江西省抚州市临川第二中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试物理试卷

试卷第 5页，共 4页 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D B C C C A BD BCD AD 1．答案：A 解析：竖直方向根据受力平衡得 6 cosF mg  ，解得 6cos mgF   ，故选 A。 2．答案：D 解析：A.以滑块 1 和滑块 2 组成的系统为研究对象，以水平向右为正方向，碰撞前系统的动量为 1 1 0.4kg m / sp mv   碰撞后系统的动量为 2 22 0.44 m / sp mv kg   故该过程动量不守恒，故 A错误； B.对滑块 1，根据动量定理可得 1 2 1 0.18N sI mv mv     故 B 错误；C.对滑块 2，根据动量定理可得 2 2 0 0.22N sI mv    故 C错误；D.根据 2 2I F t 可得 22 5.5N IF t   故 D正确。故选 D。 3．答案：B 解析：由题图（b）可知小物块甲做匀加速直线运动，小物块乙做加速度减小的加速运动，结合题图（a） 可知，小物块甲沿轨道Ⅱ下滑，小物块乙沿轨道Ⅰ下滑，AD错误；由题图（b）可知，两物块在离开 M点 后、到达 N点前的下滑过程中，同一时刻物块乙的速度大于物块甲的速度，则同一时刻甲的动能比乙的小， B正确；小物块乙由静止释放的瞬间，小物块乙的速度为零，则小物块乙的重力功率为 0，小物块乙滑到 轨道Ⅰ底端的瞬间，小物块乙的速度方向与重力方向垂直，则小物块乙的重力功率为 0，但在下滑过程中， 小物块乙的重力做的功不为 0，则小物块乙的重力的瞬时功率先增大后减小，C错误。 4．答案：C 解析：A.向心力是效果力，实际上不存在，可知模型飞机不受向心力作用，受到重力和旋臂对模型飞机的 两个作用力，故 A错误； BC.模型飞机在水平面内做匀速圆周运动，竖直方向受力平衡，所以旋臂对模型飞机作用力的一个分力 1F 平 衡了飞机的重力，即有 1F mg 另一个分力提供了飞机做匀速圆周运动的向心力 2F ，则有 2 2 2 1 2sin 45 gF mr mL mg F L              可知旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直且大小等于 2mg ，故 B错误，C正确； D.根据上述分析知，若转动的角速度增大， 2F 增加， 1F 不变，旋臂对模型飞机的作用力 2 2 1 2F F F  可知若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力增大，故 D错误。 试卷第 6页，共 4页 5．答案：C 解析：AB.由图像可得，P、Q两条直线的函数关系式分别为 2 3cT r m  2 3 cT r n  当探测卫星在该星球近表面运动时，轨道半径为星球半径 1R ，此时 2T c 联立可得 3 1R m 当探测卫星在地球近表面运动时，轨道半径为地球半径 2R ，此时 2T c 联立可得 3 2R n 设“探测卫星”质量为 m，星球质量为 1M ，地球质量为 2M ，当“探测卫星”在该星球近表面做圆周运动时， 有 2 1 12 1 4πGM m m R R c  当“探测卫星”在地球近表面做圆周运动时，有 2 2 22 2 4πGM m m R R c  联立上面两式可得 3 1 1 3 2 2 M R M R  34 π 3 M R 所以星球密度为 11 3 1 3 4π M R   地球密度为 22 3 2 3 4π M R   所以 1 2 1   故 AB错误；CD.根据万有引力提供向心力有 2 2 GMm vm r r  可得 GMv r  所以星球第一宇宙速度为 11 1 GMv R  地球第一宇宙速度为 22 2 GMv R  所以两速度之比为 3 3 1 2: :v v m n 故 C正确，D错误。 试卷第 7页，共 4页 6．答案：C 解析：A.由图可知，当 4mh  时，物体的重力势能为80J，根据公式 pE mgh 可得，物体的质量为 p 2kg E m gh   故 A错误； B.由图可知，机械能与高度的关系式为 100 5E h  重力势能与高度的关系式为 p 20E h 则当 2mh  时，物体的机械能为90J，重力势能为 40J，则物体的动能为 2k p 50JE E E   故 B错误； C.当 3mh  时，物体的机械能为85J，重力势能为 60J，则物体的动能为 3k p 25JE E E   由公式 2 k 1 2 E mv 可得，物体的速率为 5m / sv  故 C正确； D.设阻力的大小为 f，当物体由 2mh  运动到 3mh  时，结合 BC分析，由动能定理有 3 2k k mg h f h E E      解得 5Nf  故 D错误。 