安徽省皖东名校2024-2025学年高三（上）段考物理试卷（11月份）

这是一份安徽省皖东名校2024-2025学年高三（上）段考物理试卷（11月份），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.质点在某段时间内运动的v−t图像是一段抛物线，如图所示，关于0∼t1和t1∼t2两段时间内的运动，下列说法正确的是( )
A. 两段时间内的速度方向相同
B. 两段时间内的平均速度大小相等
C. 两段时间内的加速度方向相同
D. 0∼t1内加速度逐渐减小，t1∽t2内加速度逐渐增大
【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查速度−时间图象。注意：速度−时间图象与时间轴所包围的面积大小表示位移大小，速度的正负表示速度方向，图象的斜率表示质点的加速度，斜率的正负表示加速度的方向。
【解答】
A、0∼t1时间内的速度为正，t1∼t2时间内的速度为负，故A错误；
B、若0∼t1时间内做匀减速直线运动，设运动的位移大小为x，则平均速度大小等于v12，根据速度−时间图线与坐标轴所围“面积”表示位移可知，0∼t1时间内的位移大小大于x，所以0∼t1时间内的平均速度大于v12，同理可知t1∼t2时间内的平均速度大小小于υ12，故B错误；
C、根据速度−时间图像的斜率表示加速度，在0∼t1时间内图线的斜率为负，t1∼t2时间内图线的斜率为负，所以两段时间内的加速度方向相同，故C正确；
D、0∼t1内、t1∼t2内加速度均逐渐增大，故D错误。
故选C。
2.如图所示，两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，已知小球a和b的质量之比为2:1。当两球处于平衡状态时，光滑球面对小球a的支持力大小等于F1，对小球b的支持力大小等于F2。若要求出F1、F2的比值大小，则( )
A. 需要知道刚性细杆的长度与球面半径的关系
B. 需要知道刚性细杆的长度和球面半径的大小
C. 不需要其他条件，有F ​1:F ​2=2:1
D. 不需要其他条件，有F ​1:F 2=1:2
【答案】C
【解析】【分析】
本题的难点在于几何关系的确定，对学生的要求较高，只有找出合适的几何关系，才能找出突破本题的关键。分别对两球受力分析，由几何关系可得出两球受力的大小关系；注意本题要用到相似三角形。
【解答】
设圆心为O，对轻杆，受两个球的弹力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，杆对a、b球作用力大小相等设为T且方向沿杆方向，两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，则△Oac与左侧力三角形相似，△Obc与右侧力三角相似；
则由几何关系可得：magOc=Tac，mbgOc=Tbc，即：mamb=bcac，同时有：F1Oa=Tac，F2Ob=Tbc，故F1F2=bcac，所以F1F2=mamb=21，故C正确，ABD错误。
3.如图所示，1、3是卫星绕地球做圆周运动的轨道示意图，1轨道的半径为R，2轨道是一颗卫星绕地球做椭圆运动的轨道示意图，3轨道与2轨道相切于B点，O点为地球球心，AB为椭圆的长轴，三个轨道和地心都在同一平面内。已知在1、2两轨道上运动的卫星的周期相等，引力常量为G，地球质量为M，三颗卫星的质量相等，下列说法正确的是( )
A. 卫星在3轨道上的机械能小于在2轨道上的机械能
B. 若OA=0.4R，则卫星在2轨道B点的速率vB< 5GM8R
C. 若卫星在1轨道上和2轨道A点的速率分别为v1和vA，则v1>vA
D. 若卫星在1轨道、2轨道A点和3轨道上的加速度大小分别为a1、a2和a3，则a2 a3，故D错误。
故选B。
4.如图所示，小朋友沿着滑梯下滑的过程中
A. 合力对她的冲量等于她的动量的变化B. 重力的冲量等于她的动量的变化
C. 重力做的功等于她的动能的变化D. 她的机械能守恒
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查动量定理、动能定理和机械能守恒定律的判断，基础题。
【解答】
AB.根据动量定理，合力对她的冲量等于她的动量的变化，所以重力的冲量不等于她的动量的变化，故A正确，B错误；
C.小朋友下滑过程中，重力和阻力做功，根据动能定理，重力和阻力的合力做的功等于动能的变化，故C错误；
D.下滑过程，要克服阻力做功，机械能不守恒，故D错误。
故选A。
5.如图所示，在网球的网前截击练习中，小明在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上，已知底线到网的距离为L，重力加速度为g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )
A. 球落地的速度大小等于L 2Hg
B. 球从击出至落地所用时间为 2Hg
C. 球从击球点至落地点的位移等于L
D. 球从击球点至落地点的位移与球的质量有关
【答案】B
【解析】解：AB.球做平抛运动的水平位移为L，竖直位移为H，根据平衡运动规律有：
H=12gt2，L=v0t
可得球的初速度大小为：v0=L g2H
球的运动时间为：t= 2Hg
球落地时竖直方向的分速度大小为：vy=gt= 2gH
则球落地速度大小为：v= v02+vy2= L2g2H+2gH，故A错误，B正确；
CD.球从击球点至落地点的位移等于s= H2+L2，与球的质量无关，故CD错误。
故选：B。
根据平抛运动规律分析球落地的速度大小与球在空中的运动时间；根据几何关系求解击球点到落地点的距离；球的运动情况与球的质量大小没有关系。
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解；位移一定要注意是从初位置到末位置的由向线段，与物体的质量无关。
