2024-2025学年广东省深圳市东莞佛山部分学校高三（上）大联考物理试卷（10月）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省深圳市东莞佛山部分学校高三（上）大联考物理试卷（10月）（含答案），共11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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.在足球场上罚任意球时，高水平运动员踢出的足球在飞行中绕过“人墙”，飞向球门，使守门员难以扑救。下列关于足球的说法正确的是( )
A. 脚对足球的力大于足球对脚的力
B. 脚对足球的力与足球对脚的力是一对平衡力
C. 研究踢球的动作时足球可视为质点
D. 研究足球飞行轨迹时足球可视作质点
2.某同学用手指以固定频率触动水面形成水波。水波自左向右传播，某时刻波形如下图所示，P为波面上的一点，下列关于该段水波说法正确的是( )
A. 波长为4cmB. 振幅为1.0cm
C. 此刻P点速度为零D. 此刻P点运动方向向下
3.设想未来太空电梯示意图如图所示。超级缆绳将地球赤道上的固定基地、同步空间站和配重空间站连接在一起，使它们随地球同步旋转。已知同步空间站和配重空间站整体的质心正好落在地球同步卫星轨道上。此时太空电梯P正在向同步空间站运动。下列说法正确的是( )
A. 同步空间站处于平衡状态
B. 太空电梯上的人受到的重力越来越小
C. 配重空间站受到地球引力大于其圆周运动的向心力
D. 地面和同步空间站间的缆绳提供两空间站的向心力
4.图甲为由物块和轻弹簧制作的一个竖直放置的振动装置。图乙记录了物体振动过程中速度v随时间t变化的曲线，以向上为正方向。关于该振动过程，下列说法正确的是( )
A. t=0时，弹簧处于原长状态B. t=0.4s时，物块加速度为零
C. t=0.2s时，物块位于平衡位置上方D. t=0.6s时，物块位于平衡位置下方
5.如图所示，男、女同学共提一桶水静止站在水平地面上，男同学提桶方向与竖直夹角为θ，受到的地面摩擦力大小为f。保持女同学对桶作用力方向不变，为了让女同学省些力气，男同学应( )
A. 减小θ角，摩擦力f将减小B. 增大θ角，摩擦力f将减小
C. 减小θ角，摩擦力f将增大D. 增大θ角，摩擦力f将增大
6.某同学乘坐摩天轮做匀速圆周运动。依次从A点经B点运动到C的过程中，下列关于该同学的说法正确的是
A. 机械能保持不变B. 合外力做功为零
C. 合外力的冲量为零D. 受到的支持力保持不变
7.编钟是中国汉民族古代重要的打击乐器，其示意图可简化为图中所示，编钟可绕转轴OO′摆动，M为转轴上编钟的正中心，a、b、c三点在编钟底部圆形截面上，与M的距离均相等，其中a、b与转轴OO′平行。当编钟绕OO′转动时，关于a、b、c三点做圆周运动说法正确的是( )
A. 线速度相同B. 半径相同
C. 点c的向心加速度大于点aD. 点c的角速度大于点b
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，一顶端带有挡板P，表面粗糙的斜面固定在水平面上，滑块以初速度v0冲上斜面，t1时刻滑到斜面顶端与挡板P发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后速度大小不变，方向反向，滑块速度为v，运动时间为t，沿斜面向上为正方向。在斜面上运动的过程中，其v−t图像可能正确的有( )
