重庆市2024-2025学年高三（上）11月检测物理试卷（解析版）

这是一份重庆市2024-2025学年高三（上）11月检测物理试卷（解析版），共17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.如图甲所示为小朋友喜爱玩的分叉式滑板车。小朋友在骑行时，手握方向把A，双脚分别踏在两个活动轮B1、B2的上方踏板上，用力将B1、B2不断地分开、合拢，滑板车就能不断向前行进。小明在玩滑板车时，经过一个浅水区，进入干路面后，前轮C和后轮B1、B2分别在干路面上留下如图乙虚线所示的痕迹，在后轮经过地面的痕迹上M、N两点时，两点的切线方向恰好为M、N的连线，该连线与前轮C的行进方向垂直。若两臂长CB1=CB2=0.6m，此时，两臂正处于合拢过程中。B1、B2经过M、N两点时绕C轮做圆周运动的瞬时角速度ω=2rad/s，∠B1CB2=60°，则此时滑板车的行进速度为( )
A. 1.2m/sB. 0.6m/sC. 0.6 3m/sD. 0.4 3m/s
【答案】B
【解析】由题意可知，以前轮 C 为运动参考系，以后轮 B1 为研究对象，其对地速度为绝对速度，方向从 M 指向 N ，前轮 C 的速度 vC 是牵连速度，后轮 B1 绕 C 做圆运动的速度
v1=ω⋅CB1=1.2m/s
是相对速度，由此构建速度矢量关系图如图所示。则
v乙=v1sin30∘=0.6m/s
故选B。
2.某人(视为质点)在空乘逃生演练时，从倾斜滑垫上端A点由静止滑下，经过转折点B后进入水平滑垫，最后停在水平滑垫上的C点，两段运动均可视为匀变速直线运动.A点在水平地面上的射影为D点，该过程简化示意图如图所示.已知人与倾斜滑垫和水平滑垫间的动摩擦因数均为μ，D、B两点间的距离为L1，B、C两点间的距离为L2，人的质量为m，重力加速度大小为g，不计人通过转折点B时的机械能损失，下列说法正确的是( )
A. 人在倾斜滑垫上运动的距离比在水平滑垫上运动的距离长
B. 人在倾斜滑垫上运动的平均速度比在水平滑垫上运动的平均速度小
C. 人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功为μmg(L1+L2)
D. 倾斜滑垫的倾角未知，不能求出人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功
【答案】C
【解析】A.设倾斜滑垫的倾角为θ，人在倾斜滑垫上运动时，加速度大小为a1，位移大小为x1，则有：mgsinθ−μmgcsθ=ma1，vB2=2a1x1;设人在水平滑垫上运动时，加速度大小为a2，位移大小为x2，则有：μmg=ma2，vB2=2a2x2，由于倾角θ未知，则加速度大小关系未知，故无法比较x1、x2的大小关系，A错误;
B.由匀变速直线运动的特点可知v=v0+v2，即vAB=vBC=vB2，B错误;
CD.人从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功W=μmgx1csθ+μmgx2=μmg(L1+L2)，故C正确，D错误．
故选C。
3.如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是( )
A. 轨迹为1的物体在最高点的速度最大B. 轨迹为3的物体在空中飞行时间最长
C. 轨迹为1的物体所受重力的冲量最大D. 三个物体单位时间内速度变化量不同
【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查斜抛运动的规律应用，斜抛运动在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做竖直上抛运动。根据竖直方向上的运动学公式可比较物体在空中飞行时间；根据水平方向上的匀速运动可比较水平分速度大小，即物体在最高点的速度大小关系；根据冲量的定义式I=Ft可比较重力的冲量大小；根据加速度的定义式可比较三个物体单位时间内速度变化量。
【解答】
BC.设物体从抛出到上升到最高点的时间为t，竖直方向上根据运动学公式h=12gt2，解得t= 2hg，物体在空中运动的总时间t总=2t=2 2hg，由题图可知，轨迹1对应的最大高度最大，所以轨迹为1的物体在空中飞行时间最长，轨迹为3的物体在空中飞行时间最短，根据冲量的定义式I=Ft，可知轨迹为1的物体所受重力的冲量最大，故B错误，C正确；
A.物体在空中运动时，水平方向上做匀速直线运动，物体在最高点的速度等于物体在水平方向的分速度，由运动学公式有x=v0xt总，轨迹为3的物体在空中飞行时间最短，水平位移最大，所以水平分速度最大，即轨迹为3的物体在最高点的速度最大，故A错误；
