湖南省长沙市明德中学2024-2025学年高三上学期11月阶段考试物理试卷

明德中学2024年11月阶段测试 高三年级物理试卷 2024年11月 时量：75分钟满分：100分命愿：向获审速：刘芬 一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分，在每小厘喻出的四个选项中，只 有一项是将合题目要求的) 1,下列说法正确的是（) A.电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在 B。运动的物体也可以受到静康擦力的作用 C由R一P亏可知。将一根粗细均匀的电限丝对折后。电限率将变为草来的四分之一 D,物体超重时，加速度向上，速度也一定向上 2.《壘经》中记载古代建造房星过程中，通过斜面提升重物，如图所示，若斜面体上表面光 滑，则在缓慢拉升重物的过程中() A.重物受到的支持力减小 B.重物受到的支持力不变 C.斜面受到地面的支特力不变 D.斜面受列地面的支持力先增大后减小 3.小灯泡通电后其电流1随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PW为图线 的切线，P?为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是() A对应P点，由于是非线性元件，故欧鳄定律不适用 B.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 C对痘P点，小灯流的电照为品 D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面权 3题图 4题图 4.如图所示为清洗汽车用的高压水枪，设水枪喷口直径为D,水流速度为￥，水柱垂直汽 车表面，水柱冲击汽车后水沿汽车表面散开，己知水的密度为P,下列说法正确的是( A.高压水枪单位时间喷出的水的体积为D, B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为二0叫 C.水柱对汽车的平均冲力为0W D.当高压水枪喷口的出水速度变为原米的2倍时，喷出的水对汽车的压力变为原来的4 倍 试卷第1页，共5页 5.全球最大水平前上同转自升塔式起重机的开发和应用，意殊着中国桥梁及铁路施工装备 进一步迈向世界前列。该起重机某次从0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其所受合 外力随时间变化的图像如图所示，，一号内起重机的功率为额定功率，不计物体受到的空气 阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是() 人物体勾如速阶段的加速度为-区 Fo B。0-4和马-巧时间内牵力做的功之比为x,-分 4 C.马时刻物体正在诚速上升 0.0~阶段牵引力所做的功为 2 6如图所示，一根轻质弹黄一端固定于光滑竖直杆上，另一编与质量为m的滑块P连接，P 穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量h6m,把滑 块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹黄对滑块的弹力大 小相等，已知OA与水平面的夹角053，OB长为L,与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重 力加速度为g,n53°0.8cos53-0.6,滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是() A.对于滑块Q,其重力的功率一直减小 可 B.P与Q的机械能之和先城小后增加 C.轻绳对滑块P做功为4mgl D,滑块P运动到位置B处速度达到最大， 且大小为5匙 3 二、多项选排题（本题共4小题，每小题5分，兵20分，在司小厘赠出时四个选项中，有 多项将合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) ).利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线 运动时各物理量之间的关系图像(x、、©、！分别表示物体的位移、速度、加速度和时间)， 则下列说法中正确的是(。】 v/(m.s) m） a/(m-s) A甲图表示质点做匀速直线运动T 8.由乙图中之x关系可求出物体的加速度大小为5m小s3 C.由丙图中三-1关系可求出物体的加速度大小为4m公 D.由丁图中a4关系可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6小 8.在某次洪灾中，由于河水突然猛谁，河水流速短时间内异常增加，数援部队快速响应。 利用救缓艇成功教出被困对岸的群众。假定该河宽240m,涧水流速为16mA,数援艇在静 水中的速度为8m/,下列说法正确的是() A,教援艇最短波河时问为30 B,教援艇以最短位移液河时，船头与上游河岸夹角为3如 试卷第2页，共5页 C,教援艇船头垂直河岸时，到达对岸时的位置位于出发点正对岸下游的480m D.