为非纯电阻工作状态（即有电流做功转化为机械能，此时电压与电流不满足纯电阻的线性关系 ），从图（a）看，在电压较低时，电动机可能处于纯电阻状态（电能主要转化为热能 ），当电压大于一定值（经分析是大于2.2V ）才开始有机械能输出，并非电压大于零就有机械能，故A错误；
B．电动机线圈电阻可由伏安特性曲线的线性部分（纯电阻阶段 ）计算，取图（a）中线性段数据，如电压，电流（因线性段满足 ），根据，可得
故B正确；
C．由图（a）可知，当电动机两端电压为时，电动机总功率
热功率为
机械功率为
故C错误；
D．假设电动机不转动，为纯电阻电路，两个电动机并联，结合以上分析可知总电阻为
则两个电动机两端的电压
可知电动机转动，由图可知流过电动机的电流为2.0A，故通过电源的电流为，故
由闭合电路欧姆定律知
故电源的输出功率
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】首先区分纯电阻（线性段）和非纯电阻（非线性段）工作状态，纯电阻段用算线圈电阻；非纯电阻段总功率，热功率热，机械功率机热，并联电路分析时，先假设纯电阻求电压判断是否转动，转动后从图中取电流值，结合闭合电路欧姆定律算路端电压、输出功率，通过各选项对应物理量的计算与判断。
7．【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．若，A物块与板间最大静摩擦力为
可知A物块与木板没有相对滑动，A、B物块与木板一起向左做加速运动，故A错误；
B．由于，可知，A、B物块与木板一起向左做加速运动，加速度为
对A物块受力分析有
可得A物块所受摩擦力大小为，故B正确；
CD．由于木板为轻质木板，且
可知木板与B始终相对静止；设水平恒力为时，A物块与木板刚好发生相对滑动，则有
，
解得
，
若，A物块与木板发生相对滑动，则B物块所受摩擦力大小为
若，A物块与木板发生相对滑动，则B物块的加速度为，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】首先利用最大静摩擦力判断相对滑动临界状态，区分 “整体加速” 与 “相对滑动” 两种运动形式，然后对轻质木板，A、B 间摩擦力传递无 “质量损耗”，最后通过临界加速度关联 A、B 的受力，分情况（F 小于 / 大于临界力 ），用整体法求加速度、隔离法求摩擦力，逐一验证选项，得出正确选项
8．【答案】A,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；带电粒子在电场中的运动综合；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．动摩擦因数由A到B逐渐减小，但物块甲从A由静止开始能滑到B，说明电场力在整个过程中都大于摩擦力，物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，离P点距离较短，故合力做功较少，据动能定理可知，到达P点的动能较小；物块乙从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，离P点距离较长，故合力做功较多，到达P点的动能较大，故A正确；
B．克服摩擦力所做的功等于产生的热量
甲从到过程摩擦力较大，但位移较小，乙从到过程摩擦力较小，但位移较大，故无法确定f做功多少，即无法确定甲物块从释放到点与乙物块从释放到点因摩擦产生的热量的大小关系，故B错误；
C．由动能定理可得
由题意可知，两过程摩擦力的平均值相同，故合力做功相同，两个过程获得的速度大小相等，故C错误；
D．采用图象法分析，结合A的解析可知，甲运动过程加速度在增大，故斜率增大，如图1，乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如图2，由C的解析可知，末速度大小相等，且两过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程的时间长，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A.利用受力分析（电场力、摩擦力）确定合力，结合动能定理（合 ）判断动能。
B.依据摩擦生热公式（ ），分析摩擦力与位移的乘积关系，判断热量。
C.通过动能定理比较电场力做功、摩擦力做功，确定末速度。
D.用 图像法，结合加速度变化（由合力变化）、末速度和位移相等，分析运动时间。
9．【答案】分压；4.6；1.7
【知识点】图象法；描绘小灯泡的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）要求灯泡两端电压从0V开始变化，则实验中滑动变阻器应采用分压接法。故答案为：分压
（2）由图（b）电路图可知，开关分别接两接线柱时，两灯泡分别与电源组成闭合电路，由灯泡的伏安特性曲线求出灯泡电流对应的电压，由图（a）的伏安特性曲线图像可知，和的电流平均值分别为0.30A和0.60A时灯泡两端电压分别为：3.8V，3.0V，过点（0.30A，3.8V）和点（0.60A，3.0V）作直线，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
；
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
。
故答案为：4.6；1.7
【分析】（1）需电压从 开始，必须用分压接法，因限流接法电压调节范围受限。
（2）利用闭合电路欧姆定律 ，通过伏安特性曲线获取两组 数据，代入方程联立求解。
