2024-2025学年江西省智学联盟体高三（上）质量检测物理试卷（9月）（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省智学联盟体高三（上）质量检测物理试卷（9月）（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在巴黎残奥会田径项目4×100米混合接力决赛中，由周国华、王浩、文晓燕和胡洋组成的中国队以45秒07的成绩夺冠，并打破该项目世界纪录。如图所示为4×100米部分跑道示意图，分界线位于直道与弯道的连接处，比赛中( )
A. 45秒07表示时刻
B. 各队中中国队的平均速率最大
C. 运动员在加速冲刺过程中惯性增大
D. 研究运动员的接棒动作时可以将其看成质点
2.根据《中华人民共和国道路交通安全法实施条例》规定：车主在使用高速超车道超车时，不能长时间占用超车道。如图甲所示，一辆小轿车从服务区匝道驶入平直高速行车道时速率为72km/ℎ，想要加速驶入内车道，由于行车道前方匀速运动的大货车速度较小，影响超车。小轿车加速8s后放弃超车，立即减速，再经过3s，与大货车同速跟随，再伺机超车。该过程小轿车的速度与时间的关系如图乙所示，下列说法中正确的是( )
A. 该过程小轿车加速与减速的加速度大小之比为1∶2
B. 该过程小轿车的平均加速度大小为211m/s2
C. 该过程小轿车与大货车之间的距离先减小后增大
D. 该过程小轿车与大货车之间的距离先增大后减小
3.如图所示为智能机器人协助派件员分拣快递的场景，派件员将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人通过扫码读取目的地信息，并生成最优路线，将不同目的地的包裹送至不同的位置，从而实现包裹的分拣功能。关于机器人和包裹，下列说法正确的是( )
A. 机器人加速前进则包裹对水平托盘的摩擦力方向向后
B. 包裹受到向上的支持力是包裹发生形变产生的
C. 包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力
D. 包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受到向前的摩擦力
4.2024年8月3日，在巴黎奥运会网球女子单打金牌赛中，中国选手郑钦文战胜克罗地亚选手，夺得金牌，这也是中国选手获得的首枚奥运会网球女单金牌。在比赛开始发球时，运动员常会用高抛发球，假设球向上抛出后在竖直方向运动，运动过程中球所受空气阻力大小不变、方向与运动方向相反，以竖直向上为正方向，球运动过程的v—t图可能是( )
A. B.
C. D.
5.如图所示，水平传送带以恒定速度v向右运动。将质量为m的物体Q轻轻放在水平传送带的左端A处，经过t时间后，Q的速度也变为v，再经t时间物体Q到达传送带的右端B处，则( )
A. 物体Q放上传送带后，与传送带之间一直有摩擦力
B. 前t时间内物体Q所受的摩擦力方向水平向右
C. 前t时间内物体Q做匀加速运动，后t时间内物体Q做匀减速运动
D. 前t时间内物体Q的位移与后t时间内物体Q的位移大小之比为1∶3
6.滑块以一定的初速度从底端冲上足够长的光滑斜面，滑行到最高点的时间为t，位移为L；现在距底端34L处放一挡板(如图中用虚线表示)，滑块仍以相同初速度从底端出发，已知滑块与挡板相碰后速度瞬间减为0，碰撞时间可以忽略不计，则滑块从出发至返回底端的时间为( )
A. t2B. tC. 32tD. 1+ 32t
7.如图所示，足够长的木板置于光滑水平面上，倾角θ= 53°的斜劈放在木板上，一平行于斜面的细绳一端系在斜劈顶，另一端拴接一可视为质点的小球，已知木板、斜劈、小球质量均为1 kg，斜劈与木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度g= 10 m/s2，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法错误的是( )
A. 若μ= 0.2，不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止
B. 若μ= 0.5，当F= 10 N时，木板相对斜劈向右滑动
C. 若μ= 0.8，当F= 22.5 N时，小球对斜劈的压力为0
D. 若μ= 0.8，当F= 26 N时，细绳对小球的拉力为2 41N
