安徽省滁州市定远县2024-2025学年高三（上）11月检测试卷物理试题

这是一份安徽省滁州市定远县2024-2025学年高三（上）11月检测试卷物理试题，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。
1.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ=30°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示。设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm=μFN(FN为正压力)求得。有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上(这种现象称为自锁)，此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x。下面说法正确的是( )
A. 自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向向左
B. 锁舌D受到锁槽E摩擦力的方向沿侧面向上
C. 无论μ多大，暗锁仍然能够保持自锁状态
D. 无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，μ存在其最小值。
【答案】D
【解析】A.
如图所示，锁舌D在水平面内受底部的摩擦力f1、弹簧的弹力2个力的作用，锁舌D的下表面所受到的最大静摩擦力为f1，其方向向右，锁舌D受到锁槽E摩擦力 f2 的方向沿侧面向下，故AB错误；
CD.设锁舌D受到锁槽E的最大静摩擦力为f2，正压力为N，下表面的正压力为F，弹力为kx，由平衡条件
kx+f1+f2csθ−Nsinθ=0
F−Ncsθ−f2sinθ=0
又
f2=μN
f1=μF
联立上述方程得
N=2kx1−2 3μ−μ2
令N趋向于无穷大，则有
1−2 3μ−μ2=0
解得
μ=2− 3
无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，μ最小值为 2− 3 ，故D正确C错误。
故选D。
2.如图，一质量为M、半径为R的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内。有一个质量为m的光滑小环(可视为质点)套在大环上，由于微小的扰动从大环的最高处由静止滑下。已知重力加速度大小为g，则小环下滑到大环最低点的过程中( )
A. 大环与小环所构成的系统始终处于失重状态
B. 小环运动到最低点时，轻杆对大环的作用力为(M+5m)g
C. 小环重力的功率一直增大
D. 大环对轻杆拉力的大小不可能为Mg
【答案】B
【解析】【解答】
A.小环在大环上先有向下的加速度分量，处于失重状态；然后有向上的加速度分量，处于超重状态，故A错误；
B.小环从最高到最低，由动能定理得mg⋅2R=12mv2−0，小环在最低点时，根据牛顿第二定律得N−mg=mv2R，解得N=5mg，由牛顿第三定律可知，此时小环对大环的作用力为N′=N=5mg，对大环受力分析，有T=Mg+N′=(M+5m)g，故B正确；
C.由于小环在下滑的过程中竖直方向速度先增大后减小，根据 PG=mgvy 可知小环重力的功率先增大后减小，故C错误；
D.当大环对小环的作用力为零时，小环只受重力，重力指向圆心的分力提供向心力，则有mgcsα=mv2R，此时小环对大环的作用力也为零，则大环对轻杆的拉力大小可能为Mg，故D错误。
3.如图所示，在一个“十”字架水平杆上用细线对称地悬挂两个可视为质点的小球A，B，已知A的质量为mA，B的质量为mB，且mA>mB，图中OO1=OO2，LA=LB。现将整个装置绕竖直杆匀速转动，则A，B两球稳定时，下列说法正确的是( )
A. 悬挂A球的细线与竖直方向的夹角等于悬挂B球的细线与竖直方向的夹角
B. 悬挂A球的细线与竖直方向的夹角小于悬挂B球的细线与竖直方向的夹角
C. A球做圆周运动的线速度大于B球做圆周运动的线速度
D. A球做圆周运动的线速度小于B球做圆周运动的线速度
【答案】A
【解析】设两球做匀速圆周运动的角速度相同为ω，由牛顿第二定律得
mAgtanθ=mAω2(LAsinθ+OO1)，
mBgtanθ′=mBω2(LBsinθ′+OO2)
图中OO1=OO2，LA=LB，
可知θ=θ′
根据v=ω(LAsinθ+OO1)=ω(LBsinθ′+OO2)
可知A球做圆周运动的线速度等于B球做圆周运动的线速度。
故选A。
4.2024年6月嫦娥六号在鹊桥二号中继星支持下，成功在月球背面南极着陆.以下是落月轨迹图，嫦娥六号先在距离月球表面200km的圆轨道Ⅰ上运行，经过A点进入近月点离月球表面15km、远月点离月球表面200km的椭圆轨道Ⅱ，最后经过B点进入距离月球表面15km的圆轨道Ⅲ.已知月球半径约为1740km.下列说法正确的是( )
A. 嫦娥六号在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ运行的速率之比vⅠvⅢ−(351388)12
B. 嫦娥六号在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运行的周期之比TⅠTⅡ=(4380)32
C. 嫦娥六号从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ机械能增大
D. 嫦娥六号在轨道Ⅱ运行时，其加速度只改变运动方向，不改变运动大小
【答案】A
【解析】略
5.如图所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，OA=AB=l2(l即小L).一原长为25l、劲度系数为k(k>10μmgl)的轻弹簧右端固定，左端连接一质量为m的小物块．物块从O点由静止释放．已知物块与OA段间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则物块在向右运动过程中，其加速度大小a、动能Ek、弹簧的弹性势能Ep、系统的机械能E随位移x变化的图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A、由题意可知，A点处，物块受到的弹力大小为FA=k(l2−2l5)=110kl>μmg，可知物块从O到A过程，一直做加速运动，动能一直增加，根据牛顿第二定律可得a=k(l−2l5−x)−μmgm=−kxm+3kl5m−μg(0≤x≤0.5l)，可知物块从O到A过程，a−x图像应为一条斜率为负的倾斜直线，A错误；
B、物块从O到A过程(0≤x≤0.5l)，由于弹簧弹力一直大于滑动摩擦力，物块一直做加速运动，动能一直增加，但随着弹力的减小，物块受到的合力逐渐减小，根据动能定理可知，Ek−x图像的切线斜率逐渐减小;物块到A点瞬间，合力突变等于弹簧弹力，则Ek−x 图像的切线斜率突变变大，接着物块从A到弹簧恢复原长的过程(0.5l0)的带电小球在电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g。求