A. B.
C. D.
9.小明设计实验研究“淋雨量”与移动速度的关系。分别把面积相同的吸水纸挡在头顶和挡在身前，以速度大小v向右穿过长度相同的一段下雨的区域，如图所示。挡在头顶的吸水纸质量增加Δm1，挡在身前的吸水纸质量增加Δm2。已知雨滴匀速下落，可视作密度均匀的介质。下列关于Δm1和Δm2的说法正确的有( )
A. Δm1与v无关B. v越大Δm1越小C. Δm2与v无关D. v越大Δm2越小
10.质量为60kg的同学做“引体向上”的上升过程如图所示，该过程大致可以看作先做匀加速运动，再做匀减速运动达到最高点，身体上升总高度为0.60m，向上加速的时间为1.2s，向上减速的时间为0.4s，重力加速度取10m/s2。关于整个过程，下列正确的有( )
A. 该同学先超重后失重
B. 运动过程中最大速度等于38m/s
C. 加速和减速过程加速度大小之比等于1:3
D. 加速和减速过程手臂承受的拉力之比等于3:1
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.请根据下列两种常见的加速度测算方法完成实验操作和计算。
(1)通过打点计时器测量加速度。把电火花打点计时器接入“220V，50Hz”的我国家用交流电源、打点计时器打出连续两个点的时间为_____s。选出纸带中点迹清晰的一段，纸带上连续7个点间的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5和s6，如图所示，读出s1=_____cm。根据纸带数据测算小车的加速度大小为_____m/s2(结果保留3位有效数字)。
(2)小车在斜面上匀加速直线下滑，小车上固定着宽度为d的挡光片，挡光片先后经过两个光电门的时间分别为t1和t2，要测量这个过程中小车的加速度，还需要测量一个物理量A，该物理量为_____。则小车的加速度可以表示为_____(用d、t1、t2和A表示)。
12.某实验小组研究物体跟水平实验桌之间的摩擦因数。实验装置如图甲所示，通过钩码拉动物块加速运动，用力传感器测量细绳的拉力F，通过光电门(图中未画出)记录物块运动信息，从而计算物块的加速度a。改变钩码质量，重复实验。
(1)实验开始前需要的操作是______
A.倾斜桌面平衡摩擦力
B.应选取质量远小于物块的钩码
C.调节滑轮高度，使得细线与桌面平行
(2)绘制出F−a图像，如图乙所示。计算F−a图像的斜率为k，F轴上的截距为b，经查阅当地重力加速度为g，可测算滑块与长木板之间的动摩擦因数μ=_____(用k、b、g表示)。
(3)为了减小细绳与滑轮间的摩擦力对实验结果产生的影响，在物块质量的选取上，小梁和小余同学有着不同的观点：小梁同学认为选取质量较大的物块：而小余同学认为选取质量较小的物块。请问你认可哪位同学的观点，并说出你的依据：___________。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.足球运动员在一次训练中以37∘仰角方向从水平地面踢出足球，如图所示。足球恰好在最高点穿过悬挂在高度为ℎ=7.2m处的圆环。已知足球可视作质点且空气的对足球的作用力可忽略不计，重力加速度g取10m/s2，求
(1)足球踢出的速度v；
(2)足球从踢出到落回水平地面的位移x。
14.小朋友的弹射玩具可简化为储能装置和质量为m的滑块组成，如图甲所示。左端带有挡板的足够长的轨道固定在水平面上，已知每个弹射玩具在轨道上的弹射距离均为L。现把2个弹射玩具如图乙所示紧靠在一起，先触发弹射玩具1，当整体停止运动时再触发玩具2，此时玩具1和2分离，玩具2继续向前滑至最远处。已知储能装置释放能量的时间忽略不计，滑块滑块可视作质点，滑块与轨道摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)玩具1释放后整体滑行的最大距离L1；
(2)玩具2释放后瞬间玩具1的速度大小v1；
(3)玩具2最终停止位置与挡板的距离L2。