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.“移动靶射击”是模仿猎取走兽的射击竞赛项目，射手用步枪向移动的野兽靶进行射击。移动靶做快速的横向移动，射手站在移动靶前方不移动，如图甲所示。图乙为简化的比赛现场图，设移动靶移动的速度为v1，射手射出的子弹的速度为v2，移动靶离射手的最近距离为d，要想在最短的时间内射中目标，则( )
A. 子弹射中目标的最短时间为dv2
B. 子弹射中目标的最短时间为d v22−v12
C. 射击时，枪口离目标的距离为d v22+v12v2
D. 射击时，枪口离目标的距离为dv2 v22−v12
9.如图所示，风洞实验室中可以产生竖直向上、大小恒定的风力，一个质量为m的小球在O点以水平初速度v0抛出，恰好能沿水平方向运动到P点，O、P间的距离为L，将风力调大，小球仍由O点以水平初速度v0抛出，结果恰好经过P点正上方的Q点，P，Q间的距离为12L，重力加速度为g，求( )
A. 调节前的风力大小为0B. 调节前的风力大小为mg
C. 调节后的风力大小为mg+mv02LD. 调节后的风力大小为mv02L
10.如图所示，质量分别为2m和m的物块A和B叠放在水平面上，A物块的长度为L，B物块足够长且被锁定在地面上，B物块上O点左侧的表面光滑、右侧的表面粗糙，A物块和O点右侧表面、B物块和地面之间的动摩擦因数分别为2μ和μ，现A物块静止在B物块的最左端，且立即获得水平向右的速度v0，当A物块的左端刚好经过O点时，解除B物块的锁定，重力加速度为g。求：( )
A. A物块的右端从开始进入O点到左端离开O点，其所受摩擦力的大小始终为2μmg
B. 解除锁定时，B物块的加速度大小为μg
C. 解除锁定时，A物块的速度大小v1=v02−4μgL
D. 解除锁定后，B物块的位移大小xB=v029μg−29L
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用图甲所示装置来“探究物体加速度与力、质量的关系”。实验中，他将槽码重力的大小作为细线对小车拉力的大小，通过改变槽码个数来改变拉力大小，通过改变小车上砝码个数来改变小车的质量。
(1)以下操作正确的是______(单选，填正确答案标号)。
A.使小车质量远小于槽码质量 B.释放小车后立即打开打点计时器
C.补偿阻力时移去打点计时器和纸带 D.调整垫块位置以补偿阻力
(2)保持槽码质量不变，改变小车上砝码的质量，得到一系列打点纸带。其中一条纸带的计数点如图乙所示，相邻两点之间的距离分别为x1,x2,⋯,x6，时间间隔均为T。下列加速度算式中，最优的是______(单选，填正确答案标号)。
A.a=15x6−x5T2+x5−x4T2+x4−x3T2+x3−x2T2+x2−x1T2
B.a=14x6−x42T2+x5−x32T2+x4−x22T2+x3−x12T2
C.a=13x6−x33T2+x5−x23T2+x4−x13T2
D.a=12x6−x24T2+x5−x14T2
(3)以小车和砝码的总质量M为横坐标，加速度的倒数1a为纵坐标，甲、乙两组同学分别得到的1a−M图像如图丙所示。
由图可知，在所受外力一定的条件下，a与M成_____(填“正比”或“反比”)；甲组所用的_____(填“小车”、“砝码”或“槽码”)质量比乙组的更大。
12.某学习小组用实验探究平抛运动规律，采用如图甲所示实验装置。
(1)刚开始时，让小球A、B处于同一高度，用小锤击打弹性金属片，使小球A水平飞出，同时小球B被松开。
(2)改变小锤打击的力度，观察A、B两小球落地的先后情况，发现_____(填字母)
A.击打的力度大时，小球A先落地
B.击打的力度大时，小球A后落地
C.无论击打的力度如何，A、B两小球总是同时落地
(3)一位同学采用频闪摄影的方法拍摄到小球A做平抛运动的照片，如图乙所示。图中每个小方格的边长为L，分析可知，位置a_____(选填“是”或“不是”)平抛运动的起点，该频闪摄像照片的频率为_____(用含有L和g的式子表示)，小球做平抛运动到达b点时的速度vb= ______(用含有L和g的式子表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.2024年8月1日，“八一”建军节，江西南昌八一广场举行升旗仪式，八万多名游客和市民在现场观看升旗仪式。升旗手在庄严的国歌声响起时开始升旗，当国歌结束时五星红旗恰好升到旗杆顶端。已知红旗从离地面1.5m处开始升起，国歌从响起到结束的时间是46s，升旗手升旗时先拉动绳子使红旗向上做匀加速运动，持续一段时间后，使红旗以0.6m/s的速度匀速上升41s，最后使红旗做匀减速运动。开始升旗时的加速度大小与减速时的加速度大小之比a1:a2=2:3，红旗到达旗杆顶端时的速度恰好为零，求：