10．【答案】4.0；；3.8；BC
【知识点】验证力的平行四边形定则；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）弹簧测力计的分度值为0.2N，所以读数时只需要估读到本位，根据指针的位置可知测力计的读数为4.0N；
故答案为：4.0
（2）用长度的线段表示的力，在图（c）中画出力的图示如下图所示，根据平行四边形定则可知对角线即为的合力。
故答案为：
（3）根据对角线的长度结合标度可知合力；
故答案为：3.8
（4）某次实验中，发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法分析如下
A．保持水平，并使B的拉力适当增大，根据平行四边形定则可知，
A的拉力也变大，此方案不合理，故A错误；
B．减小水杯重力（或换用重力更小的重物），根据力的合成可知，两个弹簧测力计的拉力都减小，此方案合理，故B正确；
C．保持点不动，使绕点顺时针旋转合适的角度，根据动态图解可知
A的拉力减小，此方案合理，故C正确；
D．同理，保持点不动，使绕点逆时针旋转合适的角度，根据动态图解可知
A的拉力增大，此方案不合理，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】（1）依据弹簧测力计分度值，直接读取示数，简单直观。
（2）用标度规范画分力，借平行四边形定则作合力，体现 “等效替代”，是验证平行四边形定则的关键操作。
（3）通过标度换算线段长度得合力，验证与实际合力（水杯重力 ）的偏差，判断定则是否成立。
（4）利用力的合成动态分析（分力与合力的关联、夹角对分力的影响 ），筛选能减小A 拉力的方案，体现 “实验问题的动态调整逻辑”。
11．【答案】（1）解：能，，理由如下，根据题意，若小球恰好能通过点，设速度为，则有
解得
小球从点到点过程中，没有机械能的损失，由机械能守恒定律有
解得
说明小球能通过点，在点，由牛顿第二定律有
解得
，所以能，。
（2）解：设小球做自由落体的高度为，其与三棱柱碰前（后）速度大小为，小球在处速度的竖直分量为，从到的时间为，其与三棱柱碰前，由自由落体运动
在处由速度关系有
由到的过程，竖直方向上有
，
水平方向上有
综上代入数据得
。
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律；运动的合成与分解；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）过 C 点判定与弹力：用 “临界条件（恰好过最高点的速度 ）” 对比实际速度，结合机械能守恒、牛顿第二定律，判断能否通过并求弹力，体现 “临界分析 + 守恒定律 + 动力学” 的综合应用。
（2）水平距离计算：将运动分解为水平匀速、竖直变速，利用速度分解、自由落体公式、运动学关联式，联立求解水平距离，体现 “运动分解 + 多过程关联” 的解题逻辑。
12．【答案】（1）解：设沿斜面向上为正方向，爆炸瞬间A、B速度大小分别为，爆炸过程A、B系统满足动量守恒和能量关系
，
代入数据得
，
（2）解：设A沿斜面向下运动与沿斜面向上运动的加速度分别为，由动力学方程
，
代入数据得
，
同理B沿斜面向上运动的加速度为
设B从爆炸后沿斜面向上运动的位移为
设A从爆炸后经过时间第一次运动至挡板处，反弹后又经过与B相碰
，
爆炸后A、B再一次相碰的时间为
代入数据得。
（3）解：设A再一次与B相碰前速度大小为，A、B碰后速度大小分别为
A、B碰撞过程
，
代入数据得
，
B再一次沿斜面向上运动的位移为
A再一次反弹后沿斜面向上运动的位移为
代入数据可得
因此A、B将不会再发生碰撞，设整个过程，A、B的路程分别为，由于摩擦增加的内能分别为
A、B由于摩擦而增加的总内能为
代入数据可得。
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型；物体的内能
【解析】【分析】（1）动量守恒定律、动能的概念。爆炸过程内力远大于外力，系统动量守恒；已知动能之和，结合动量守恒列方程求解。
（2）A 匀速（合力为 0 ），B 匀减速（合力恒定 ），利用位移关系列方程求相遇时间。
（3）摩擦生热等于系统初始动能与重力势能变化的总和，或直接计算摩擦力做功的路程。
13．【答案】A,C,E
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，故A正确；
B．对某物体做功，不一定会使该物体的内能增加，故B错误；
C．依据热力学第二定律，在引起其他变化的前提下，能从单一热库吸热量并完全变成功，比如理想气体等温膨胀，从单一热源吸热，全部用来对外做功，只是气体体积增大（产生其他影响 ），故C正确；
D．根据热力学第二定律，在外界做功参与下，热量能从低温物体传向高温物体，像冰箱制冷，消耗电能（外界做功 ），实现热量从低温的内部空间传到高温的外部环境，故D错误；
E．功转变成热的实际宏观过程，是有方向性的不可逆过程，例如摩擦生热，机械能（功 ）转化为内能（热 ），而内能无法自发全部变回机械能，故E正确。
故答案为：ACE。
【分析】首先对于内能变化，用热力学第一定律判断做功、传热与内能变化的关系然后对于热量传递、做功变热等方向性问题，依据热力学第二定律，考虑是否需外界影响、是否存在不可逆性等，从而确定各选项正误。
14．【答案】（i）解：设左右活塞的质量分别为M1、M2，左右活塞的横截面积为S，由平衡可知
，
得