教援复在河中运动路型可能为450m 92023年4月24日是中国航天日”，我国正在进行月球探测的四期工程，如图为某次发射 月球探测献天器的部分过程，航天器从轨道1变轨到轨道，再变轨到轨道围，在A、B两 点该航天器点火变速。己知地球半径为R,轨道1为近地轨道，轨道用离地高度2R,1,■ 为圆形轨道，轨道：为椭圆轨道：轨道！和"相切于A点，轨道和■相切于B点，设航 天器在和m轨道上运行的周期分别为乃和T,下列说法正确的是() A.万：I=25:35 B.航天器在轨道■运行时的加速度大小始终 小于在轨道目上时的如速度大小 C航天器分别在1、"、m轨道上运行时，在相等 时间内就天器与地心连线扫过的面积相等 D.航天器从轨道"变轨到轨道围时需要在B处点火加速 的的入 10如图甲所示，光滑绝烽水平面上有一带负电荷的小潘块，可视为质点，在x=m处以初 速度？=5m小沿x轴正方向运动。小清块的质量为m=g,带电量为g=01C,整个运 动区城存在沿水平方向的电场，图乙是滑块电势能E,随位置x变化的部分图像，P点是图 线的最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，并且AB经过(1,2)和(2,1)两点， 重力加速度g取10m心，下列说法正确的是( ↑E 54A0马 12345 2345 之三数内安功 图甲 图乙 A 在x=1m处的电场强度大小为20Wm B. 滑块向右运动的过程中，加速度先增大后减小 C.洲块运动至x=3m处时，速度的大小为2ms D.若滑块恰好能列达x=5m处，则该处的电势为50W 三、实验题（本大题共2小厘，每空2分，共16分） 山，某同学用图甲实验装置验证动量守恒定律。已知入射小球质量为网，被碰小球质量为网， 且m:大于m,记录小球抛出点在水平地面上的垂直投影点O,测出碰撞前后两小球的平均 落地点的位置M、RN与O的距离分别为马，如图乙，分析数据： ()入射小球从轨道上滑下时，轨道的粗脑程度对实验结论 (选填“有影响或无影 ): 2)诺两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为 试穆第3项，共5页 若碰被是弹性碰嫩，则还应满足的关系式为 (用题中 所给物理量的符号表示)。 3)某实验小组用另一组装置验证动量守恒定辣， S入射小球 如图所示，在水平帽末端与水平地面间放置了一 个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无盘连接， 碛小球 使入射小球仍从斜槽上5点由静止滚下，多次实验， 得到两球落在斜面上的平均落点、'、N,用刻 度尺测量斜面顶点到M、P广、N三点的距离分别为 人4(，测得入射小球质量为m,被碰小球质量为 m,且m大于m,则验证两球建撞过程中动量守 恒的表达式为」 (用所测物理量的符号表示). 12在学校社团活动中，某实验小组先测量一只量程为300M的微安表头G的内阻值，然后 将其改装为量程为03弘的电流表。可供透择的实验器材有： 徽安表头G(量程300A,内阻约为几百欧辑) 滑动变阻毒R(0-10k0) 滑动变阻器尾(0~50n) 电阻箱R(0-9990) 电源马（电动势的为15V) 电源E(电动势约为9V)8, 开关、导线若干 实酸小组先用如图所示电路测量表头©的内阻R,实验方法是： A按图连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端 ®.斯开S,闭合S,调节滑动变阻器的滑片位翼，使G满偏 C.闭合S,并保持滑动变阳器的滑片位置不变。调节电阳箱的阳值。使表头G的示数为 200A,记录此时电阻箱的阻值昆， 实验中电源应透用一滑动变阻器应选用 (选填仪器字母代号)： 测得表头的内阻见=，表头内阻的测量值较其真实值 (选填"偏 大或“偏小)方 四、解答题（本大题共3小题，13题10分，14题14分，15题16分） 13.如图所示，质量为M=kg、长为L=32的长木板乙放在地面上，另一质量为m=4kg 且可视为质点的物体甲放在长木版的最右端。现在甲上施加一斜向左上方与水平方向成53° 大小为4ON的恒力F,使甲开始在长木板上滑动，经过一段时间甲运动到长木板的中点时将 恒力数走，已知甲与乙之间、乙与地面之间的动摩擦因数分别为4=05，马=02，重力加 速度g取10m/,5分=0.8，求： (1)撒去恒力候间，物体甲的速度（由题设条件可以判断撒去但力前长木板乙不动）方 (2)整个过程长木板乙的位移， 甲 乙 53 试卷第4页，共5页 14.如图甲所示，在坐标系xOy中，@射线管由平行于x轴的金属板、8和平行于金属版 的细管C组成。细管C到两金属板距离相等，右侧的开口在y轴上。放射源P在A板左端， 可以沿转定方向发射某一初速度的ā教子，若金属板长为L、间距为d,当A、a板间加上 某一电压时，粒子恰好以速度%从细管C水平射出，进入位于第1象限的静电分析器中， 静电分析晷中存在如图所示的幅向电场，电场线沿半径方向，指向与坐标系原点重合的圆心 O。α粒子在该电场中恰好徽半径为？的匀速圆周运动，轨迹上的场强大小瓦处处相等(B 未知)。1=0时刻α粒子垂直x轴进入第N象限的交变电场中，交变电场的场强大小也为E, 方向随时问的变化关系如图乙所示(T已知)，规定沿x轴正方向为电场的正方向.