(1)红旗做匀加速运动的加速度的大小和所用的时间；
(2)旗杆的高度。
14.如图甲所示，“
”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，BC光滑且与水平面夹角为θ=37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的质量为m的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin 37°=0.6，cs 37°=0.8，g取10 m/s2。求：
(1)斜面BC的长度s；
(2)滑块与木块AB表面的动摩擦因数μ。
15.“打水漂”是指用扁型瓦片或石片，在手上呈水平放置后，用力飞出，石片擦水面飞行，石片碰水面后再弹起再飞，石片不断在水面上向前弹跳，直至石片速度为零后沉入水中。其原理已在航空航天领域得到了运用，我国的“嫦娥五号”返回器第一次进入大气层一定“深度”后弹起，再第二次进入大气层返回地球，这两次“水漂”会把返回器的速度降下来，让其安全穿过大气层。假设小明在离水面高度ℎ0=0.8m处，将一质量m=20g的小石片以水平初速度v0=10m/s抛出，小石片在水面上滑行时受到的水平方向的阻力恒为f=0.5N，竖直方向分力未知。小石片每次均接触水面Δt=0.04s后跳起，跳起时竖直方向的速度与此时沿水面滑行的速度之比为常数k=13，小石片在水面上弹跳数次后沿水面滑行(水平方向)的速度减为零后开始下沉。取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求小石片：
(1)第一次与水面接触前水平方向的位移；
(2)第一次与水面接触过程中在竖直方向上的分加速度ay的大小；
(3)小石片从抛出到开始下沉的总时间。
答案解析
1.B
【解析】A.由题意，知45秒07表示一个过程，所指为时间，故A错误；
B.平均速率等于路程与时间的比值，各队路程相同，但中国队所用时间最短，所以中国队的平均速率最大，故B正确；
C.质量是物体惯性的量度，与速度无关，故C错误；
D.研究运动员的接棒动作时，运动员的体形不能忽略不计，所以不可以将其看成质点，故D错误。
故选B。
2.B
【解析】A.该过程小轿车加速时加速度大小
a1=24−208m/s2=0.5m/s2
小轿车减速时加速度大小
a2=24−1811−8m/s2=2m/s2
故
a1a2=14
故A错误；
B.该过程小轿车的平均加速度大小
a=20−1811m/s2=211m/s2
故B正确；
CD.小轿车速度大于货车速度，两车距离减小，小轿车速度等于货车速度，两车距离不变，该过程小轿车与大货车之间的距离先减小后不变，故CD错误。
故选B。
3.A
【解析】A.机器人加速前进时，相对包裹机器人有向前运动的趋势，故此时包裹对水平托盘的摩擦力方向向后，A正确；
B.包裹受到向上的支持力是托盘发生形变产生的，故B错误；
C.包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对作用力与反作用力，故C错误；
D.对包裹受力分析，包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，没有运动趋势，包裹不受摩擦力，故D错误。
4.C
【解析】球向上抛出后，向上运动过程中重力和阻力方向都是向下的，根据牛顿第二定律
mg+f=ma1
解得
a1=g+fm
向下运动过程中重力竖直向下而阻力方向是向上的，根据牛顿第二定律
mg−f=ma2
解得
a2=g−fm
所以向上运动的加速度大于向下运动的加速度，以竖直向上为正方向，且v—t图线的斜率为加速度。
故选C。
5.B
【解析】ABC.前t时间内，物体的速度小于传送带的速度，物体相对传送带向左运动，故物体受到向右的滑动摩擦力，做匀加速直线运动，经过t时间后，物体与传送带相对静止，一起做匀速直线运动，受到的摩擦力为0，故AC错误，B正确；
D.前t时间内，物体Q的位移为
x1=0+v2t=12vt
后t时间内，物体Q做匀速直线运动，位移为
x2=vt
则前t时间内物体Q的位移与后t时间内物体Q的位移大小之比为
x1:x2=1:2
故D错误。
故选B。
6.D
