湖北省省直辖县级行政单位仙桃市田家炳实验高级中学2024-2025学年高三上学期11月月考物理试题

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3．D [若车速低于vc，所需的向心力减小，此时车辆有向内侧滑动的趋势，静摩擦力可以指向外侧，则车辆不一定会向内侧滑动，故A错误；若车速高于vc，所需的向心力增加，此时车辆有向外侧滑动的趋势，但静摩擦力可以指向内侧，则车辆不一定会打滑，故B错误；当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，路面的倾角不变，则vc的值不变，故C错误，D正确．]
4．A [规定推力F的方向为正方向，则有：F·Δt＝(m1＋m2)·Δv，解得：m2＝eq \f(FΔt,Δv)－m1，故选A.]
5．C [双星系统中两颗恒星的角速度相同，ω1＝ω2，A、B项错误；由eq \f(GMm,L2)＝mω22 (L－R)得，GM＝ω22 (L－R)L2，C项正确；由eq \f(GMm,L2)＝Mω12R得，Gm＝ω12RL2，D项错误．]
6.B 滑块加速下滑说明mgsin θ＞μmgcs θ，滑块与斜面体之间的动摩擦因数μ小于tan θ，选项A错误；斜面体对滑块的支持力大小为mgcs θ，选项B正确；对整体进行受力分析可知，竖直方向有向下的加速度，因此地面对斜面体的支持力小于（M＋m）g，选项C错误；对整体受力分析可知，有向右的加速度，所以地面对斜面的摩擦力水平向右，选项D错误。
7．D
8．BD [对A、B整体，由牛顿第二定律有：F2－F1＝(m1＋m2)a，解得a＝10 m/s2，对A：F－F1＝m1a，解得F＝20 N，选项A错误，B正确；在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，则此时A的加速度为aA＝eq \f(F,m1)＝20 m/s2，选项C错误；在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则此时A所受的合外力不变，则A的加速度仍为10 m/s2，选项D正确．]
9．BC [根据x－x0＝eq \f(v2,2a)，结合题图可知物块做匀加速直线运动，且有eq \f(1,2a)＝eq \f(2－0,4－2) s2/m＝1 s2/m，则加速度 a＝0.5 m/s2，初位置x0＝－2 m，故A、D错误，B正确；t＝4 s内，物块的位移Δx＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×0.5×42 m＝4 m，则t＝4 s时物块的位置坐标 x＝Δx＋x0＝2 m，故C正确．]
10．ABD [设底边长为s，则克服摩擦力做功W＝μmgcs θ·eq \f(s,cs θ)＝μmgs，物块损失的机械能等于克服摩擦力所做的功，即损失的机械能与夹角无关，μ相同，所以两物块损失的机械能相同，故A正确；
根据动能定理有：mgstan θ－μmgs＝Ek－0，则Ek＝mgs(tan θ－μ)，若物块到达斜面底端时的动能Ek相同，则物块与斜面的倾角θ越大，动摩擦因数μ越大，故B正确；
若斜面光滑，物块下滑的加速度a＝gsin θ，根据eq \f(s,cs θ)＝eq \f(1,2)at2，可得t＝ eq \r(\f(4s,gsin 2θ))，θ不同，t可能不同，当θ＝45°时，下滑时间最短，故C错误；
合外力的冲量I＝m·Δv＝eq \r(2mEk)，μ相同，则θ越大，Ek越大，冲量I就越大，故D正确．]
11．解析：（1）由向心力公式Fn＝mω2r可知，探究向心力和角速度的关系，需要保持质量和半径不变，根据ω＝，可得ω2＝。
（2）实际表达式为F＋Ff＝mω2r，图线不过坐标原点的原因是物块与平台间存在摩擦力。斜率为k＝mr＝0.75 kg·m。
12．【解析】(1)游标卡尺的整数部分为3 mm，副尺零线以右与主尺上的刻度对准的刻线数为16，乘上 eq \f(1,20) ，则小数部分为0.80 mm，遮光条的宽度为整数部分加小数部分为3.80 mm。
(2)滑块经过光电门的瞬时速度为v＝ eq \f(d,t) ，代入解得v≈0.317 m/s，由于题干要求结果保留2位有效数字，即v＝0.32 m/s。
(3)匀加速运动中间位移处速度大于中间时刻速度，考虑遮光条宽度的影响，遮光条通过光电门的平均速度即中间时刻速度应该小于滑块通过B点时的瞬时速度，动能的增加量测量值偏小，则在滑块从A点运动至B点的过程中，滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能的减小量测量值大于动能的增加量测量值。
(4)对整个系统列机械能守恒mgs－ eq \f(1,2) (M＋m)( eq \f(d,t) )2＝0，整理得( eq \f(1,t) )2＝ eq \f(2mg,（M＋m）d2) s，即k＝ eq \f(2mg,（M＋m）d2) ，解得M＝ eq \f(2mg,kd2) －m
答案：(1)3.80 (2)0.32(或3.2×10－1)
(3)大于、大于 (4) eq \f(2mg,kd2) －m
13．(1)0 (2)110 N
解析 (1)对箱子进行受力分析，利用正交分解由平衡条件可得：
Ff1＝F1－mgsin 37°＝0
(2)箱子从A到B做匀加速运动，由位移公式：L＝eq \f(1,2)at2
解得：a＝0.2 m/s2
对箱子受力分析，沿着木板方向，由牛顿第二定律得：
F1＋F2－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
解得：F2＝110 N.
14．(1)3 s (2)20 m/s (3)见解析
解析 (1) 将运动员位移分解，
水平位移x＝scs 37°＝ 60 m，
竖直位移y＝ssin 37°＝45 m
运动员在竖直方向做自由落体运动，
则有y＝eq \f(1,2)gt2，
解得：t＝3 s；
(2)运动员在水平方向做匀速直线运动，则有x＝v0t
解得：v0＝20 m/s；
(3)运动员的始末位置都在斜面上，位移方向沿斜面向下，将其运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有：x＝v0t ，y＝eq \f(1,2)gt2
tan 37°＝eq \f(y,x) 联立解得：x＝eq \f(2v\\al(,02)tan 37°,g)
则s＝eq \f(x,cs 37°)＝eq \f(3,16)v02
由此可知，s－v0关系是二次函数关系，是一条抛物线，如图所示．
15.【解析】(1)设人松手时夯的速度为v0，松手后夯先向上减速后向下加速，
t1内位移v0t1－ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up12(2),\s\d4(1)) ＝－h1
解得v0＝4 m/s
夯向上加速运动时加速度为a，v eq \\al(\s\up12(2),\s\d4(0)) ＝2ah1
解得a＝8 m/s2
由牛顿第二定律8T sin θ－mg＝ma
解得T＝112.5 N
(2)设夯向上加速运动时间为t，v0＝at，解得t＝0.5 s
由动能定理8Pt－mgh1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up12(2),\s\d4(0))
解得P＝180 W
(3)夯与地面撞击时速度为v1，
v1＝v0－gt1＝－6 m/s
撞击后反弹速度为v2，v eq \\al(\s\up12(2),\s\d4(2)) ＝2gh2
解得v2＝2 m/s
对夯由动量定理得：(F－mg)t2＝m(v2－v1)
解得F＝2 000 N
由牛顿第三定律知，夯对地面作用力F′＝F＝2 000 N