(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球到达A点时速度的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离。
【答案】解：
(1)设小球所受电场力为F0，电场强度的大小为E，
由力的合成法则有：F0mg=tanα，F0=qE
解得：E=3mg4q；
(2)小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有：F2=mg2+F02
设小球到达C点时的速度大小为vC，由牛顿第二定律得：F=mvC2R
解得：vC= 5gR2
设小球到达A点的速度大小为vA，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示：
由几何关系得：DA=Rsinα，CD=R(1+csα)，
小球从A到C过程，由动能定理有：−mg·CD−qE·DA=12mvC2−12mvA2
解得小球在A点的速度大小为：vA= 23gR2；
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g，设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t，
由运动学公式有：v⊥t+12gt2=CD
v⊥=vsinα
解得：t=35 5Rg
小球水平方向上做匀变速直线运动，设加速度大小为a，小球落至水平轨道上的位置到A点的距离为s，由运动学公式得：s=vCtcsα−12at2+AD
在水平方向上由牛顿第二定律得：qE=ma
解得：s=98R。

【解析】本题考查带电粒子在重力场和电场复合场中的运动，关键是掌握力的合成法则，应用牛顿第二定律、动能定理求解。同时注意运动的合成与分解的应用。
(1)根据力的合成法则和电场力公式求出电场强度的大小；
(2)在C点，根据牛顿第二定律和向心力公式求出C点的速度，作CD⊥PA，根据几何关系，运用运动的合成与分解，结合动能定理即可求解。
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g，在水平方向上做匀变速直线运动，根据分运动规律列式，结合几何关系求解。
15.一游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接，直轨道的左边平滑连接一光滑曲面轨道。长为L、质量为M的平板紧靠光滑且足够长的固定凹槽EFGH放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从光滑曲面轨道h高度处由静止释放，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ=0.6滑块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
(1)若滑块恰好能通过圆形轨道最高点C点，求释放点的高度h;
(2)滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速的过程中系统损耗的机械能;
(3)要使滑块能到达H点，求释放点的高度范围。
【答案】解：(1)滑块恰好通过C时，在C点受力为：mg=mvC2R，
滑块从释放到C的过程中，机械能守恒可知：mgh=mg×2R+12mvC2，
解得：h=1.25m；
(2)滑块从释放到轨道最低点，由动能定理可知：mgh=12mv2，
滑块平板共速时，由动量守恒可知：mv=(m+M)v共，
由能量守恒，损失的能量为：ΔE=12mv2−12(m+M)v共2，
联立解得：ΔE=0.625J；
(3)①若滑块滑上平板的速度较小，其恰好刚能滑到H，对滑块，从释放到刚滑上平板，mgh=12mv12，
则对滑块与平板整体，由动量守恒可知：mv1=(m+M)v2，由动能定理：−μmgL1=12(m+M)v22−12mv12，
平板到达凹槽右侧被锁定后，滑块继续滑行至H，刚好速度为0，对滑块，由动能定理：−μmg(L−L1)=0−12mv22，
解得：h=1.44m；
②由于凹槽足够长，可知滑块和平板最终必然共速；若滑块滑上滑板时，速度较大，当其刚好滑离平板时，刚好共速；
对滑块，从释放到刚滑上平板，mgh=12mv32，
则对滑块与平板整体，由动量守恒可知：mv3=(m+M)v4，由动能定理：−μmgL=12mv32−12(m+M)v42，
联立解得：h=21.6m；
即释放高度的范围为：1.44m≤h≤21.6m。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】