【解析】根据匀变速直线运动的对称性，滑块从底端运动到最高点可看成从最高点静止下滑至底端，设滑块从底端运动到距底端 34L 处所用时间为t1，滑块从距底端 34L 处静止开始运动到底端所用时间为t2，则
L=12at2
L−34L=12a(t−t1)2
34L=12at22
滑块从出发至返回底端的时间为
t总=t1+t2
解得
t总=1+ 32t
故选D。
7.B
【解析】A.若μ = 0.2，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
amax0=μ(m+m)gm+m=2m/s2
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
mgtan53∘=ma球
解得
a球=7.5m/s2>amax0
可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故A正确，不符合题意；
B.若μ = 0.5，当F = 10 N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统，有
F=3ma
解得
a=103m/s2
对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
amax1=μ(m+m)gm+m=5m/s2>a
可知此时木板与斜劈相对静止，故B错误，符合题意；
C.若μ = 0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速为
amax2=μ(m+m)gm+m=8m/s2
此时对板、球和斜劈构成的系统，有
F临界=3mamax2=24N>22.5N
当F = 22.5 N时，板、球和斜劈相对静止，有
a′=F3m=7.5m/s2=a球
可知此时球刚好要离开斜劈，故C正确，不符合题意；
D.若μ = 0.8，当F = 26 N时，球离开斜劈，在重力和绳子拉力作用下与斜劈保持相对静止，此时球和斜劈的加速度均为 amax2=8m/s2 ，对球分析，有
FT= (mg)2+(mamax2)2=2 41N
故D正确，不符合题意。
故选B。
8.AC
【解析】AB.子弹射中目标的最短时间为
tmin=dv2
故A正确，B错误；
CD.射击时，枪口离目标的距离为
x= d2+(v1tmin)2=d v22+v12v2
故C正确，D错误。
故选AC。
9.BC
【解析】AB.调节风力之前，小球恰好能沿水平方向运动到P点，表明小球做匀速直线运动，则调节前的风力大小为mg，故A错误，B正确；
CD.调节风力之后，小球恰好能沿水平方向运动到Q点，表明小球做类平抛运动，则有
L=v0t ， L2=12at2
根据牛顿第二定律有
F−mg=ma
解得
F=mg+mv02L
故C正确，D错误。
故选BC。
10.BD
【解析】A.因为滑动摩擦力与位移是线性关系，A物块的右端从开始进入O点到左端离开O点，其所受摩擦力逐渐增大，故A错误；
B.根据牛顿第二定律，得 4μmg−3μmg=maB ，解得 aB=μg ，故B正确；
C.因为滑动摩擦力与位移是线性关系，所以 Wf=−fL=−2μmgL
根据动能定理得 Wf=12⋅2mv12−12⋅2mv02 ，解得 v1=v02−2μgL ，故C错误；
D.因为 aA=2μg 向左， aB=μg 向右，设经过 t 时间两者达到共速，有 v1−aAt=aBt，
解得 t=v02−2μgL3μg ，
B 匀加速的位移 x1=12aBt2=v0218μg−19L，
共速后两者相对静止向前匀减速， a′B=μg，向左，
根据对称性， B 匀减速的位移 x2=x1=v0218μg−19L ，
所以 B 的位移 xB=x1+x2=v029μg−29L，故D正确。
故选：BD。
11.(1)D
(2)C
(3) 反比 槽码

【解析】(1)A.为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远大于槽码质量，A错误；
B.根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，B错误；
C.补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否做匀速运动，C错误；
D.为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要保持细线和长木板平行，D正确。
故选D。
(2)根据逐差法可知
x6−x3=3a1T2