己知a粒 子的电荷量为2（为元电荷）、质量为m,重力不计。求： 静电分析器 粒子测 山静电分析器中的电场强度大小耳： (以a粒子从放射源P发射时的初速度%大小： (3)在1=2T时刻，a粒子的位置坐标， 15.如图所示，一光滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连接，直轨道N段粗险，其余部分 光滑，N段存在方向水平向右的匀强电场，N点右侧的P点处静止放置绝缘物块b,一 带正电的物块从自面上距水平面高为历处由静止释放，滑出电场后与物块b发生弹性碰撞 已知加l.0m,直轨道长L-l.0m,物块a与AW之间的动摩整因数：=0.4，物块a的质量m=1g, 物块b的质量h2g,场强=2x10hWC,物块a的电荷量g=+6x10℃，重力加速度g取10m/ 物©、b均可视为质点，运动过程中物块▣的电荷量始终保持不变。 (求物块a与物块b第一次度撞前瞬问物块ā的速度大小： ()求物块a与物块b第一次碰撞后，物块b的速度大小， (3到若每次物块。与P点处的物块碰撞之后，都立即在P点放入与物块b完全相同的静止物 块。求物块静止释放后，经过足够多次的碰撞，物块a在电场中运动的总路程。 试卷第5页，共5页 明德中学2024年11月阶段测试 高三年级物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D D B C BC AC AD CD 1.A．电场线是人为设想出来的，其实并不存在，电场是客观存在的，故A错误； B．运动的物体也可以受到静摩擦力作用，如A物体带着B物体一起加速，故B正确； C．电阻率由材料及温度决定，故C错误； D．物体超重时，加速度向上，速度不一定向上，故D错误。故选B。 2.AB．对重物受力分析，如图所示 缓慢拉升重物的过程中，重物所受重力大小方向不变，支持力的方向不变，而绳拉力的方向不断变化，根据图解法可知，重物所受支持力N不断减小，绳拉力F不断增大，故A正确，B错误； CD．设连接重物的绳与水平面的夹角为α，对重物和斜面整体，在竖直方向有 重物缓慢沿斜面向上移动过程中，α不断增大，sinα增大，所以FN不断减小，故CD错误。 故选A。 3.B．图线上的点与原点连线的倒数等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故B错误； C．根据电阻的定义式可知，对应P点，小灯泡的电阻为 故C错误， A．虽然该元件是非线性元件，但仍能用欧姆定律计算导体在某状态的电阻，故A错误； D．由功率公式 可知对应P点，小灯泡的功率为 即对应图中矩形PQOM所围的面积，故D正确。故选D。 4． AB．高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即 单位时间喷出的水的体积为 故AB错误； C．水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得 即 解得 故C错误； D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，结合C选项分析可知，喷出的水对汽车的压力变为原来的4倍，故D正确。故选D。 5.A．题图纵轴表示合外力，因此时间内，物体加速度为 故A错误； BD．时间内牵引力做功为 时间内牵引力做功为 联立可得和时间内牵引力做的功之比为 故B正确，D错误； C．由题图可知时刻合外力仍大于零，合外力仍向上，物体继续做加速运动，故C错误。 故选B。 6．A．重物Q释放瞬间的速度为零，当滑块P运动至B点时，根据运动的合成与分解，可知重物Q的速度也为零，所以P从A点运动至B点的过程中，重物Q的速度先增加后减小，重物Q的重力的功率先增加后减小，故A错误； B．对于P、Q系统，竖直杆不做功，系统的机械能变化只与弹簧对P的做功有关，由题知，P经过A、B两点时弹簧弹力大小相等，则P在A处时弹簧被压缩，P在B处时弹簧被拉伸，故P从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故B错误； C．设P从A到B过程中，轻绳拉力对Q做功为W，P到达B点时Q的速度为0，对Q利用动能定理得 解得 则轻绳对P做功为 故C正确；故选C D．由于滑块P在A、B两点处弹簧的弹力大小相等，所以滑块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到弹簧向下的弹力，对P受力分析可知，滑块P运动到B点时所受合力竖直向下，则加速度竖直向下，所以滑块P从A到B过程中，开始时加速最后减速，即在A、B间某位置速度最大，故D错误。故选C 7.A．甲图位移随时间平方均匀变化，质点不是匀速直线运动，A错误； B．根据 得 加速度为 B正确； C．根据 得 得 加速度为 加速度大小为4m/s2，C正确； D．a-t关系图像的面积等于速度变化量，物体在前2s内的速度变化量大小为 D错误。故选BC。 8.A．若要救援艇最短时间过河，需要船头始终与河岸垂直，有 故A项正确； B．由题意可知，船速小于水的速度，若要最短位移过河，需要船头朝向河岸上游，设其夹角为，有 解得 所以救援艇以最短位移渡河时，船头与上游河岸夹角为，故B项错误； C．