由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上部分气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持，所以当下面放入温度为T的恒温源后，体积增大为，则由等压变化
解得
。
（ii）解：当把阀门K打开重新平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知。打开活塞后，左侧降某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T0等温变化，汽缸下部保持温度T等温变化．设左侧上方气体压强为p，由
设下方气体压强为p2
解得
p2=p+p0
所以有
联立上述两个方程解出
解得，另一解（舍去）。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）接触热源前（初始态 ）、接触热源后（左活塞到顶，等压变化 ）、打开K后（等温变化，气体重新分布 ），再用等压变化用盖-吕萨克定律（ ），等温变化用玻意耳定律（ ），求 T 。
（2）通过活塞质量与压强的关系（ 压强差 ），联立方程求解体积。
15．【答案】A,C,E
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】已知时质点从平衡位置向下运动，时第一次到最高点，质点从平衡位置向下运动到第一次到最高点，经过的时间是（向下到最低点是，再到最高点是 ，共 ），即，解得
A．波从传到，传播距离
波速，根据，传播时间
所以时波恰好传到处，故A正确；
B．根据题意，由公式可得，波传到质点处的时间为
则在时刻质点振动的时间为
可知，在时刻质点在平衡位置向上振动，故B错误；
C．时，质点振动的时间范围：波传到是，所以此区间内振动时间满足（时，振动 ），起振方向向下，振动（ ）到最低点，再振动（ ）到最高点，所以对应从最低点运动到最高点，即向上运动，故C正确；
D．根据题意，由公式可得，波长为，可知，间的距离
则当质点向下运动时，质点可能向下运动，故D错误；
E．根据题意，结合上述分析可得，质点的振动方程为
当时，解得，故E正确。
故答案为：ACE。
【分析】首先先通过质点的振动状态（向下、到最高点 ），利用“振动四分之三周期到最高点”求出周期然后再结合波速公式，分析波传播到各质点的时间，进而判断质点振动状态（位置、运动方向 ）再对于波长，用计算，结合质点间距判断振动相位关系最后用振动方程验证质点在特定时刻的位置，逐一分析选项正误。
16．【答案】解：由于环状线光源关于点具有旋转对称性，因此只需研究光源上其中一个点光源的情况即可。不妨研究环状线光源上的点，在球面上任意取一点，连接、，设，入射角为，如图所示
在中由正弦定理可得
一定时，当，入射角取最大值，则有
设临界角为，根据
由题意可得
联立解得。
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】 利用环状光源的旋转对称性，仅研究一个点光源的最大入射角，再通过正弦定理关联入射角、球半径、光源半径，最大入射角需小于临界角，避免全反射，确保光射出。
四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期开学考试理综物理试题
一、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．（2023高三上·成都开学考）物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图中箭头所示．则传送带转动后（ ）
A．M将减速下滑 B．M仍匀速下滑
C．M受到的摩擦力变小 D．M受到的摩擦力变大
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；滑动摩擦力与动摩擦因数；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】传送带突然转动前物块匀速下滑，对物块进行受力分析：物块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带突然转动后，对物块进行受力分析，物块受重力、支持力，由于上面的传送带斜向上运动，而物块斜向下运动，所以物块所受到的摩擦力不变仍然斜向上，所以物块仍匀速下滑。
故答案为：B。
【分析】滑动摩擦力本质：仅由和正压力决定，与相对速度方向（传送带转动方向 ）无关。
受力平衡判断：传送带转动前后，物块的重力分力、滑动摩擦力均未改变，平衡状态不变（匀速 ）。
2．（2023高三上·成都开学考）静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置.如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等，图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是
A．a点的电势高于b点的电势
B．电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．电子在a点的动能大于在b点的动能
D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能
【答案】D
【知识点】电场及电场力；电场线；电势；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【解答】A.等势线与电场线垂直，先画出电场线。电子带负电，受力与电场线方向相反，在y轴左侧，电子受力斜向右下；y轴右侧，受力斜向右上 ，负电荷从低电势向高电势运动，所以a点电势低于b点电势，A错误。