6.如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面体的两侧面与水平面平滑连接，两小木块同时从斜面体的顶端由静止下滑，最终停在水平面上.已知木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，下列描述木块水平分速度大小vx随时间t变化关系图像可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查木块在斜面上的运动，难度较大，可以根据排除法进行选择。该题考查的是木块的水平分速度随时间变化的关系图像，木块到达水平面上速度会变成水平方向，会有突然变大的过程，结合动能定理进行判断。
【解答】
设斜面与水平方向夹角为θ，两个木块从斜面上滑到水平面上速度方向从沿斜面转为水平方向，所以在图像中会有速度突然变大的瞬间，排除CD选项，
木块从顶端滑到底端的过程，根据动能定理可知：mgh−μmgcsθ·xcsθ=12mvx2，即mgh−μmgx=12mvx2，左边木块对应水平位移小，即到达底端时，左边木块的速度较大，两边木块达到水平面的速度大小不同，所以B正确，A错误。
7.如图所示，长木板放在光滑水平地面上，其右端放一个小滑块。某时刻同时给两者以大小相等、方向相反的初速度v0，最终两者以共同的速度运动。已知长木板的质量为小滑块质量的2倍，两者之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则在小滑块速度与加速度同向的这段时间内，长木板运动的位移为( )
A. 5v029μgB. 5v0218μgC. 5v0236μgD. 5v0272μg
【答案】C
【解析】【分析】
小滑块和长木板竖直方向上受力平衡，水平方向受到滑动摩擦力作用，大小为μmg，小滑块初速度向左，先向左做匀减速运动至速度为零，后向右加速直到与长木板共速，此段时间内长木板一直减速。
【解答】
最后两者获得相同的速度，设此速度为v，以长木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
2mv0−mv0=(2m+m)v，解得：v=13v0，方向向右；
当小滑块速度为零时，设长木板的速度为v1，根据系统动量守恒定律有2mv0−mv0=mv1，解得v1=12v0，此后滑块的速度与加速度均向右，从此时到达到共同速度的时间内，对长木板分析，根据动能定理有12×2mv2−12×2mv12=−μmgx，得长木板的位移为：x=5v0236μg，故C正确。
故选C。
8.如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计一切摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A. a落地前，轻杆对b一直做正功
B. a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
C. a落地时速度大小为 gh
D. a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
【答案】B
【解析】【分析】
a、b组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，通过b的动能变化，判断轻杆对b的做功情况，根据系统机械能守恒求出a球运动到最低点时的速度大小。
本题考查了功能关系、运动的合成和分解，解决本题的关键知道a、b组成的系统机械能守恒，以及知道当a的机械能最小时，b的动能最大。
【解答】
A.当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功，故A错误；
B.a、b整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故B正确；
C.a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=12mAvA2，解得vA= 2gh，故C错误；
D.b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故D错误。
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.如图所示，固定在水平面上的斜面体，其表面不光滑，顶端有光滑的定滑轮，斜面的右侧放有一块可绕顶端转动的光滑挡板，两个质量相等的滑块A和B分别放置在斜面和挡板上，二者通过细线和轻质弹簧相连，整个系统处于静止状态。现使挡板从与水平面成60°角的位置缓慢转动到水平位置，滑块A始终静止不动，弹簧一直处于弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 挡板对滑块B的弹力逐渐增大B. 弹簧的弹性势能先减小后增加
C. 滑块A受到的摩擦力一直减小D. 斜面对滑块A的作用力先减小后增大
【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了动态平衡分析问题，关键要抓住物块B受力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向，运用图解法分析F和N的变化情况。
分别对B与A进行受力分析，根据平衡条件求出滑块B受到的支持力与拉力的变化，分析滑块A所受摩擦力方向和斜面对A的作用力的大小变化情况。
【解答】
A.设挡板与水平面角度为θ，则挡板对滑块B的弹力为mgcsθ，θ由60°一直变为0°，则mgcsθ增大，故A正确；
B.细线上的拉力为mgsinθ，θ由60°一直变为0°，则拉力减小，弹簧伸长量减小，弹簧对外做正功，弹性势能减小，故B错误；
