江西省吉安市吉水縣二中2025屆高三物理上學(xué)期11月月考試題含解析

PAGE13-江西省吉安市吉水縣二中2025屆高三物理上學(xué)期11月月考試題（含解析）1.物體甲的x-t圖象和物體乙的v-t圖象分別如下圖所示，則這兩個物體的運動狀況是（）A.甲在整個t=6s時間內(nèi)有來回運動，它通過的總位移為零B.甲在整個t=6s時間內(nèi)運動方向始終不變，它通過的總位移大小為4mC.乙在整個t=6s時間內(nèi)有來回運動，它的加速度在t=3s時變更D.乙在整個t=6s時間內(nèi)運動方向始終不變，它通過的總位移大小為4m【答案】B【解析】【詳解】AB．位移時間圖線的斜率為速度，由圖甲可以看出，甲在整個6s時間內(nèi)斜率不變，運動方向始終不變；它通過的總位移大小為4m，故A錯誤，B正確。CD．速度時間圖像與橫軸圍成的面積為乙在這段時間的位移，它通過的總位移大小為零；斜率表示加速度，所以在6s內(nèi)加速度不變，乙在整個6s時間內(nèi)速度有正負(fù)變更，3s時運動方向發(fā)生變更，故C錯誤，D錯誤。2.半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體m1、m2同時由軌道左、右最高點釋放，二者碰后粘在一起向上運動，最高能上升到軌道M點，已知OM與豎直方向夾角為60°，則兩物體的質(zhì)量之比m1：m2為（）A.（+1）：（﹣1） B.：1C.（﹣1）：（+1） D.1：【答案】C【解析】【詳解】兩球到達(dá)最低的過程由動能定理得：mgR=mv2，解得；所以兩球到達(dá)最低點的速度均為：；設(shè)向左為正方向，則m1的速度，則m2的速度，由于碰撞瞬間動量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共解得：①二者碰后粘在一起向左運動，最高能上升到軌道P點，對此過程由動能定理得：-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-（m1+m2）v共2②由①②解得：整理得：m1：m2=，故選C.3.如圖所示，質(zhì)量為的木塊在質(zhì)量為的長木板上向左滑行，木塊同時受到向右的拉力F的作用，長木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，則A.木塊受到木板的摩擦力的大小等于FB.木板受到地面的摩擦力的大小肯定是C.木板受到地面的摩擦力的大小肯定是，方向向右D.只要F足夠大，木板就可能運動【答案】C【解析】對木板：水平方向受到木塊向左的滑動摩擦力和地面的向右的靜摩擦力，，由平衡條件得，故A錯誤，C正確；由于木板相對于地面是否剛滑動不清晰，地面的靜摩擦力不肯定達(dá)到最大，則木板受到地面的摩擦力的大小不肯定是，故B錯誤；由題分析可知，木塊對木板的摩擦力不大于地面對木板的最大靜摩擦力，當(dāng)F變更時，不變，則木板不行能運動，故D錯誤，故選C．【點睛】以木板為探討對象，分析受力狀況，求出地面對木板的摩擦力．當(dāng)變更F的大小時，分析m對M的摩擦力能否大于地面對木板的最大靜摩擦力，推斷木板能否運動．4.如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在豎直固定的光滑圓環(huán)上，輕繩一端固定在圓環(huán)的最高點A，另一端與小球相連．小球靜止時位于環(huán)上的B點，此時輕繩與豎直方向的夾角為，則輕繩對小球的拉力大小為()A.mgB.mgC.2mgD.mg【答案】A【解析】【詳解】對B點處的小球受力分析，如圖所示，則有FTsin60°＝FNsin60°FTcos60°＋FNcos60°＝mg解得FT＝FN＝mgA.mg與計算結(jié)果相符，故A符合題意。B.mg與計算結(jié)果不符，故B不符合題意。C.2mg與計算結(jié)果不符，故C不符合題意。D.mg與計算結(jié)果不符，故D不符合題意。5.如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知（）A.小球甲做平拋運動的初速度大小為B.甲、乙兩小球到達(dá)C點所用時間之比C.A，B兩點高度差為D.兩小球在C點時重力瞬時功率大小相等【答案】C【解析】A項，小球乙到C的速度為，此時小球甲的速度大小也為，又因為小球甲速度與豎直方向成角，可知水平分速度為故A錯；B、小球運動到C時所用的時間為得而小球甲到達(dá)C點時豎直方向的速度為，所以運動時間為所以甲、乙兩小球到達(dá)C點所用時間之比為故B錯C、由甲乙各自運動的時間得：，故C對；D、由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點時重力的瞬時功率也不相等故D錯；故選C6.如圖，AB傾角，BC水平，AB、BC長度均為L，小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來。