救援艇船头垂直河岸时，其以最短时间过河，有之前分析可知，过河时间为30s，则该时间内，船随水位移为 所以救援艇船头垂直河岸时，到达对岸时的位置位于出发点正对岸下游的480m，故C项正确； D．由之前分析可知，当救生艇的船头与河岸上游成夹角时，其在合理的位移最短，即路程最小，由几何关系有 救援艇在河中运动路程不可能为450m，故D项错误。 故选AC。 9.A．根据开普勒第三定律可知 解得 故A正确； B．在B点时（不点火加速），都是万有引力提供加速度，与地心距离相等，加速度大小相等，故B错误； C．根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上相同时间内与地线连线扫过的面积相等，不同轨道无法比较，故C错误； D．航天器从轨道II变轨到轨道III时需要在B处点火加速做离心运动，故D正确； 故选AD。 10. A．图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在处所受电场力大小为 解得电场强度大小 故A错误； B．滑块向右运动时，电场力先减小后增大，所以加速度先减小后增大，故B错误； C．滑块从到运动过程中电势能减小，电场力做功为 由动能定理得 解得滑块运动至处时，速度的大小为 故C正确； D．若滑块恰好到达处，则滑块恰好到达处，有 则滑块从到运动过程中，有 由 解得滑块到达处的电势能为 处的电势为 故D正确。故选CD。 11.(1)无影响 (2) 或x2=x3-x1 (3) 【详解】（1）入射小球从轨道上滑下时，轨道的粗糙程度对实验结论没有影响，只有小球滑到底端时速度相同即可； （2）碰撞前小球落点为，碰撞后小球落点为，小球落点为；由于两小球在空中下落的高度相同，所以平抛运动时间相同，设为，由题意得 根据动量守恒定律可得 若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为 若碰撞是弹性碰撞，则既要满足动量守恒还应满足机械能守恒，即满足 与动量守恒关系式联立可得x2=x3-x1 （3）碰撞前小球落点为，碰撞后小球落点为，小球落点为，设斜面倾角为，由平抛规律得 解得 同理可得 根据动量守恒表达式 可得 12．(1) (2) 偏小 【详解】（1）[1][2]闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择，滑动变阻器应选择。 （2）[1][2]闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的，则流过电阻箱的电流为满偏电流的，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则；闭合开关时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300μA，当表头示数为200μA时，流过电阻箱的电流大于100μA，电阻箱阻值小于表头电阻的2倍，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小。 13．（1）；（2） 【详解】（1）在物体甲上施加恒力后，设物体甲的加速度大小为，由牛顿第二定律得 ................................................................1分 又 竖直方向由力的平衡条件得 ............................................................1分 又木板乙与地面之间的最大静摩擦力为 所以长木板静止不动 撤走恒力瞬间，物体甲的速度为 ...........................................................................................1分 联立解得 ..............................................................................................1分 （2）撤去后，甲、乙之间的摩擦力为 乙与地面之间的摩擦力为 因此撤走后，甲开始减速，乙开始加速，由牛顿第二定律对甲 ............................................................................................1分 对乙 ....................................................................1分 设经时间，甲、乙达到共同的速度，则由 甲乙共同的速度为 该过程中甲、乙的相对位移为 ......................................................................1分 因此甲、乙共速后，二者一起在地面上做匀减速运动，减速时的加速度为 ........................................................................................1分 减速的时间为 整个过程木板的位移为 解得 ........................................................................................................2分 14．