D.根据加速度的定义式可得：Δv=gΔt，所以三个物体单位时间内速度变化量相同，故D错误。
4.如图所示，一根劲度系数为k的轻质橡皮筋竖直放置，将其一端固定在天花板上的O1点，另一端穿过一固定平板上的光滑小孔O2系住一质量为m可视为质点的物块，物块置于O2点正下方水平地面上的O3点，O1、O2、O3在同一竖直线上，当橡皮筋竖直自由放置时，O1、O2两点间距离恰为橡皮筋的原长，现将物块置于O3点右侧且逐渐增大距O3点的距离，物块撤去外力后依然保持静止，则在此过程中下列说法正确的是( )
A. 物块对地面的压力逐渐减小B. 物块对地面的压力始终不变
C. 物块与地面间的摩擦力逐渐变小D. 物块与地面间的摩擦力始终不变
【答案】B
【解析】【分析】
将物块置于O3点右侧且逐渐增大距O3点的距离过程，对物块受力分析，由胡克定律判断弹簧的弹力的变化，对弹力进行分解由该过程角度的变化分析其竖直分力的大小不变，从而由竖直方向的合力为零判断物体对地面的压力变化，同时由摩擦力的定义判断滑动摩擦力的变化；当物块撤去外力后依然保持静止，由平衡条件判断摩擦力及压力的变化。
本题主要考查物体的受力分析，知道在弹簧形变量逐渐增大过程，其竖直分力大小不变，是解题的关键，难度一般。
【解答】
AB.在物体向右运动过程中，弹簧的形变量逐渐变大，但其竖直分量为：F1=kxsinθ不变，在竖直方向，物体还受重力、地面的支持力，故由于弹力的竖直分力不变，故地面对其竖直向上的支持力不变，由牛顿第三定律可知物块对地面的压力始终不变，故A错误，B正确；
CD.由于弹簧的形变量逐渐变大，其水平分量为：F2=kxcsθ，由于xcsθ逐渐增大，撤外力后物体平衡，物块与地面间的摩擦力变大，故CD错误。
故选B。
5.2024年1月18日01时46分，天舟七号货运飞船成功对接空间站天和核心舱，变轨情况如图所示。空间站轨道可近似看成圆轨道，且距离地面的高度约为390km。下列关于天舟七号的说法正确的是( )
A. 发射速度大于11.2km/s
B. 从对接轨道变轨到空间站轨道时，需要加速
C. 在对接轨道上的运行周期大于空间站的运行周期
D. 在空间站轨道运行的速度比赤道上的物体随地球自转的线速度小
【答案】B
【解析】A、第一宇宙速度是最小的发射速度，则天舟七号飞船的发射速度应大于第一宇宙速度7.9km/s，而11.2km/s是第二宇宙速度，第二宇宙速度是脱离地球最小发射速度，天舟七号货运飞船没有脱离地球引力束缚，故发射速度不能大于11.2km/s，故A错误;
B、天舟七号从对接轨道变轨到空间站轨道时，需点火加速，，故 B正确；
C、根据开普勒第三定律，天舟七号在对接轨道上的运行周期小于空间站的运行周期，故C错误；
D、根据GMmr2=mv2r，可得：v= GMr，则地球同步卫星(周期为T同=24h)的轨道半径大于核心舱绕地球运动的轨道半径，则核心舱绕地球公转的线速度大于同步卫星的线速度;同步卫星与赤道上的物体的角速度相等，根据v=ωr，则同步卫星的线速度大于赤道上的物体的线速度，所以在空间站轨道运行的速度大于赤道上的物体随地球自转的线速度，故D错误。
6.如图所示，斜面体静止于粗糙水平面上，质量为m的小物块P恰好能沿斜面匀速下滑，该过程斜面体保持静止。在小物块匀速下滑过程中，给P施加一沿水平向右的推力F。施加F后，P沿斜面下滑过程中，下列说法正确的是( )
A. 水平面对斜面体的摩擦力为零B. 水平面对斜面体的摩擦力方向水平向左
C. P对斜面的作用力指向右下方D. P对斜面的作用力方向水平向右
【答案】A
【解析】对平衡时P的分析可知，P所受摩擦力f和支持力N满足f=μN，P所受摩擦力和支持力的合力与其重力等大反向，由牛顿第三定律可知，P对斜面的作用力方向竖直向下;
由题可知，给P施加一沿水平向右的推力F，P所受摩擦力f′和P所受支持力N′满足f′=μN′，P所受摩擦力和支持力的合力竖直向上，P对斜面的作用力方向竖直向下，水平面对斜面体的摩擦力为零，选项A正确。
7.我国规定摩托车、电动车、自行车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0.如图所示，挤压过程中视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法不正确的是( )
A. 物体做自由下落运动的时间为0.6s
B. 物体在自由下落过程中重力的冲量大小为30N⋅s
C. 物体做匀减速直线过程中动量变化量为−300kg⋅m/s，方向竖直向上
D. 匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为3000N
