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12月月考物理试题

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1.解析：D 由题图可知，0～2 s时间内力F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4 s内力F的方向与0～2 s内力F的方向相反，该质点0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，第4 s末没有回到出发点，故选项C错误；在F－t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量的大小，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确。
2.【解析】选C。当正点电荷在H点时，F点处电场强度恰好为零，说明EG两个点上的电荷在F点产生的电场与正电荷Q的电场之和为零，根据公式E＝ eq \f(kQ,r2) 可得，EG两个点的电荷在F点产生的电场强度大小为E＝ eq \f(kQ,d2) ，方向水平向左；现将Q点电荷移到O点，它在F点产生的电场强度大小E1＝k eq \f(4Q,d2) ，方向向右，所以F点的合场强E合＝k eq \f(4Q,d2) －k eq \f(Q,d2) ＝k eq \f(3Q,d2) ，方向水平向右，故C正确，A、B、D错误。
3.【解析】选B。人造卫星在围绕地球做匀速圆周运动的过程中由万有引力提供向心力，根据万有引力定律和匀速圆周运动知识得G eq \f(mM,r2) ＝ma＝m eq \f(v2,r) ，解得v＝ eq \r(\f(GM,r)) ，a＝ eq \f(GM,r2) ，由题意可知，卫星a的轨道半径小于卫星c(b)的轨道半径，故卫星a的线速度大于卫星c的线速度；卫星b和卫星c的周期相同，由G eq \f(mM,r2) ＝m eq \f(4π2,T2) r，可知轨道半径相同，故卫星b的线速度等于卫星c的线速度，卫星b的向心加速度等于卫星c的向心加速度，选项A、C错误，B正确；由于不知道卫星的质量关系，故无法判断卫星a的机械能与卫星b的机械能关系，选项D错误。
4．A
5.【答案】B 对甲图中的小球B受力分析，如图所示
由相似三角形可知
其中
，
联立可得
同理对乙图小球B受力分析，如图
由相似三角形可知
其中
，
联立可得
则与的大小关系为
故选B。
B【详解】A．泥巴进入盒子的过程，满足动量守恒，则
解得
故A错误；
B．进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为
故B正确；
C．根据牛顿第二定律有
解得
故C错误；
D．根据机械能守恒定律有
所以
故D错误。
故选B。
7.【答案】C【解析】两物块相对圆盘恰要发生相对滑动时，有
解得
故选。C
8.【答案】AD【详解】A．平抛运动的加速度为g，初速度方向与加速度方向垂直，则是匀变速曲线运动，选项A正确；B．根据可知，做平抛运动的物体在任何两个相等的时间段内速度的变化量大小相等，方向相同，选项B错误；C．两个质量不同的物体，同时从同一高度水平抛出，忽略空气阻力，则竖直方向的加速度相等，均为g，则两物体同时落地，选项C错误；D．两个质量不同的物体，从同一高度以大小不同的水平速度抛出，忽略空气阻力，则落地前瞬时的竖直速度
可知，两物体落在水平地面前瞬间竖直方向的速度相同，选项D正确。
故选AD。
9．CD [由题图可知该波的波长为λ＝4 m，则该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象，选项D正确选项A正确；若波向右传播，则0.2 s＝nT＋eq \f(1,4)T，T＝eq \f(4,20n＋5) s(n＝0,1,2,3…)，v＝eq \f(λ,T)＝(20n＋5) m/s；若波向左传播，则0.2 s＝nT＋eq \f(3,4)T，T＝eq \f(4,20n＋15) s(n＝0,1,2,3…)，v＝eq \f(λ,T)＝(20n＋15) m/s，可知波速不可能为20 m/s，周期不可能为0.6 s，选项A、B错误；由v＝(20n＋15) m/s可知，当n＝1时，v＝35 m/s，则若波速为35 m/s，该波一定沿着x轴负方向传播，；
10.【答案】BD【详解】A．根据开普勒第三定律可知
解得在轨道Ⅱ上运行周期
从点到点的最短时间为
故A错误；
B．从近地轨道经Q点进入轨道Ⅱ需要在Q点加速，所以探测器在点的线速度大于第一宇宙速度，故B正确；C．根据开普勒第二定律可知，对于同一轨道卫星，与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相等，故C错误；D．根据牛顿第二定律可知，探测器在轨道Ⅰ上经过点时所受合外力等于在轨道Ⅱ上经过点时的合外力，则探测器在轨道Ⅰ上经过点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过点时的加速度，故D正确。
故选BD。
11.【答案】（1）不必 （2）AC
（3）用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。
（4）
12.【答案】 ①. 实心铁球 ②. 3.60 ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]为了提高实验精确度，小球应选用密度较大的实心球，以减小空气阻力带来的影响，故选实心铁球。
（2）[2] 游标卡尺是（20分）度的，则游标卡尺的精确度为0.05mm，由图乙所示游标卡尺可知，其读数为
d=3mm+0.05×12mm=3.60mm
（4）[3]小球向下运动的高度为h，通过光电门的速度为
由机械能守恒
整理得
图线斜率为
（5）[4] 小球下落过程中受到恒定的阻力
整理得
图像斜率变大，如图
13.【答案】（1）（6分）物体放上传送带，做匀加速运动，由牛顿第二定律得
μmg=ma
代入得到
a=4m/s2
与传送带共速则需要时间
位移
所以物块先加速后匀速，根据动能定理，包裹从A端运动到端传送带对其做功
【2】（6分）包裹匀速时间
包裹从A端运动到端过程中传送带对其做功的平均功率
14.（1）（8分）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒
解得
在b点根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为
（2）（8分）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得
解得
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得
根据运动学规律对游客
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据位移关系得滑板的长度为
15.（1）（4分）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）（6分）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得
F=6.5mg
（3）（6分）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为