C.初始时，对滑块A，弹簧弹力为mgsin60°，滑块A的重力沿左侧斜面向下的分力大小为mgsin30°，则mgsin60°>mgsin30°，所以静摩擦力沿斜面向下。θ由60°变为0°的过程中，静摩擦力先减小后反向增大，故C错误；
D.斜面对物块A的作用力就是静摩擦力f和支持力FN的合力，大小为 FN2+f2 其中静摩擦力f大小先变小后变大，所以斜面对滑块A的作用力先减小后增大，故D正确。
10.某中学两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度。如图所示，一长L=0.50 m、质量M=0.40 kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80 kg的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10 m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动。下列说法正确的是
A. 只要F ​2足够大，木板一定能上升
B. 若F 1=18 N，F ​2无论多大都不能使木板上升
C. 若F 2=18 N，为使滑块和木板不发生相对滑动，F ​1至少为30 N
D. 若F1=30 N、F2=20 N，滑块将经过1 s时间从木板上方离开木板
【答案】BC
【解析】【分析】
木板靠在光滑的墙壁上，若使木板能向上运动，则物块对木板的摩擦力应大于木板的重力，列出关系式计算即得。
用整体法与隔离法可求出滑块和木板间的摩擦力，再结合条件滑块和木板不发生相对滑动进行求解。
先假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，再利用牛顿第二定律求出加速度，进而判断假设能否成立；然后根据滑块从木板上端离开所满足的位移关系，求出经过的时间。
本题考查牛顿第二定律，在处理连接体问题时，要注意整体法与隔离法的应用。
【解答】
AB、木板能够上升的条件是：在竖直方向上，滑块给木板的摩擦力大于木板本身的重力，已知滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有μF1>Mg，解得F1>Mgμ=0.40×100.20N=20N，即必须满足F1>20N的条件，木板才能上升，故A错误，B正确；
C、若F2=18N，对滑块和木板整体应用牛顿第二定律有F2−(m+M)g=(m+M)a，代入数据解得a=5m/s2，对木板由牛顿第二定律有f−Mg=Ma，代入数据解得f=6N，为使滑块和木板不发生相对滑动，则μF1≥f，解得F1≥30N，故C正确；
D、若F1=30N、F2=20N，假设滑块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，对滑块应用牛顿第二定律有F2−μF1−mg=mam，代入数据解得am=7.5m/s2，对木版应用牛顿第二定律有μF1−Mg=MaM，代入数据解得aM=5m/s2，此时am>aM，故假设成立。设经过时间t滑块将从木板上方离开木板，则滑块上升的距离为xm=12amt2，木板上升的距离为xM=12aMt2，滑块可从木板上方离开木板，则有xm−xM=L，联立解得t= 2Lam−aM= 2×0.507.5−5s= 105s，故D错误。
故选：BC。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理小组利用如图所示的实验装置研究小车的匀变速直线运动．
主要实验步骤如下：
a.安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次．
b.选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O(t=0)，然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点．
c.通过测量、计算可以得到小车的加速度．
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有 和 (填选项前的字母)．
A.电压合适的50 Hz交流电源
B.电压可调的直流电源
C.刻度尺
D.秒表
E.天平(含砝码)
(2)实验中，保证小车做匀变速直线运动的必要措施是 (填选项前的字母)．
A.细线必须与长木板平行
B.将长木板上没有滑轮的一端适当垫高
C.钩码的质量远小于小车的质量
D.先接通电源后释放小车
(3)实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，打出几条纸带，选取一条比较清晰的纸带，部分计数点如图所示(每两个相邻的计数点间还有4个点未画出).则小车的加速度a=________ m/s2(结果保留3位有效数字)．
(4)研究匀变速直线运动时，往往用ΔxΔt求某个点的瞬时速度，从理论上讲，对Δt的要求是________(选填“越小越好”“越大越好”或“与大小无关”)．
【答案】(1)A；C；(2)A；(3)2.50；(4)越小越好。
【解析】【分析】
(1)依据实验原理，结合打点计时器使用交流电源，即可选取仪器；
(2)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；
(3)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小车的加速度；
(4)当△t越小，即△x越小时，平均速度越接近瞬时速度；
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，解决本题的关键掌握纸带的处理，掌握瞬时速度和加速度的求法，注意逐差法的运用。