B.等势线越密，电场线越密，场强越大，b处等势线更密，场强大，电子在b点加速度大，B错误。
C.电子电势能
（为负）
电势越高，电势能越小，电子从a到b，电势能减小，根据能量守恒，动能增加，所以a点动能小于b点动能，C错误。
D.由
（ ）
a点电势低于b点电势，可得电子在a点电势能大于b点电势能，D正确。
故答案为：D
【分析】首先依据负电荷受力与电场线反向，判断运动中电势变化（负电荷从低电势到高电势 ），通过等势线疏密判断场强，进而确定加速度（场强越大，加速度越大 ），用（为负时，电势越高电势能越小 ），结合能量守恒（电势能与动能相互转化 ），判断电势能和动能变化，从而得出正确选项。
3．（2023高三上·成都开学考）近年来，我国大部分地区经常出现雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响。在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，但刹车过程中刹车失灵。如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的v t图像，以下说法正确的是( )
A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B．在t＝5 s时追尾
C．在t＝3 s时追尾
D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾
【答案】C
【知识点】平均速度；匀变速直线运动规律的综合运用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】ABC．从图像中可以看出，小汽车刹车失灵前的加速度a1＝－10m/s2，刹车失灵后的加速度a2＝－2.5m/s2。假设能追尾，设追尾时间为t，则小汽车刹车失灵前的位移
x1＝×(20＋30)×1m＝25m
小汽车刹车失灵后的位移
x2＝20×(t－1)－×2.5×(t－1)2
大卡车的位移
x3＝10t
由
x1＋x2＝30＋x3
得t＝3s，则假设成立，故AB错误，C正确；
D．如果刹车不失灵，则在t＝2 s时两车速度相同，此时小汽车的位移
x4＝×(30＋10)×2m＝40m
大卡车的位移
x5＝10×2m＝20m，x4－x5＝20m<30m
故这时没有追尾，以后两车间距会越来越大，更不会追尾，D错误。
故答案为：C。
【分析】ABC：面积表示位移，斜率表示加速度；小汽车分 “刹车失灵前” 和 “刹车失灵后” 两段计算，大卡车匀速；小汽车位移 = 大卡车位移 + 初始距离，解方程求时间。
D：计算同速时位移差，判断是否追尾。
4．（2023高三上·成都开学考）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。发射过程简化为如图所示：火箭先把卫星送至椭圆轨道1，该轨道的近地点为，远地点为；卫星在点时变轨，使卫星沿圆轨道2运行；当卫星在轨道2上飞经赤道上空时再进行变轨，使卫星沿同步轨道3运行，轨道1、2相切与点，轨道2、3相交于两点，忽略卫星质量变化，下列说法正确的是（ ）
A．卫星在点由轨道1进入轨道2前后机械能守恒
B．轨道1在点的线速度小于轨道3的线速度
C．卫星在轨道1经过点时的加速度大于在轨道2经过点时的加速度
D．卫星一旦进入轨道2，其最终定位于赤道的经度就已经确定了
【答案】D
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A．卫星由轨道1进入轨道2需要加速做离心运动，除了万有引力外的其他力做正功，机械能变大，故A错误；
B．根据
可得
可知轨道3的小于点所在圆轨道的速度，又点所在圆轨道的小于轨道1在点的线速度，所以轨道1在点的线速度大于轨道3的线速度，故B错误；
C．根据
可得
可知卫星在轨道1经过点时的加速度等于在轨道2经过点时的加速度，故C错误；
D．根据
可得
可知轨道2、3半径相同，周期相等，均等于地球的自转周期，卫星一旦进入轨道2，一直到变轨到3轨道，地球转过的角度与卫星转过的角度是确定的关系，到轨道3后，卫星与地球保持相对静止，所以卫星一旦进入轨道2，其最终定位于赤道的经度就已经确定，故D正确。
故选D。
【分析】1．卫星轨道的突变：由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道。如图所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：
(1)先将卫星发送到近地轨道Ⅰ，使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v。
(2)变轨时在P点点火加速，短时间内将速率由v1增加到v2，这时，卫星脱离原轨道做离心运动，进入椭圆形的转移轨道Ⅱ。
(3)卫星运行到远地点Q时的速率为v3，此时进行第二次点火加速，在短时间内将速率由v3增加到v4，使卫星进入同步轨道Ⅲ，绕地球做匀速圆周运动。
2．卫星变轨时一些物理量的定性分析
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v4，在轨道Ⅱ上过P、Q点时的速率分别为v2、v3，在P点加速，则v2>v1；在Q点加速，则v4>v3。又因v1>v4，故有v2>v1>v4>v3。