(1) (2) (3)（，） 【详解】（1）粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，有 .........................................................................2分 解得 ............................................................................................2分 （2）由题意可知，粒子在平行金属板中的逆运动为类平抛运动，水平方向有 ..........................................................................1分 竖直方向有 ..........................................................1分 由牛顿第二定律有 联立解得 粒子从放射源P运动到C的过程中，由动能定理有 .....................................................................................2分 解得 动能的变化量 解得 ................................................................1分 （3）时，粒子在x轴方向的速度 所以一个周期内，粒子在x轴方向的平均速度 每个周期内粒子沿x轴正方向前进的距离 ...................................................................................2分 所以时，粒子的横坐标为 ........................................................................1分 粒子的纵坐标为 ....................................................................................1分 综上所述，在时，粒子的坐标为（，）。......................................1分 15．(1)6m/s (2)4m/s (3)m 【详解】（1）物块a从静止释放到与物块b碰撞前瞬间，根据动能定理有 .........................................2分 解得 ...........................................................2分 （2）物块a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 ........................................1分 根据机械能守恒定律有 ..........................................1分 解得 ，..........................................2分 （3）物块a与物块b碰撞后，物块a第1次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律有 ...................................................2分 解得 物块a从最左端运动到第2次经过N点的过程，根据动能定理有 解得 ...............................................................2分 物块a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 ， 即物块a与物块b（与物块b完全相同的物块）每次发生弹性碰撞后瞬间，物块a的速率均为碰撞前瞬间速率的，物块b（与物块b完全相同的物块）的速率均为碰撞前瞬间物块a速率的，，结合（2）可知，每次物块a与另一物块碰撞后，物块a第1次经过N点和第2次经过N点的速率之比均为，设物块b（与物块b完全相同的物块）每次与物块碰撞后瞬间的速率依次为、、…，则有 … 归纳可得 ...............................................................1分 经过足够多的碰撞，物块b（与物块b完全相同的物块）获得的总动能为 当时解得 ..................................................................................1分 在物块a的整个运动过程中根据功能关系有 解得 ...............................................................................2分 1 学科网（北京）股份有限公司 $$