15.如图甲所示，一游戏转置由左端带有弹簧振子的光滑水平轨道、水平传送带以及足够长的光滑斜面三部分组成。弹簧振子由轻弹簧和质量M=0.4kg的振子A组成。弹簧振子的平衡位置O到传送带的左端P的距离L1=3.0m，传送带长L2=4.5m，且沿逆时针方向以速率v0匀速转动。v0的大小可调，右端通过可以忽略不计的光滑圆弧与斜面相连、斜面与水平面的所成的夹角θ=30∘。现将质量m=0.1kg的滑块B静置于O点，振子A压缩弹簧后，在t=0时刻由静止开始释放，运动到O点与滑块B发生正碰，碰撞时间极短，碰后滑块B向右滑动，穿过传送带并滑上斜面，速度减为零后沿原路返回到O点。已知振子A开始运动一段时间的v−t图像如图乙所示，滑块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，振子A和滑块B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2， 77≈0.38。
(1)求碰撞后瞬间滑块B的速度大小vB以及弹簧振子的周期T；
(2)若v0=8m/s，求滑块B向右穿过传送带的过程中产生的热量Q；
(3)调节传送带的速度v0，发现滑块B回到O位置时，恰好与振子A迎面正碰，求整个过程中，振子A做了几次全振动。
参考答案
1.D
2.D
3.B
4.B
5.A
6.B
7.C
8.CD
9.BC
10.AC
11.(1) 0.02 1.20 4.08
(2) 两光电门的距离 d22A(1t22−1t12)

12.(1)C
(2) bkg
(3)见解析

13.(1)足球在竖直方向做竖直上抛运动，在最高点竖直方向速度为0，有
ℎ=vsin3722g
可解得
v=20m/s
(2)足球到最高点的时间为
t=vsin37g=1.2s
足球水平方向做匀速直线运动，从踢出到落回水平地面的位移为
x=vcs37⋅2t=38.4m

14.(1)设储能装置释放的机械能为E，则弹射玩具释放后滑行距离L过程中，根据能量守恒，有
E=μmgL
玩具1释放后整体滑行过程中，根据能量守恒，有
E=μ⋅2mgL1
两式联立，得
L1=L2
(2)玩具2释放后瞬间两玩具组成的系统动量守恒，有
0=mv1−mv2
根据能量守恒，有
E=12mv12+12mv22
求得
v1= μgL
(3)设玩具2触发后滑行的过程中，根据能量守恒，有
12mv22=μmgL2−L1
其中
v2=v1= μgL
L1=L2
求得
L2=L

15.(1)由振子A的v−t图像可知，弹簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v−t图像可知，振子A与滑块B碰撞前瞬间的速度为 vA=7.5m/s ，碰撞后瞬间的速度为 v′A=5m/s ，碰撞过程，取碰撞前A的速度为正方向，由动量守恒定律得
MvA=Mv′A+mvB
解得
vB=10m/s
(2)滑块B向右穿过传送带，根据动能定理有
−μmgL2=12mv12−12mvB2
解得
v1=8m/s
在传送带上，对滑块B，根据动量定理有
−μmgt1=mv1−mvB
解得
t1=0.5s
传送带的位移为
x传=v0t1=4m
滑块B与传送带的相对位移为
Δx=L2+x传=8.5m
产生的热量
Q=μmgΔx=0.4×0.1×10×8.5J=3.4J
(3)滑块B从O点运动到P点，所花时间
t2=OPvB=0.3s
斜面光滑，滑块滑上斜面又滑下，机械能守恒，速度大小不变，为 v′B=8m/s ，方向反向，由动量定理，可知
mv′B−−mv′B=mgsinθ⋅t3
解得②
t3=3.2s
①当v≥10m/s时，滑块B返回传送带，在传送带上一直加速，到左端速度刚好为10m/s，根据运动对称性，向左穿过传送带所花的时间
t4=t1=0.5s
由P到O点，运动时间为
t5=310s=0.3s
故滑块返回O点运动的最短时间为
tmin=t1+t2+t3+t4+t5=4.8s
②当滑块B在传送带上一直减速，到P点刚好与传送带共速，根据动能定理有
−μmgL2=12mvP2−12mv′B2
解得
vP=2 7m/s
当 v≤2 7m/s ，滑块B在传送带上一直减速，返回O点时间最长。返回过程中，在传送带运动的时间，根据动量定理
−μmgt′4=mvP−mv′B
解得
t′4=2− 72s
由P点返回O点，所花时间
t′5=32 7s=3 714s
运动总时间
tmax=t1+t2+t3+t′4+t′5≈5.24s
返回O点，恰好与振子A迎面正碰，即
tmin≤nT≤tmax
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13