(2)加速度：因为在P点不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过，P点到地心的距离都相同，卫星的加速度都相同，设为aP。同理，在Q点加速度也相同，设为aQ。又因Q点到地心的距离大于P点到地心的距离，所以aQ
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡；重力势能；动能和势能的相互转化
【解析】【解答】由几何关系可知
当轻杆转动到某一位置时，撤去外力作用，整个装置仍能保持静止状态，如图所示
由B端受力和几何关系可知，此时为等边三角形；则B端上升高度为
而绳子竖直部分伸长了
则物体上升的高度为
则整个过程物体重力势能的改变量为
故答案为：A。
【分析】首先利用几何关系（等腰直角三角形、等边三角形判定 ）确定绳长和轻杆端点位移，然后结合力矩平衡（轻杆静止时，绳拉力与轻杆垂直 ）判断最终状态的几何特征，最后通过绳长变化与端点位移的关联，计算物体实际上升高度，再由重力势能公式 求解。
6．（2023高三上·成都开学考）某电动机的伏安特性曲线如图（a）所示，现将两个这样规格的电动机并联接在电动势为，内阻为的直流电源上，连接方式如图（b）所示。下列说法正确的是（ ）
A．由图（a）可知，当电动机两端电压大于零时，其就会有机械能产生
B．由图（a）可知，该电动机线圈电阻为
C．由图（a）可知，当电动机两端电压为时，其机械功率为
D．由图（b）可知，当电键S闭合后，电源的输出功率为
【答案】B,D
【知识点】焦耳定律；线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．电动机有机械能产生的条件是其为非纯电阻工作状态（即有电流做功转化为机械能，此时电压与电流不满足纯电阻的线性关系 ），从图（a）看，在电压较低时，电动机可能处于纯电阻状态（电能主要转化为热能 ），当电压大于一定值（经分析是大于2.2V ）才开始有机械能输出，并非电压大于零就有机械能，故A错误；
B．电动机线圈电阻可由伏安特性曲线的线性部分（纯电阻阶段 ）计算，取图（a）中线性段数据，如电压，电流（因线性段满足 ），根据，可得
故B正确；
C．由图（a）可知，当电动机两端电压为时，电动机总功率
热功率为
机械功率为
故C错误；
D．假设电动机不转动，为纯电阻电路，两个电动机并联，结合以上分析可知总电阻为
则两个电动机两端的电压
可知电动机转动，由图可知流过电动机的电流为2.0A，故通过电源的电流为，故
由闭合电路欧姆定律知
故电源的输出功率
故D正确。
故答案为：BD。
【分析】首先区分纯电阻（线性段）和非纯电阻（非线性段）工作状态，纯电阻段用算线圈电阻；非纯电阻段总功率，热功率热，机械功率机热，并联电路分析时，先假设纯电阻求电压判断是否转动，转动后从图中取电流值，结合闭合电路欧姆定律算路端电压、输出功率，通过各选项对应物理量的计算与判断。
7．（2023高三上·成都开学考）一个足够长的轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别为和的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），水平恒力作用在A物块上，如图所示（重力加速度）。则（ ）
A．若，则物块、木板都静止不动
B．若，则A物块所受摩擦力大小为
C．若，则B物块所受摩擦力大小为
D．若，则B物块的加速度为
【答案】B,D
【知识点】受力分析的应用；牛顿运动定律的应用—板块模型；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．若，A物块与板间最大静摩擦力为
可知A物块与木板没有相对滑动，A、B物块与木板一起向左做加速运动，故A错误；
B．由于，可知，A、B物块与木板一起向左做加速运动，加速度为
对A物块受力分析有
可得A物块所受摩擦力大小为，故B正确；
CD．由于木板为轻质木板，且
可知木板与B始终相对静止；设水平恒力为时，A物块与木板刚好发生相对滑动，则有
，
解得
，
若，A物块与木板发生相对滑动，则B物块所受摩擦力大小为
若，A物块与木板发生相对滑动，则B物块的加速度为，故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】首先利用最大静摩擦力判断相对滑动临界状态，区分 “整体加速” 与 “相对滑动” 两种运动形式，然后对轻质木板，A、B 间摩擦力传递无 “质量损耗”，最后通过临界加速度关联 A、B 的受力，分情况（F 小于 / 大于临界力 ），用整体法求加速度、隔离法求摩擦力，逐一验证选项，得出正确选项
8．（2023高三上·成都开学考）如图所示，水平地面上有一段绝缘粗糙区域，该区域中的点距点较近。材料与形状完全相同的两个物块甲和乙与地面间的动摩擦因数由到逐渐减小，甲物块带正电荷，乙物块带等量的负电荷，图示空间中有水平向右的匀强电场，两物块在运动过程中电荷量保持不变．先让甲物块从由静止释放滑到。然后再让乙物块从由静止释放滑到。上述两过程相比较，下列说法中正确的是（ ）
A．甲物块经过点时动能较小
B．甲物块从释放到点比乙物块从释放到点因摩擦产生的热量更少
C．甲物块在上述过程中获得的速度较大
D．甲物块在上述过程中所用时间较长
【答案】A,D