【解答】
(1)在实验中，需要使用电压合适的50 Hz交流电源，供打点计时器使用；
还需要刻度尺，来测量各点的位移大小，从而算出各自速度大小；
(2)A、实验前要调节滑轮的高度，使连接弹簧测力计的细线必须与长木板平行，故A正确；
B、为了减小实验误差，要将带滑轮的长木板右端适当垫高，平衡摩擦力，与是否做匀变速直线运动无关，故B错误；
C、实验中要保证钩码的质量m远小于小车的质量M，目的是使得钩码的重力等于绳子的拉力，与是否做匀变速直线运动无关，故C错误；
D、实验时应先接通电源，再释放小车，与是否做匀变速直线运动无关，故D错误；
故选：A。
(3)由纸带数据，S03=5.01cm+7.50cm+10.01cm=22.52cm=0.2252m，
S36=12.50cm+14.99cm+17.50cm=44.99cm=0.4499m
根据△x=aT2运用逐差法解得：
a=s36−s039T2=0.4499−0.22529×0.12m/s2=2.50m/s2
(4)当不知道小车是否做匀变速直线运动，若用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对△t的要求是越小越好，即v−=△x△t，才使得平均速度接近瞬时速度；从实验的角度看，选取的△x大小与速度测量的误差有关。
12.小李同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。
(1)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是________________；
A.斜槽轨道末端的切线必须水平 B.入射球和被碰球半径必须相同
C.入射球和被碰球的质量必须相等 D.必须测出桌面离地的高度H
(2)小李同学在实验中正确操作，得出的落点情况如图乙所示，入射小球的质量用m ​1表示，被碰小球质量用m ​2表示，在实验误差允许范围内，若_____________________成立(用m ​1、m ​2、OM、OP、ON表示)，则可说明碰撞前后，系统总动量不变。
(3)小芳同学对图乙进行认真测量，测出数据如图乙所示，应用(2)中表达式，求出入射小球质量和被碰小球质量之比m1m2=____________________________。
【答案】(1)AB；(2)m1OP=m1OM+m2ON；(3)32。
【解析】【分析】
①为使小球离开轨道后做平抛运动，斜槽末端应水平；为使两球发生对心正碰，两球半径应相等；为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量；根据实验注意事项分析答题；
②由打出的各点的位置确定水平射程，再根据动量守恒定律列式求解；
③根据动量守恒定律的表达式确定两球的质量之比。
本题考查了“探究碰撞中的不变量”实验，知道实验原理是解题的前提，根据题意应用动量守恒定律可解题，同时注意掌握实验中的注意事项。
【解答】
(1)A、要保证碰撞后两个球做平抛运动，故斜槽轨道末端的切线必须水平，故A正确；
B、同时为了对心碰撞，两小球的直径应相同，故B正确；
C、为了防止入射球反弹，入射球的质量一定要大于被碰球的质量，故C错误；
D、槽口离地的高度大小与对实验没有影响，两小球下落高度相同，则所用时间即相同，所以不需要测出桌面的高度H，故D错误。
故选：AB。
(2)两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2
小球做平抛运动抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，则：m1v0t=m1v1t+m2v2t
在实验误差允许范围内，若m1OP=m1OM+m2ON成立，碰撞前后，系统总动量不变。
(3)两球的质量之比为：m1m2=ONOP−OM=−13.50=32
四、计算题：本大题共3小题，共48分。
13.如图所示，倾角θ=37∘的斜面体静止放在水平地面上，斜面长L=3.2m。质量m=1kg的物体Q放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，通过轻质细绳跨过定滑轮与物体P相连接，连接Q的细绳与斜面平行。绳拉直时用手托住P使其在距地面h=2.0m高处由静止释放，着地后P立即停止运动。若P、Q可视为质点，斜面体始终静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计滑轮轴摩擦，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，求：
(1)若P的质量M=0.6kg，判断物体Q是否运动，并说明理由。
(2)为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，求物体P质量M的范围。
【答案】解：(1)设沿斜面向上为正方向，若P的质量 M=0.6kg ，由于 mgsinθ=Mg=6N ，可知P、Q均处于静止状态；
(2)Q刚能上滑对应P的最小质量：
对P、Q连接体，必须满足 Mg>mgsinθ+μmgcsθ ，解得： M>1kg
Q随连接体加速，P着地后Q减速上滑到斜面顶端速度减为零对应P的最大质量：
P着地前，设PQ连接体的加速度为a1，着地瞬间速度为v;P着地后，设Q减速上滑的加速度大小为 a2 ，对Q由运动学公式可得： v2=2a1h=2a2(L−h)
对Q减速上滑，由牛顿第二定律得 mgsinθ+μmgcsθ=ma2 ，解得 a2=10m/s2
联立解得 a1=6m/s2
对于P、Q组成的系统，根据牛顿第二定律可得 Mg−mgsinθ−μmgcsθ=(M+m)a1
联立可得 M=4kg
为使Q能够向上运动且不从斜面顶端滑出，P的质量需满足的条件为 1kg