若調(diào)整BC使其向上傾斜，傾角不超過，小物塊從處由靜止滑下再沿BC上滑，上滑距離與BC傾角有關(guān)。不計處機械能損失，各接觸面動摩擦因素均為，小物塊沿上滑的最小距離為，則A. B.C. D.【答案】AC【解析】當(dāng)BC板水平常，物體減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以有，解得，A正確B錯誤；當(dāng)BC傾斜時，設(shè)BC板與水平方向夾角為，則依據(jù)能量守恒定律可得，化簡可得，依據(jù)數(shù)學(xué)學(xué)問可得（其中為構(gòu)造的三角形的一個內(nèi)角，而且滿意，即），故當(dāng)時x最小，最小為，故C正確D錯誤．7.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A. B.C. D.【答案】BD【解析】試題分析：設(shè)物塊與箱子相對靜止時共同速度為V，則由動量守恒定律得，得，系統(tǒng)損失的動能為，B正確，AC錯誤．依據(jù)能量守恒定律得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，依據(jù)功能關(guān)系得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，則有．D正確，故選BD考點：動量守恒定律；功能關(guān)系．點評：兩個相對運動的物體，當(dāng)它們的運動速度相等時候，往往是最大距離或者最小距離的臨界條件．本題是以兩物體多次碰撞為載體，綜合考查功能原理，動量守恒定律，要求學(xué)生能依據(jù)題干和選項示意，從兩個不同角度探求系統(tǒng)動能的損失．又由于本題是陳題翻新，一部分學(xué)生易陷入某種思維定勢漏選B或者D，另一方面，若不細(xì)致分析，易認(rèn)為從起點起先到發(fā)生第一次碰撞相對路程為，則發(fā)生N次碰撞，相對路程為，而錯選C．8.探路者號飛船發(fā)覺，A、B兩行星的半徑之比為a，各自的第一宇宙速度之比為b，則下列結(jié)論正確的有（）A.A、B兩行星的質(zhì)量比為ab2：1B.A、B兩行星表面的重力加速度比為b2：aC.A、B兩行星各防衛(wèi)星的最小周期比為a：bD.A、B兩行星各防衛(wèi)星的最大角速度比為a：b【答案】ABC【解析】解：A、設(shè)任一行星的質(zhì)量為M，半徑為R，則其第一宇宙速度為，得，,A、B兩行星的質(zhì)量比為ab2：1,故A正確．B、行星表面的重力加速度表達(dá)式為g=a=，則得到，甲、乙兩行星表面的重力加速度之比為b2：a．故B正確．C、依據(jù)開普勒第三定律得知，衛(wèi)星繞行星表面旁邊運行時半徑最小，周期最小，則角速度最大，則有,則得，甲、乙兩行星各自的衛(wèi)星的最小周期之比為a：b，最大角速度之比為b：a．故C正確，D錯誤．點評：本題運用比例法求解．關(guān)鍵要駕馭行星的第一宇宙速度、表面重力加速度的公式，再依據(jù)比例法求解．三、非選擇題9.某同學(xué)在用打點計時器探討勻變速直線運動規(guī)律的試驗中打出的點如下圖所示，在紙帶上確定出A、B、C、D、E、F、G共7個計數(shù)點，其相鄰點間的距離如圖所示，（1）打點計時器運用________電源，電源的頻率是50HZ，則打點時間間隔是________秒，每相鄰兩個計數(shù)點之間有四個點未畫出，則每兩個相鄰的計數(shù)點之間的時間間隔為________秒。（2）計算出打下C、D、兩點時小車的瞬時速度(保留三位有效數(shù)字)：vC＝_______m/s，vD＝________m/s（3）計算加速度：a=__________(保留二位有效數(shù)字)【答案】(1).(1)溝通(2).0.02(3).0.1(4).(2)0.479(5).0.560(6).(3)0.80【解析】（1）打點計時器都是運用的溝通電源，打點間隔為，所以相鄰計數(shù)點間的時間間隔為．（2）某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，則；．（3）依據(jù)得，運用作差法，則有：．【點睛】做分析勻變速直線運動狀況時，其兩個推論能使我們更為便利解決問題，一、在相等時間內(nèi)走過的位移差是一個定值，即，二、在選定的某一過程中，中間時刻瞬時速度等于該過程中的平均速度10.某同學(xué)在做“驗證力的平行四邊形定則”試驗，將橡皮條一端固定在A點，另一端系上兩根細(xì)繩及繩套，用兩個彈簧測力計通過細(xì)繩套互成角度的拉動橡皮條，將結(jié)點拉到O點，如圖甲所示。(1)假如沒有操作失誤，圖乙中F?是用一個彈簧測力計拉細(xì)繩套時，在白紙上依據(jù)試驗結(jié)果畫出的圖示，則圖乙中的F與F'兩力中，方向肯定沿AO方向的是______．