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了自由落体运动机械能守恒定律、动量定理在实际问题中的应用，注意应用动量定理时要规定正方向。
根据自由落体运动的规律能求出头盔自由下落的时间和落地速度；根据冲量的定义式求重力的冲量；根据△p=mv2−mv1求动量变化；根据动量定理求匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力。
【解答】
A.物体做自由下落运动的时间为 t= 2hg= 2×1.810s=0.6s ，故A正确，不符合题意；
B.物体在自由下落过程中重力的冲量大小为 I=mgt=5×10×0.6N⋅s=30N⋅s ，故B正确，不符合题意；
C.落地的速度 v= 2gh=6m/s， 向下为正方向，则物体做匀减速直线过程中动量变化量为 △p=0−mv=(0−5×6)kg⋅m/s=−30kg⋅m/s，方向竖直向上，故C错误，符合题意；
D.根据x=v2t2和地面作用时间t2=0.01s
由−Ft2=0−mv可得F=3000N，故D正确，不符合题意。
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，倾角θ=37∘的光滑斜面静置于水平面上，用轻质弹簧将质量均为m的A、B两球连接，放在斜面上，用细线把A球与斜面顶端连接，弹簧与细线均平行于斜面。已知重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。若斜面水平向右做加速度大小为g2的匀加速直线运动，则( )
A. 弹簧的拉力大小为mg
B. A球对斜面的压力大小为45mg
C. 在细线被剪断的瞬间，B球的瞬时加速度方向水平向右，大小为g2
D. 在细线被剪断的瞬间，A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为85g
【答案】AC
【解析】A、将加速度沿斜面向上和垂直斜面向下分解，则沿斜面向上的分加速度大小为a1=g2csθ=25g，与斜面垂直方向上的分加速度大小为a2=g2sinθ=310g。根据牛顿第二定律，对B球，沿斜面方向有F−mgsinθ=ma1，解得弹簧的拉力大小为F=mg，A正确;
B、对A球，mgcsθ−FN=ma2，解得FN=12mg，根据牛顿第三定律知，A球对斜面的压力大小为12mg，B错误;
C、在细线被剪断的瞬间，B球的受力情况没有发生变化，B球的瞬时加速度方向水平向右，大小为g2，C正确;
D、在细线被剪断的瞬间，细线的拉力突变为零，而弹簧的拉力大小仍为F，A球沿斜面向下的分加速度大小为aA1=F+mgsinθm=85g，
与斜面垂直向下的分加速度大小仍为a2，则A球的瞬时加速度方向不是沿斜面向下，大小大于85g，D错误。
故选AC。
9.放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0∼6s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是( )
A. 0∼6s内物体位移大小为36m
B. 0∼6s内拉力做的功为70J
C. 合力在0∼6s内做的功与0∼2s内做的功不相等
D. 滑动摩擦力大小为53N
【答案】BD
【解析】【分析】
速度时间图象的“面积”表示位移；0～2s内物体做匀加速运动，由速度图象的斜率求出加速度，2～6s内物体做匀速运动，拉力等于摩擦力，由P=Fv求出摩擦力，再由图读出P=30W时，v=6m/s，由F=Pv求出0～2s内的拉力，由W=Fx求出0～2s内的拉力做的功，由W=Pt求出2～6s内拉力做的功。
本题主要考查动能定理的应用、匀变速直线运动的v−t图像、瞬时功率。
【解答】
A.速度时间图象的“面积”表示位移，则知0∼6s内物体的位移大小x=4+62×6m=30m，故A错误；
B.在0∼2s内，物体的加速度a=ΔvΔt=62m/s2=3m/s2，由乙图，当P=30W时，v=6m/s，得到牵引力F=Pv=306N=5N，在0∼2s内物体的位移为x1=6m，则拉力做功为W1=Fx1=5×6J=30J，2∼6s内拉力做的功W2=Pt=10×4J=40J，所以0∼6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J，故B正确；
C.在2∼6s内，物体做匀速运动，合力做零，则根据动能定理知合外力在0∼6s内做的功与0∼2s内做的功相等，故C错误；