故选 C。 7．答案：A 8．答案：BD 解析：A.小球 A、B受力情况如图所示 对 B球根据共点力平衡可知 水平方向 sin 45OBT mg  竖直方向 cos 45OBT mg  解得 2OBT mg ；F mg 此时弹簧处于拉长状态，A错误； B.小球 B缓慢下降，即 B处于动态平衡，所以小球 B受到合力始终为 0，B正确； CD.设 OA绳长为 l，OO的长度为 h，圆柱体的半径为 R，小球 A受力平衡，由相似三角形可知 试卷第 8页，共 4页 N R mg h  T l mg h  球 A沿着半圆柱体缓慢向上过程中 OA绳长 l逐渐减小，根据公式可知：N不变，T减小，C错误，D正确。 故选 BD。 9．答案：BCD 解析：A.b向右运动距离为 L的过程中，a下降的距离为 2 L ，所以 a的速度与 b的速度大小不相等，故 A 错误；B.根据机械能守恒定律可知，a减少的机械能等于 b增加的动能，故 B正确；C.重力对 a做的功为 33 2 2G L mgLW mg   ,故 C正确；D.根据机械能守恒定律可得 2 213 3 2 2 1 2a b Lmg mv mv    , 2 a bv v ，解 得 3 7a gLv  ，故 D正确。故选 BCD。 10．答案：AD 解析：AB.从 B点到 C点的过程中表演者做斜抛运动，则表演者的水平速度不变，在 B点有 cos B v v   即 松手时表演者的速度大小为 cosB vv   故 A正确，B错误;C.根据题意可知，从 A点到 C点的过程中，竖 直方向上，加速度先有向上分量，后具有向下的加速度，则表演者先超重后失重，故 C错误;D.从 A点到 B 点的过程中，由动能定理有 2 21 1(1 cos ) 2 2B A mgR mv mv    在 A点，由牛顿第二定律可得，表演者所受 合力大小为 2 AvF m L  联立解得 2 22 (1 cos ) cos mvF mg L      故 D正确。故选 AD. 11．（6分）（1）A（3分） （2）D（3分） 【详解】（1）实际合力（后来用一根弹簧测力计将橡皮条下端拉到 O点）肯定沿 AO方向的，理论合力是 根据平行四边形作出来的，不一定沿 AO方向，所以 A图是小陈同学实验后画出的正确力的图示，故 填 A； （2）AB．两弹簧测力计大小可以不同，夹角可以垂直也可以不垂直，所以橡皮条不一定与两绳套夹角的 平分线在同一直线上，AB错误； C．弹簧测力计外壳与桌面间的摩擦，不会影响弹力测量，对实验造成误差，C错误； DE．实验要记录弹簧测力计在平行于木板方向的读数和方向，所以弹簧测力计要与木板平行；记录分力 方向是根据两点的连线作出的，为了减小作图误差，所以拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳 方向的两点要适当远些，D正确，E错误。 故选 D。 12．（12分）（1）C（3分） （2）增大（3分） 0.176（3分） （3）A（3分） 【详解】（1）A．利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，只需要保证小车受到的合力恒 定不变，不需要平衡摩擦力，故 A错误； B．以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，由于仍存在摩擦力做功，会产生内能，所以不可利用 该装置“验证机械能守恒定律”，故 B错误； C．利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满足小车 试卷第 9页，共 4页 的质量远大于砝码与砝码盘的总质量。因为只有当小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，才能 认为绳的拉力近似等于砝码与砝码盘的总重力，故 C正确。 故选 C。 （2）（a）平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，纸带向右运动，点迹变密集， 说明小车做减速运动，为了让小车做匀速运动，应该增大木板的倾角； （b）由牛顿第二定律得 mg Ma 可得 1 1M a g m   由 1 1 a m  图像可得 1.8 100 M g  解得小车的质量为 M=0.176 kg （3）取下托盘和砝码前，小车做匀速直线运动，处于平衡状态，合力等于零，取下托盘和砝码后，小车 做匀加速直线运动，其所受的合力为 F mg 改变砝码质量和木板倾角，多次测量，根据牛顿第二定律，加速度与合力成正比，通过作图可得到a F 的 关系一定是一条通过原点的倾斜的直线。 故选 A。 13．