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；带电粒子在电场中的运动综合；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．动摩擦因数由A到B逐渐减小，但物块甲从A由静止开始能滑到B，说明电场力在整个过程中都大于摩擦力，物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力较大，故合力较小，离P点距离较短，故合力做功较少，据动能定理可知，到达P点的动能较小；物块乙从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，离P点距离较长，故合力做功较多，到达P点的动能较大，故A正确；
B．克服摩擦力所做的功等于产生的热量
甲从到过程摩擦力较大，但位移较小，乙从到过程摩擦力较小，但位移较大，故无法确定f做功多少，即无法确定甲物块从释放到点与乙物块从释放到点因摩擦产生的热量的大小关系，故B错误；
C．由动能定理可得
由题意可知，两过程摩擦力的平均值相同，故合力做功相同，两个过程获得的速度大小相等，故C错误；
D．采用图象法分析，结合A的解析可知，甲运动过程加速度在增大，故斜率增大，如图1，乙运动过程加速度减小，故斜率减小，如图2，由C的解析可知，末速度大小相等，且两过程的位移相等，即图线下方所围的面积相等，故甲运动过程的时间长，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A.利用受力分析（电场力、摩擦力）确定合力，结合动能定理（合 ）判断动能。
B.依据摩擦生热公式（ ），分析摩擦力与位移的乘积关系，判断热量。
C.通过动能定理比较电场力做功、摩擦力做功，确定末速度。
D.用 图像法，结合加速度变化（由合力变化）、末速度和位移相等，分析运动时间。
二、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．（2023高三上·成都开学考）在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡L、量程恰当的电流表和电压表、直流电源、滑动变阻器、电键等，要求灯泡两端电压从0V开始变化。
（1）实验中滑动变阻器应采用 接法（填“分压”或“限流”）。
（2）电路连接正确后，分别测得两只灯泡和的伏安特性曲线如图（a）中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡、与电池组、电流表（电动势和内阻均恒定，电流表阻值为）连成图（b）所示的电路，多次测量后得到通过和的电流平均值分别为和。由该曲线可知，电池组的电动势为 ，内阻为 （结果均保留两位有效数字）。
【答案】分压；4.6；1.7
【知识点】图象法；描绘小灯泡的伏安特性曲线；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】（1）要求灯泡两端电压从0V开始变化，则实验中滑动变阻器应采用分压接法。故答案为：分压
（2）由图（b）电路图可知，开关分别接两接线柱时，两灯泡分别与电源组成闭合电路，由灯泡的伏安特性曲线求出灯泡电流对应的电压，由图（a）的伏安特性曲线图像可知，和的电流平均值分别为0.30A和0.60A时灯泡两端电压分别为：3.8V，3.0V，过点（0.30A，3.8V）和点（0.60A，3.0V）作直线，如图所示
根据闭合电路欧姆定律可得
可知图像的纵轴截距等于电动势，则有
；
图像的斜率绝对值为
解得内阻为
。
故答案为：4.6；1.7
【分析】（1）需电压从 开始，必须用分压接法，因限流接法电压调节范围受限。
（2）利用闭合电路欧姆定律 ，通过伏安特性曲线获取两组 数据，代入方程联立求解。
10．（2023高三上·成都开学考）某同学在家中做实验验证力的平行四边形定则．他从学校实验室借来两只弹簧测力计，按如下步骤进行实验。
①在竖直墙面上贴一张白纸来记录弹簧弹力的大小和方向
②如图（a）将弹簧测力计A上端挂于固定点，下端用细线挂一水杯M，细线与水杯系于点，记下静止时弹簧测力计的读数
③如图（b）将另一弹簧测力计B的一端用细线系于点，手持另一端向左拉，使结点静止在某位置．分别读出弹簧测力计A和B的示数分别为，并在白纸上记录点的位置和拉线的方向。
（1）从图（a）中可得 。
（2）在步骤③中测得和，两个力的方向如图（c）所示，用长度的线段表示的力，在图（c）中画出力的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力 。
（3）合力 ，若与的大小及方向的偏差在实验允许的范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。
（4）某次实验中，发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法合理的是 。
A．保持水平，并使B的拉力适当增大
B．减小水杯重力（或换用重力更小的重物）
C．保持点不动，使绕点顺时针旋转合适的角度
D．保持点不动，使绕点逆时针旋转合适的角度
【答案】4.0；；3.8；BC
【知识点】验证力的平行四边形定则；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】（1）弹簧测力计的分度值为0.2N，所以读数时只需要估读到本位，根据指针的位置可知测力计的读数为4.0N；
故答案为：4.0
（2）用长度的线段表示的力，在图（c）中画出力的图示如下图所示，根据平行四边形定则可知对角线即为的合力。
故答案为：
（3）根据对角线的长度结合标度可知合力；
故答案为：3.8
（4）某次实验中，发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，下列解决办法分析如下