D.在2∼6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=Pv=106N=53N，故D正确。
10.如图所示为竖直放置的轻质弹簧，下端固定在地面上，上端与物块甲连接。初始时物块甲静止在b点。现有质量为m的物块乙从距物块甲上方h处由静止释放，乙与甲相碰，碰撞时间极短，碰后立即一起向下运动但不粘连，此时甲、乙两物块的总动能为13mgh，向下运动到c点时总动能最大为12mgh，继续向下运动到最低点d(未标出)。整个过程中弹簧始终在弹性限度内且处于竖直状态，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 物块甲与物块乙的质量比为2:1
B. 乙弹起后将在弹簧原长位置离开甲
C. 碰后由b到c过程中弹簧增加的弹性势能大小为mgh
D. 碰后由b到c过程中弹簧增加的弹性势能大小为56mgh
【答案】AD
【解析】A.物块乙自由下落过程中，由动能定理可知
mgh=12mv02−0
解得物块乙与物块甲碰撞前瞬间的速度：v0= 2gh
甲、乙两物块碰撞前后动量守恒，取向右为正方向，则有
mv0=(m+m甲)v1
又有12(m+m甲)v12=13mgh
联立解得：m甲=2m
所以物块甲与物块乙的质量比为2:1，故A正确；
CD.设弹簧的劲度系数为k，初始时物块甲静止在b点，则有x0=2mgk
在c点动能最大，则速度最大，此时弹簧的弹力大小等于3mg，则弹簧的形变量则有
x1=3mgk
可得b到c的距离为
xbc=x1−x0=3mgk−2mgk=mgk
碰后由b到c过程中，由动能定理可得
3mgxbc−2mg+3mg2xbc=12mgh−13mgh
解得
xbc=13h
k=3mgh
设弹力做功为W弹，由动能定理可得
3mg×13h−W弹=12mgh−13mgh
解得W弹=56mgh
因为弹力做负功，所以弹簧的弹性势能增加，弹性势增加的大小为
ΔEp=56mgh
故C错误，D正确；
B.由题意可知，乙弹起后在b点，此时甲、乙两物块的总动能也为13mgh，弹簧的弹性势能为
Ep=12kx02=23mgh
若弹簧的弹性势能和两物块的动能全部转化为重力势能，则有
23mgh+13mgh=3mg⋅Δh
则有两物块能上升的最大高度为
Δh=13h
初始时物块甲静止在b点，此时弹簧的压缩量是
x0=2mgk=23h
则有
Δhm2
C.斜槽轨道必须光滑 D.斜槽轨道末端必须水平
(3)若测量数据近似满足关系式________(用m1、m2、xM、xP、xN表示)，则两小球碰撞过程动量守恒：在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式________仅用xM、xP、xN表示)，则说明碰撞为弹性碰撞。
【答案】(1) 14.50；(2)BD；(3)m1xP=m1xM+m2xN；(4)xP=xN−xM。
【解析】【分析】
本题考查了“验证动量守恒定律”这个实验及弹性碰撞这些知识点；
(1)根据游标卡尺的读数方法读数；
(2)根据实验方法及注意事项回答即可；
(3)根据动量守恒定律即可回答；根据动量守恒定律及机械能守恒定律列式联立求解即可。
【解答】(1)读数为14mm+10×0.05mm=14.50mm；
(2)A.入射小球每次必须由同一位置自由滚下，以保证碰撞前速度相同，故A错误；
B.入射小球碰撞后要向前运动，根据碰撞道理，应该m1>m2,故B正确；
CD.斜槽轨道不一定要光滑，但末端一定要水平，故C错误；D正确。
故选BD；
(3)根据动量守恒定律得：m1xPt=m1xMt+m2xNt，解得m1xP=m1xM+m2xN
若满足关系式 m1xP=m1xM+m2xN，就可以说明两小球碰撞过程中动量守恒；
要为弹性碰撞，还必须有12⋅m1(xPt)2=12⋅m1(xMt)2+12⋅m2(xNt)2
整理得：12m1xP2=12m1xM2+12m2xN2，结合m1xP=m1xM+m2xN
联立求解可得：xP=xN−xM。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.如图所示，质量分别为m=200g、M=400g的两物块用轻弹簧相连，其中M放在水平地面上，m处于竖直光滑的导轨内。今将m向下压一段距离后放手，它就在导轨内上下做简谐运动，且m到达最高点时，M对地面的压力刚好为零。若弹簧的劲度系数为200N/m，g=10m/s2，试问：
(1)m的最大加速度多大；
(2)弹簧的最大形变量为多大；
(3)M对地面的最大压力多大。
【答案】解：(1)当m到达最高点时，此时m的加速度最大，M对地面压力为零，对两物块分别进行分析：F+mg=ma，F=Mg，F=kx，结合上述解得：a=30m/s2；