（9分）（1）5m（3分） （2）5 5m / s（3分） （3） 27500J （3分） 【详解】（1）摩托车离开高台做平抛运动，则竖直方向有 2 1 2 h gt  解得 2 1sht g    水平方向有 1s v t  解得 5ms  （2）摩托车落地时的竖直分速度大小为 10m / syv gt  则摩托车落地时速度的大小为 2 2 2 21 5 10 m / s 5 5m / syv v v     （3）摩托车冲上高台的过程中，根据动能定理得 2 2f 1 0 1 1 2 2 Pt mgh W mv mv    代入数据解得摩托车冲上高台过程中摩擦阻力做的功为 f 27500JW   14．（11分）（1）0.2（3分） （2）26 N（3分） （3）14.75 m（5分） 【详解】（1）小滑块在长木板上滑动，由牛顿第二定律得 1 1mg ma  根据图像可知小滑块的加速度 2 21 1 1 m / s 2m / s 0.5 va t    解得 1 0.2  （2）根据图像可知长木板的加速度 2 222 3.5 m / s 7m / s 0.5 va t    由牛顿第二定律得  1 3 2F mg m M g Ma     解得 26NF  试卷第 10页，共 4页 （3）长木板的长度 2 12 1.25m 2 2 v vL t t       小滑块在平台上减速运动时有 2 3μ mg ma 又 2 1 3 12v a x ， 1 3v a t  联立解得 1 0.5mx  ， 1st  此过程中，长木板的加速度大小为 34 F Mga M   长木板的位移大小为 2 2 2 4 1 2 x v t a t   联立解得 2 14mx  则小滑块速度刚好减为零时与长木板右端之间的距离 2 1 14.75mx L x x    15．（16分）（1）65 J（3分） （2）17.5 N（5分） （3） p5J 25JE  或 p 55JE  （8分） 【详解】（1）由题意知物块恰好到达 E点，则 2  E vmg m R 解得 2 5m / sEv  若传送带逆时针转动，物块从 A点到 E点，根据能量守恒定律有 2p1 13 2 2 E E mgL mgR mv   解得释放时弹簧的弹性势能为 pl 65JE  （2）根据能量守恒定律有 2p2 1 2 B E mv mgL  ， 解得 30m / sBv v  传 物块在传送带上的加速度大小 25m / sa g  若物块以此加速度做匀减速运动至与传送带共速的位移大小为 x，则 2 2 2sv v ax  传 解得 0.5m 1mx L   可知物块在传送带上先减速，后和传送带一起共速运动，到达 C点时的速度大小为 5m/sCv  物块从 C点到 D点有 2 2 2D Cv v aL   在 D点，根据牛顿第二定律有 2 N DvF mg m R   解得 N 17.5NF  根据牛顿第三定律，物块对 D点的压力大小为 N N 17.5NF F  （3）若物块能够到达 D点且始终不脱离轨道，有以下两种情况： 第一种情况，物块能通过 E点，当物块恰能通过 E点时，物块从 C点到 E点，根据动能定理有 试卷第 11页，共 4页 2 21 12 2 2E C mgL mgR mv mv    解得 110m / s 11m / sCv   弹簧弹性势能最小时释放弹簧，根据能量守恒定律有 2 p3 1 2 C E mgL mgL mv     解得 p3 55JE  第二种情况，物块能够到达 D点，且在光滑半圆轨道 DE上的最大高度不超过 O点的高度，物块恰能 到达 D点，根据能量守恒定律有 p4 2 0E mgL mgL    解得 p4 5JE  物块从 A点恰好到达光滑半圆轨道上与 O点等高处，根据能量守恒定律有 p5 2 0E mgL mgL mgR     解得 p5 25JE  综上所述，为使物块能到达 D点且始终不脱离轨道，释放弹簧时弹簧弹性势能的取值范围为 p5J 25JE  或 p 55JE  临川二中2024--2025学年度上学期期中考试 高三物理试卷 考试时间：75 分钟 满分: 100分 命题人：物理备课组 2024.11.7 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每个小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分； 第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，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. 黔南州平塘县的射电天文望远镜(FAST)被誉为“中国天眼”。如图所示为“中国天眼”的简化示意图，质量为m的馈源舱用对称的六索六塔装置悬吊在球面镜正上方，每根绳索与竖直方向夹角为θ，不计绳索重力，当地的重力加速度为g，则每根绳索承受的拉力F大约为 D. F=6mgtanθ 2. 某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有 A. 该过程动量守恒 B. 