A．保持水平，并使B的拉力适当增大，根据平行四边形定则可知，
A的拉力也变大，此方案不合理，故A错误；
B．减小水杯重力（或换用重力更小的重物），根据力的合成可知，两个弹簧测力计的拉力都减小，此方案合理，故B正确；
C．保持点不动，使绕点顺时针旋转合适的角度，根据动态图解可知
A的拉力减小，此方案合理，故C正确；
D．同理，保持点不动，使绕点逆时针旋转合适的角度，根据动态图解可知
A的拉力增大，此方案不合理，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】（1）依据弹簧测力计分度值，直接读取示数，简单直观。
（2）用标度规范画分力，借平行四边形定则作合力，体现 “等效替代”，是验证平行四边形定则的关键操作。
（3）通过标度换算线段长度得合力，验证与实际合力（水杯重力 ）的偏差，判断定则是否成立。
（4）利用力的合成动态分析（分力与合力的关联、夹角对分力的影响 ），筛选能减小A 拉力的方案，体现 “实验问题的动态调整逻辑”。
11．（2023高三上·成都开学考）如图所示，在水平地面的右侧有一个圆心在点，半径的光滑圆弧形轨道，它与地面连接于点，分别是轨道的最低和最高点，连线与竖直方向呈。一个小球（可视为质点）从点静止释放，与正下方直杆上的三棱柱碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，小球恰好能在点沿轨道切线进入轨道。已知点与地面的高度，小球质量，重力加速度取，。
（1）小球能否通过点？若能，求出点轨道对小球的弹力大小，若不能，说明理由；
（2）求点与点的水平距离。
【答案】（1）解：能，，理由如下，根据题意，若小球恰好能通过点，设速度为，则有
解得
小球从点到点过程中，没有机械能的损失，由机械能守恒定律有
解得
说明小球能通过点，在点，由牛顿第二定律有
解得
，所以能，。
（2）解：设小球做自由落体的高度为，其与三棱柱碰前（后）速度大小为，小球在处速度的竖直分量为，从到的时间为，其与三棱柱碰前，由自由落体运动
在处由速度关系有
由到的过程，竖直方向上有
，
水平方向上有
综上代入数据得
。
【知识点】自由落体运动；牛顿第二定律；运动的合成与分解；平抛运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）过 C 点判定与弹力：用 “临界条件（恰好过最高点的速度 ）” 对比实际速度，结合机械能守恒、牛顿第二定律，判断能否通过并求弹力，体现 “临界分析 + 守恒定律 + 动力学” 的综合应用。
（2）水平距离计算：将运动分解为水平匀速、竖直变速，利用速度分解、自由落体公式、运动学关联式，联立求解水平距离，体现 “运动分解 + 多过程关联” 的解题逻辑。
12．（2023高三上·成都开学考）如图所示，一倾角的固定斜面的底端安装一弹性挡板，静止在斜面上的两个小物块A、B质量分别为，；两者之间安放了少量炸药，物块A与挡板的距离。某时刻，炸药发生爆炸，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为，A、B物块与斜面之间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，斜面足够长，求：
（1）爆炸后瞬间A、B速度大小；
（2）爆炸后经过多长时间，A、B再一次相碰；
（3）从爆炸到A和B都静止的过程中，A、B与斜面由于摩擦而增加的内能。
【答案】（1）解：设沿斜面向上为正方向，爆炸瞬间A、B速度大小分别为，爆炸过程A、B系统满足动量守恒和能量关系
，
代入数据得
，
（2）解：设A沿斜面向下运动与沿斜面向上运动的加速度分别为，由动力学方程
，
代入数据得
，
同理B沿斜面向上运动的加速度为
设B从爆炸后沿斜面向上运动的位移为
设A从爆炸后经过时间第一次运动至挡板处，反弹后又经过与B相碰
，
爆炸后A、B再一次相碰的时间为
代入数据得。
（3）解：设A再一次与B相碰前速度大小为，A、B碰后速度大小分别为
A、B碰撞过程
，
代入数据得
，
B再一次沿斜面向上运动的位移为
A再一次反弹后沿斜面向上运动的位移为
代入数据可得
因此A、B将不会再发生碰撞，设整个过程，A、B的路程分别为，由于摩擦增加的内能分别为
A、B由于摩擦而增加的总内能为
代入数据可得。
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律；碰撞模型；物体的内能
【解析】【分析】（1）动量守恒定律、动能的概念。爆炸过程内力远大于外力，系统动量守恒；已知动能之和，结合动量守恒列方程求解。
（2）A 匀速（合力为 0 ），B 匀减速（合力恒定 ），利用位移关系列方程求相遇时间。
（3）摩擦生热等于系统初始动能与重力势能变化的总和，或直接计算摩擦力做功的路程。
三、【物理—选修3-3】（15分）
13．（2023高三上·成都开学考）关于热力学定律，下列说法正确的是（ ）
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热库吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【答案】A,C,E
【知识点】热力学第一定律及其应用；热力学第二定律
【解析】【解答】A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，故A正确；
B．对某物体做功，不一定会使该物体的内能增加，故B错误；