(2)本試驗采納的科學(xué)方法是______．A.志向試驗法B.等效替代法C.限制變量法D.建立物理模型法(3)在同一對比試驗的兩次操作中，O點位置______．（選填“可以”或“不行以”）變動．(4)如圖丙，使彈簧測力計b從水平位置起先順時針緩慢轉(zhuǎn)動至豎直方向，在這個過程中保持O點位置和彈簧測力計a的拉伸方向不變，則在整個過程中關(guān)于彈簧測力計a、b的讀數(shù)變更是__________。A．a(chǎn)增大，b減小B．a(chǎn)減小，b增大C．a(chǎn)減小，b先增大后減小D．a(chǎn)減小，b先減小后增大【答案】(1).(2).B(3).不行以(4).D【解析】【詳解】（1）[1]是通過試驗方法得出的，其方向肯定與AO方向相同；（2）[2]合力與分力的作用效果相同，所以本試驗的科學(xué)方法是等效替代法，故B符合題意ACD不符合題意。（3）[3]在同一對比試驗的兩次操作中，為了保證合力與分力的作用效果相同，O點位置不行以變動。（4）[4]對點O受力分析，受到兩個彈簧的拉力和橡皮條的拉力，如圖，其中橡皮條長度不變，其拉力大小不變，Oa彈簧拉力方向不變，Ob彈簧拉力方向和大小都變更依據(jù)平行四邊形定則可以看出b讀數(shù)先變小后變大，a的讀數(shù)不斷變小，故ABC不符合題意，D符合題意．11.火車站上由于工作人員操作失誤致使一節(jié)車廂以的速度勻速滑出了車站，此時在同一軌道上一列火車正在以的速度勻速駛向車站，技術(shù)嫻熟的火車司機突然發(fā)覺這種緊急狀況后，馬上以大小為的加速度緊急剎車，之后又馬上以此加速度使火車反向加速運動，若車廂與火車相遇恰好不相撞。求：（1）司機發(fā)覺車廂向自己駛來起先制動到剛好相遇用的時間．（2）司機發(fā)覺車廂向自己駛來起先制動時離車廂的距離．【答案】（1）30s（2）360m【解析】【詳解】以貨車原行駛方向為正方向，設(shè)火車原行駛的速度為v1，車廂行駛的速度為v2，司機發(fā)覺車廂向自己駛來起先制動到剛好接住車廂用時用的時間為t，這段時間內(nèi)火車行駛的位移為x1，車廂行駛的位移為x2；司機發(fā)覺車廂向自己駛來起先制動時離車廂的距離為x0；則由勻變速運動的規(guī)律可知：代入數(shù)值解得12.如圖所示，物塊A的質(zhì)量為M，將A按住靜止于地面，物塊B、C的質(zhì)量都是m，并都可看作質(zhì)點，且m＜M＜2m。三物塊用細(xì)線通過滑輪連接，物塊B與物塊C的距離和物塊C到地面的距離都是L。現(xiàn)將物塊A釋放，若物塊A距滑輪足夠遠(yuǎn)且不計一切阻力。求：（1）物塊A上升過程中的最大速度；（2）物塊A上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】試題分析：（1）當(dāng)物體C著地時，A具有最大速度，由機械能守恒得：2mgL-MgL=（2m+M）vm2解得：（2）因為m＜M，所以C著地后A、B做減速運動，設(shè)物體B剛著地時，A的速度為0，到達(dá)最高，依據(jù)機械能守恒定律有：（M+m）vm2=MgL-mgL解得：H1=2L若B末著地前速度已減速為零，設(shè)此時上升的高度為L1依據(jù)機械能守恒定律有：（M+m）vm2=MgL1-mgL1H2=L+L1解得：若物體B著地時，M的速度不為0，仍在上升，設(shè)B著地時AB的速度為v2，B著地后A接著上升的高度為h，依據(jù)機械能守恒定律有：（M+m）vm2－（M+m）v22=MgL-mgLMv22＝MghH3=2L+h解得：考點：機械能守恒定律的應(yīng)用【名師點睛】本題關(guān)鍵是要敏捷地選擇探討對象，雖然單個物體機械能不守恒，但系統(tǒng)機械能守恒；此題考查學(xué)生對物體來問題的綜合分析實力以及數(shù)學(xué)計算實力．13.在高處的同一點將三個質(zhì)量相同的小球以大小相等的初速度v0分別上拋、平拋和下拋，不計空氣阻力，則（）A.從拋出到落地過程中，重力對它們做功相同B.從拋出到落地過程中，重力對它們的平均功率相同C.三個小球落地時，重力的瞬時功率相同D.三個小球落地時的動能相同E.從拋出到落地過程中,三個小球動量的變更都不相同【答案】ADE【解析】【詳解】ABE．三個小球在整個過程中因為下落高度相同，所以重力做功相等，平拋運動時間等于自由落體運動的時間，可知豎直上拋運動的時間最長，豎直下拋運動的時間最短，依據(jù)：知重力做功平均功率不同；落地過程中速度變更量為：三個小球落地過程中的速度變更量不同，即動量變更也不同，故A正確，E正確，B錯誤；C．平拋運動的物體落地時速度與豎直方向有夾角，依據(jù)：知平拋運動的物體落地時重力的瞬時功率小于豎直上拋和下拋的物體．故C錯誤；D．依據(jù)動能定理：可知高度相同，初速度相同，則末速度大小相等