x5−x2=3a2T2
x4−x1=3a3T2
a=13(a1+a2+a3)=13(x6−x33T2+x5−x23T2+x4−x13T2)
ABD错误，C正确。
故选C。
(3)[1]根据图像可知 1a 与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比；
[2]设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律
mg=Ma
解得
1a=1mg•M
故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。
12. C 是 g2L 2 gL
【解析】[1]改变小锤打击的力度，观察A、B两球落地的先后情况，实验现象为发现无论击打的力度如何，两球总是同时落地。
故选C。
[2]在相同时间内，竖直方向上的位移为1∶3∶5，可判断出a是平抛运动的起点。
[3][4]从a点到b点，水平方向上有
2L=v0t
竖直方向上有
L=12gt2
vb= v02+(gt)2
联立得
t= 2Lg
f=1t= g2L
v0= 2gL
vb=2 gL
13.(1)设红旗做匀加速运动、匀速运动、匀减速运动所用的时间分别为 t1 、 t2 、 t3
则有 a1t1=v
a2t3=v
t1+t2+t3=t
解得
a1=0.2m/s2
t1=3s
(2)红旗做匀加速运动的位移
x1=12a1t12=0.9m
红旗做匀减速运动的位移
x3=vt3−12a2t32=0.6m
红旗做匀速运动的位移
x2=vt2=24.6m
故旗杆的高度
ℎ=x0+x1+x2+x3=27.6m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.解：(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma1
得：a1=gsinθ=6m/s2
通过图象可知，滑块在斜面上运动时间为：t1=1s
由运动学公式得：x=12a1t2=12×6×1m=3m
(2)滑块在AB上运动时，由图象知传感器的拉力是恒力，所以木块静止不动
μmg=F2
滑块对斜面的压力为：N1′=mgcsα
木块对传感器的压力为F1=N1′sinα
由图象知F1=12N，F2=5N
几式联立的μ=F2mg=0.2

【解析】(1)当滑块沿斜面BC向下运动时，滑块对斜面有斜向右下方的压力，则力传感器受到压力，由图读出滑块运动的时间为t=1s，由牛顿第二定律求出滑块的加速度，即可由位移公式求解斜面BC的长度；
(2)滑块对斜面的压力为N1′=mgcsθ，木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ，由图读出F1，即可求得滑块的质量，然后求动摩擦因数。
本题要读懂F−t图象，分析滑块的受力情况和运动情况，关键要抓住木板对传感器的压力与滑块对斜面BC压力的关系。
15.(1)设从抛出到第一次与水面接触前时间为 t0 ，根据
ℎ0=12gt02
解得
t0=0.4s
则第一次与水面接触前水平方向的位移
x=v0t0
解得
x=4m
(2)第一次与水面接触前竖直方向的速度
vy0=gt0=4m/s
小石片在水面上滑行时，设水平方向加速度大小为 ax ，则有
ax=fm=25m/s2
第一次与水面接触后跳起时水平滑行速度
vx1=v0−ax⋅Δt=9m/s
规定竖直方向下为正方向，第一次与水面接触后跳起时竖直方向分速度
vy1=−kvx1=−3m/s
竖直方向加速度为
ay=vy1−vy0Δt=−175m/s2
即第一次与水面接触过程中在竖直方向上的分加速度175m/s2的大小。
(3)小石片在水面上滑行时，水平加速度大小
ax=fm=−25m/s2
每次滑行速度的变化量
Δvx=ax⋅Δt=−1m/s
由于
n=v0Δvx=10
可知，小石片共在水面上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次，则有
vxn=v0+Δvx=10−n (n=0,1,2,3…)
由于
vyn=kvxn ， tn=2⋅vyng
可得小石片在空中飞行的总时间为
t总=t0+t1+t2+⋯t9+10Δt
则有
t总=vy0g+2×13⋅(vx1+vx2+⋯vx9)g+10Δt
解得，总时间为
t总=3.8s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】