滑块1 受到合外力的冲量大小为0.26N·S C. 滑块2受到合外力的冲量大小为0.18N·S D. 滑块2受到滑块 1 的平均作用力大小为5.5N 3. 如图 (a), 从高处 M点到地面 N点有I、II两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b) 所示。由图可知，两物块在离开 M点后、到达N点前的下滑过程中 A. 甲沿I下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B. 甲沿II下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C. 乙沿I下滑且乙的重力功率一直不变 D. 乙沿II下滑且乙的重力功率一直增大 4. 如图甲所示，游乐场有一种叫作“快乐飞机”的游乐项目，模型如图乙所示。已知模型飞机质量为m，固定在长为L 的旋臂上，旋臂与竖直方向夹角为45°，当模型飞机以角速度 绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，(不计空气阻力，重力加速度为g)下列说法正确的是 A. 模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力 B. 旋臂对模型飞机的作用力方向不垂直于旋臂 C. 旋臂对模型飞机作用力大小为 mg D. 若转动的角速度增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小 5. 同一“探测卫星”分别围绕某星球和地球多次做圆周运动。“探测卫星”在圆周运动中的周期二次方T²与轨道半径三次方 r³的关系图像如图所示，其中 P表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足T²=c，图中c、m、n已知, 则 A. 该星球和地球的密度之比为m：n B. 该星球和地球的密度之比为n：m C. 该星球和地球的第一宇宙速度之比为 D. 该星球和地球的第一宇宙速度之比为 6. 从地面竖直向上抛出一物体，取地面为重力势能零势能面，上升过程中100该物体的机械能E和重力势能 Ep随它离开地面的高度h的变化关系如图所示。已知重力加速度g=10m/s²,则下列说法正确的是 A. 物体的质量为2.5kg B. h=2m时, 物体的动能为60J C. h=3m时, 物体的速率为5m/s D. 物体所受阻力大小为10N 7. 如图，O为抛物线OM 的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、 M\B两点分别以初速度v₁、v₂水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球 A. 初速度v₁与v₂相等 B. 必须同时抛出 C. 击中O点时速度相同 D. 击中O点时重力的瞬时功率相等 8. 如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连。开始时，用外力控制住A球，使两球均处于静止状态，已知B 球质量为m。O点在半圆柱体圆心O₁的正上方，OB 与竖直方向成45°角。撤去外力后，若小球B缓慢下降，小球A一直沿着半圆柱体缓慢向上，在此过程中，(已知重力加速度大小为g)下列叙述正确的是 A. 开始时，弹簧处于压缩状态，力的大小为 mg B. 小球 B 受到合力始终为0 C. 小球A 受到半圆柱体的支持力变小 D. 小球A 受到绳的拉力变小 9. 如图所示，轻绳一端竖直固定在天花板上，另一端跨过定滑轮后与放在光滑水平桌面上的物块b相连，绳与水平桌面平行，托住a使轻绳张紧且系统静止。已知物块a的质量为3m，物块b的质量为m，重力加速度为g，a离地面足够高，b始终未接触定滑轮，不计空气阻力、滑轮的质量和摩擦。现将a由静止释放，在b向右运动距离为L的过程中，下列说法正确的是 A. a的速度与b的速度大小相等 B. a减少的机械能等于 b增加的动能 C. 重力对a做的功为 D. a的最大速度为 10. 如图所示，在某杂技场上，质量为m的表演者在水上进行杂技表演，其拉着一条长为L的绳子以O点为圆心，从最低点A 荡到绳子与竖直方向夹角为θ的 B 点时松手。若在空中经过最高点C时的速度大小为v，表演者可视为质点。不计空气阻力和绳的质量，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A. 从B点到 C点的过程中表演者的水平速度不变 B. 松手时表演者的速度大小为 C. 从A点到C点的过程中，表演者先失重后超重 D. 在A 点，表演者所受合力大小为 二、填空题：共2小题，6分+12分，共18分。解答时只需将答案填在答题卷上相应的位置或按题目要求作图，不必写出演算步骤。 11.