(2)当m在最低点时弹簧有最大形变量时，根据简谐运动的对称性，此时加速度应该大小仍然为a，设弹簧弹力大小为F′，则有：F′−mg=ma，F′=kx，解得x=4cm；
(3)当m在最低点时，M对地面有最大压力，则F′+Mg=FN，根据牛顿第三定律：FN′=FN，解得：FN′=12N。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.如图所示，在光滑水平面AB、CD之间连接一长度为L=2m的传送带，圆心为O、半径为R=0.2m的竖直光滑半圆轨道DEG与水平面AD在D点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和圆心O等高，∠EOF=30°。可视为质点的小物块从A点以v0=2.5m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量m=1kg，与传送带间的摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2。
(1)若传送带不转，求小物块滑到圆轨道D点时的速度大小；
(2)若传送带以v=2m/s的速率顺时针方向转动，求小物块能到达圆轨道的最大高度；
(3)若要求小物块在半圆轨道内运动中始终不脱轨且不从G点飞出，求传送带顺时针转动速度大小的可调范围。
【答案】(1)1.5m/s
(2)0.2m
(3)v传⩽2m/s或 7m/s⩽v传⩽2 2m/s
【解析】分析：本题考查的知识点有牛顿第二定律、传送带和圆周运动的临界问题，解题的关键在于把物体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚，然后结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求解．重点是搞清楚物体在传送带上的运动情况，以及不脱离轨道所和不从G点飞出对应的临界点。
解：(1)A到D过程，对小物块由动能定理−μmgL=12mvD2−12mv02，可得vD=1.5m/s，
(2)B到C过程，先减速运动，加速度大小为a，则有μmg=ma
解得a=1m/s2
假设物块能减速到与传送带共速，有：v2−v02=2(−a)s减
解得s减=1.125m2 2m/s
综上所述，传送带顺时针方向转动的速度v传应满足v传⩽2m/s或 7m/s⩽v传⩽2 2m/s
15.如图所示，半径r=0.6m、质量ma=3kg的四分之一圆弧槽a(弧面光滑)置于光滑平台上，弧面最低点的切线水平、最高点的切线竖直；平台右侧光滑水平面上有一质量mb=2kg、长L=1.5m的长木板b，其上表面与平台等高。将a固定，滑块c从a弧面最高点由静止释放，到达弧面最低点时对a的压力为30N。解除对a的固定，c从a弧面最高点由静止释放，c滑至b中点时相对b静止。重力加速度大小取g=10m/s2。
(1)求滑块c的质量；
(2)求c与b间的动摩擦因数；
(3)若在b右侧某一位置处固定一竖直挡板，b与挡板发生三次碰撞后停在平台与挡板之间。已知b与挡板碰撞时间极短，b碰撞前后瞬间的速度大小相等、方向相反，求b与挡板发生第一次碰撞时c速度的大小及挡板到平台边缘的距离。
【答案】(1)由牛顿第三定律知，c到达弧面最低点时a对c的支持力为F=30N，方向向上，
设c到达弧面最低点时速度为v，由动能定理得mcgr=12mcv2
由牛顿第二定律得F−mcg=mcv2r
解得mc=1kg；
(2)a不固定，c从最高点滑至最低点a、c组成的系统，水平方向动量守恒mcvc−mava=0
机械能守恒mcgr=12mcvc2+12mava2
b、c相互作用过程，b、c组成的系统，动量守恒mcvc=mb+mcv共
由能量守恒定律μmcgL2=12mcvc2−12mb+mcv共2
解得μ=0.4；
(3)设b与挡板发生第一次碰撞时速度为vb1，第一次碰后至第二次碰撞，b先向左运动后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知第二次碰前速度vb2=vb1
同理vb5=vb2
故每次碰撞，挡板对b的冲量均为I=2mbvu
从c滑上a至两者静止，对a、c由动量定理3I=mcvc
从c滑上b至b第一次碰挡板前，由动量守恒定律mcvc=mbvb1+mcvc1
解得vc1=2.5m/s，vb1=0.25m/s
设c滑上b前，b到挡板的距离为d，对b，从c滑上b至b第一次碰挡板前，由动能定理μmcgd=12mbvb12
挡板到平台边缘的距离Δx=d+L=9764m。

【解析】本题是对动量守恒、动能定理和功能关系的综合应用，属于力学综合题，难度较大。