C．依据热力学第二定律，在引起其他变化的前提下，能从单一热库吸热量并完全变成功，比如理想气体等温膨胀，从单一热源吸热，全部用来对外做功，只是气体体积增大（产生其他影响 ），故C正确；
D．根据热力学第二定律，在外界做功参与下，热量能从低温物体传向高温物体，像冰箱制冷，消耗电能（外界做功 ），实现热量从低温的内部空间传到高温的外部环境，故D错误；
E．功转变成热的实际宏观过程，是有方向性的不可逆过程，例如摩擦生热，机械能（功 ）转化为内能（热 ），而内能无法自发全部变回机械能，故E正确。
故答案为：ACE。
【分析】首先对于内能变化，用热力学第一定律判断做功、传热与内能变化的关系然后对于热量传递、做功变热等方向性问题，依据热力学第二定律，考虑是否需外界影响、是否存在不可逆性等，从而确定各选项正误。
14．（2023高三上·成都开学考）如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两汽缸的容积均为V0汽缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为。现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（i）恒温热源的温度T；
（ii）重新达到平衡后左汽缸中活塞上方气体的体积Vx
【答案】（i）解：设左右活塞的质量分别为M1、M2，左右活塞的横截面积为S，由平衡可知
，
得
由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上部分气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持，所以当下面放入温度为T的恒温源后，体积增大为，则由等压变化
解得
。
（ii）解：当把阀门K打开重新平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知。打开活塞后，左侧降某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T0等温变化，汽缸下部保持温度T等温变化．设左侧上方气体压强为p，由
设下方气体压强为p2
解得
p2=p+p0
所以有
联立上述两个方程解出
解得，另一解（舍去）。
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等压变化及盖-吕萨克定律
【解析】【分析】（1）接触热源前（初始态 ）、接触热源后（左活塞到顶，等压变化 ）、打开K后（等温变化，气体重新分布 ），再用等压变化用盖-吕萨克定律（ ），等温变化用玻意耳定律（ ），求 T 。
（2）通过活塞质量与压强的关系（ 压强差 ），联立方程求解体积。
四、【物理—选修3-4】（15分）
15．（2023高三上·成都开学考）如图所示，是均匀媒质中轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为、和。一列简谐横波以的波速沿轴正向传播，在时刻到达质点处，质点由平衡位置开始竖直向下运动，时第一次到达最高点。下列说法正确的是（ ）
A．在时刻波恰好传到质点处
B．在时刻质点恰好到达最低点
C．在的时间间隔内质点向上运动
D．当质点向下运动时，质点一定向上运动
E．在时，质点偏离平衡位置的距离是其振幅的一半
【答案】A,C,E
【知识点】机械波及其形成和传播；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】已知时质点从平衡位置向下运动，时第一次到最高点，质点从平衡位置向下运动到第一次到最高点，经过的时间是（向下到最低点是，再到最高点是 ，共 ），即，解得
A．波从传到，传播距离
波速，根据，传播时间
所以时波恰好传到处，故A正确；
B．根据题意，由公式可得，波传到质点处的时间为
则在时刻质点振动的时间为
可知，在时刻质点在平衡位置向上振动，故B错误；
C．时，质点振动的时间范围：波传到是，所以此区间内振动时间满足（时，振动 ），起振方向向下，振动（ ）到最低点，再振动（ ）到最高点，所以对应从最低点运动到最高点，即向上运动，故C正确；
D．根据题意，由公式可得，波长为，可知，间的距离
则当质点向下运动时，质点可能向下运动，故D错误；
E．根据题意，结合上述分析可得，质点的振动方程为
当时，解得，故E正确。
故答案为：ACE。
【分析】首先先通过质点的振动状态（向下、到最高点 ），利用“振动四分之三周期到最高点”求出周期然后再结合波速公式，分析波传播到各质点的时间，进而判断质点振动状态（位置、运动方向 ）再对于波长，用计算，结合质点间距判断振动相位关系最后用振动方程验证质点在特定时刻的位置，逐一分析选项正误。
16．（2023高三上·成都开学考）如图所示，有一个半径为的环状光源，其表面可以朝各个方向发光，现将环状光源封装在一个半球形透明介质的底部，环状光源的圆心与球心重合。半球形介质的折射率为1.5，为使环状光源发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，求球半径的取值范围？
【答案】解：由于环状线光源关于点具有旋转对称性，因此只需研究光源上其中一个点光源的情况即可。不妨研究环状线光源上的点，在球面上任意取一点，连接、，设，入射角为，如图所示
在中由正弦定理可得
一定时，当，入射角取最大值，则有
设临界角为，根据
由题意可得
联立解得。
【知识点】光的全反射
【解析】【分析】 利用环状光源的旋转对称性，仅研究一个点光源的最大入射角，再通过正弦定理关联入射角、球半径、光源半径，最大入射角需小于临界角，避免全反射，确保光射出。