(6分)小广同学做“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验。其中O为橡皮条与细绳的结点，实验中，第一次用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，第二次用一个弹簧测力计拉橡皮条。 (1) 小广根据某次实验记录数据，画出力的图示，A、B两幅图中 (选填“A”或“B”)是小广同学实验后画出的正确力的图示； (2) 下列措施可以减小实验误差的是 。 A. 橡皮条应与两绳套夹角的平分线在同一直线上 B. 两个分力 F₁、F₂的方向要垂直 C. 尽量减少弹簧测力计外壳与桌面间的摩擦 D. 用两个弹簧测力计拉橡皮条时，弹簧测力计尽量与木板平行 E. 拉橡皮条的细绳要适当长些，标记同一细绳方向的两点要适当短些 12. (12分) 如图甲所示是很多力学实验中常使用的装置。 (1) 关于该装置的下列说法正确的是 。 A. 利用该装置做“探究小车速度随时间变化规律”的实验时，需要平衡摩擦力 B. 以小车和砝码整体为研究对象，平衡摩擦力后，可利用该装置“验证机械能守恒定律” C. 利用该装置做“探究小车的加速度与力、质量的关系”的实验时，除应平衡摩擦力外，还必须满足小车的质量远大于砝码与砝码盘的总质量 (2) 在用该装置来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，操作如下： (a)平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应 (选填“增大”或“减小”) 木板的倾角。 (b)图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a的倒数与盘和砝码的总质量m的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车的质量M= kg。(g取9.8m/s²)(结果保留3位有效数字) (3) 小明同学用图丁的装置拓展探究方法，按如下步骤进行： (i)挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑； ( ii)取下托盘和砝码，测出总质量为m，记 mg为小车受到的作用力F，让小车沿木板下滑，测出加速度a； ( iii) 改变砝码质量和木板倾角，多次测量，通过作图可得到a-F的关系。 若小明同学操作规范，随着托盘内的砝码数增大，作出的a-F图像正确的是 。 三、计算题：共3 小题，9分+11分+16分，共36分。解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 13. (9分) 如图所示，有一高台离地面的高度h=5.0m，摩托车运动员以 的初速度冲上高台后，以v₁=5m/s的速度水平飞出。摩托车从坡底冲上高台过程中，历时t=15s，发动机的功率恒为 人和车的总质量m=200kg(可视为质点)。不计空气阻力，重力加速度g取 求： (1) 摩托车的落地点到高台的水平距离； (2) 摩托车落地时速度的大小； (3) 摩托车冲上高台过程中摩擦阻力做的功。 14.(11分) 如图甲所示，在无限大水平台上放一个质量M=1kg的薄长木板，质量m=2kg的小滑块位于长木板的中央，系统处于静止状态。小滑块与长木板及平台间的动摩擦因数分别为μ₁(未知)、 长木板与平台间的动摩擦因数μ₃=0.5，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。从某时刻开始，在长木板右端施加水平恒力F，使系统向右运动，小滑块离开长木板前二者的速度随时间变化关系如图乙所示。小滑块离开长木板落到平台时速度不变，取重力加速度. 求： (1) 小滑块与长木板间的动摩擦因数μ₁； (2) 水平恒力F的大小； (3) 小滑块在速度刚好减为零时与长木板右端之间的距离。 15.(16分) 如图所示，某装置固定在水平面上，AB为水平长直轨道，右端与一传送带相连，CD为水平长直轨道，左端与该传送带相连，右端与半径为R=2m的竖直的光滑半圆轨道DE相切，半圆轨道最高点左侧有一无限长直轨道EF，AB、CD轨道以及传送带长度均为L=1m。质量为 的小物块(可视为质点) 由弹簧发射装置在A 点进行弹射，A点左侧区域光滑，物块与AB、CD以及传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度. 不计空气阻力，若物块能到达 E 点则可以进入轨道EF。 (1) 若传送带逆时针转动，物块恰好到达E点，求释放时弹簧的弹性势能； (2)若释放时弹簧弹性势能为20J，传送带顺时针转动且速度为5m/s，物块到达 D点时，求物块对D点的压力大小； (3) 若传送带以11m/s的速度顺时针转动，改变弹簧的弹性势能，为了使物块能够到达D点且始终不脱离轨道，求释放弹簧时弹簧弹性势能的取值范围。 学科网（北京）股份有限公司 $$