河南省三門峽市2025屆高三物理11月階段性考試試題含解析

PAGE19-河南省三門峽市2025屆高三物理11月階段性考試試題（含解析）一、選擇題1.從同一地點同時起先沿同始終線運動的兩個物體Ⅰ、Ⅱ的速度－時間圖象如圖所示．在0～t2時間內(nèi)，下列說法中正確的是（）A.Ⅰ物體所受的合外力不斷增大，Ⅱ物體所受的合外力不斷減小B.在第一次相遇之前，t1時刻兩物體相距最遠C.t2時刻兩物體相遇D.Ⅰ、Ⅱ兩個物體的平均速度大小都是【答案】B【解析】【詳解】試題分析：速度時間圖像的斜率表示加速度，從圖中可知I曲線的斜率都在減小，所以I加速度都在減小，依據(jù)牛頓其次定律可得I合力都在減小，II斜率恒定，做勻減速直線運動，合力恒定，A錯誤；速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，由圖可知在時刻兩物風(fēng)光 積差最大，相距最遠，故B正確；時刻，物體I的位移比物體II的位移大，兩者又是從同一地點同時起先運動的，所以時刻兩物體沒有相遇，故C錯誤；物體的位移就等于圖中兩圖象與時間軸所圍的面積，平均速度就等于位移與時間的比值，由圖知物體I的位移比物體II的位移大，且II物體做勻減速運動，其平均速度為，I的平均速度大于，D錯誤．考點：考查了速度時間圖像【名師點睛】在速度時間圖像中，須要駕馭三點，一、速度的正負(fù)表示運動方向，看運動方向是否發(fā)生改變，只要考慮速度的正負(fù)是否發(fā)生改變，二、圖像的斜率表示物體運動的加速度，三、圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移，在坐標(biāo)軸上方表示正方向位移，在坐標(biāo)軸下方表示負(fù)方向位移2.用一根長1m的輕質(zhì)細(xì)繩將一副質(zhì)量為1kg的畫框?qū)ΨQ懸掛在墻壁上，已知繩能承受的最大張力為，為使繩不斷裂，畫框上兩個掛釘?shù)拈g距最大為（?。〢. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本題考查力的合成與分解的運用；共點力平衡的條件及其應(yīng)用．【詳解】一個大小方向確定的力分解為兩個等大的力時，合力在分力的角平分線上，且兩分力的夾角越大，分力越大，因而當(dāng)繩子拉力達到F=10N的時候，繩子間的張角最大，為120°，此時兩個掛釘間的距離最大；畫框受到重力和繩子的拉力，三個力為共點力，受力如圖．繩子與豎直方向的夾角為：θ=60°，繩子長為：L0=1m，則有：mg=2Fcosθ，兩個掛釘?shù)拈g距離：L＝，解得：L=m3.假定太陽系一顆質(zhì)量勻稱、可看成球體的小行星，自轉(zhuǎn)原來可以忽視.現(xiàn)若該星球自轉(zhuǎn)加快，角速度為ω時，該星球表面的“赤道”上物體對星球的壓力減為原來的．已知引力常量G，則該星球密度ρ為A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】忽視自轉(zhuǎn)影響時行星表面的物體受到的萬有引力等于其重力，不能忽視自轉(zhuǎn)影響時萬有引力等于重力與向心力之和，應(yīng)用萬有引力定律與牛頓其次定律求出星球的質(zhì)量，然后應(yīng)用密度公式可以求出密度．【詳解】解：忽視行星的自轉(zhuǎn)影響時：Gmg，自轉(zhuǎn)角速度為ω時：Gmg+mω2R，行星的密度：ρ，解得：ρ；故選B．【點睛】本題考查了求行星的密度，知道萬有引力與重力的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用萬有引力公式與牛頓其次定律可以解題．4.如圖甲所示，一輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體起先向上做勻加速運動，拉力F與物體位移x之間的關(guān)系如圖乙所示(g＝10m/s2)，則下列結(jié)論正確的是A.物體的加速度大小為5m/s2B.彈簧的勁度系數(shù)為7.5N/cmC.物體的質(zhì)量為3kgD.物體與彈簧分別時，彈簧處于壓縮狀態(tài)【答案】A【解析】試題分析：初始時物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，，由圖可知x1=4cm，初始時，N，在x1=4cm之后F不變，說明物體離開彈簧，物體與彈簧分別時，彈簧處于原長狀態(tài)，由牛頓其次定律，F(xiàn)2=30N,解得m=2kg，a="5"m/s2，所以A正確，B、C、D錯誤．考點：牛頓其次定律5.如圖所示，在傾角為θ的固定斜面上有兩個靠在一起的物體A、B，兩物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ相同，用平行于斜面的恒力F向上推物體A使兩物體沿斜面對上做勻加速運動，且B對A的壓力平行于斜面，則下列說法中正確的是()A.只減小A的質(zhì)量，B對A的壓力大小不變B.只減小B的質(zhì)量，B對A的壓力大小會增大C.只減小斜面間的傾角，B對A的壓力大小不變D.只減小兩物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ，B對A的壓力會增大【答案】C【解析】試題分析：將AB看做一個整體，整體在沿斜面方向上受到沿斜面對下的重力的分力，沿斜面對下的滑動摩擦力，沿斜面對上的推力，依據(jù)牛頓其次定律可得，隔離B分析可得，解得：，由牛頓第三定律可知，B對A的壓力：，若只減小A的質(zhì)量，變大，若只減小B的質(zhì)量，變小，AB錯誤；AB之間的壓力與斜面的傾角、與斜面的動摩擦因數(shù)無關(guān)，C正確D錯誤考點：考查了牛頓其次定律的應(yīng)用【名師點睛】以兩物體組成的系統(tǒng)為探討對象，應(yīng)用牛頓其次定律求出加速度，然后以B為探討對象，應(yīng)用牛頓其次定律求出B與A間的作用力，然后依據(jù)該作用力的表達式分析答題6.一名滑雪運動員練習(xí)跳臺滑雪，第一次從斜坡的起點O水平飛出，落到斜坡上的A點，該運動員其次次從O點水平飛出時速度是第一次從O點飛出時速度的倍，已知OA=AB，不計空氣阻力，下列推斷不正確的是A.兩次飛行中速度改變率相同B.其次次飛行運動員將落在AB之間C.兩次落到斜面時的速度方向與斜面之間的夾角相同D.該運動員落到斜面時速度大小是前一次落到斜面時速度的倍【答案】B【解析】【詳解】A.速度改變率即為加速度，兩種狀況下的加速度均為重力加速度，所以兩次飛行中速度改變率相同，故A不符合題意；B.設(shè)運動員平拋運動的水平位移為、豎直位移為，則有：解得：則水平位移：當(dāng)速度為時水平位移：所以運動員剛好落在點，故B符合題意；C.設(shè)運動員落到斜面時的速度方向與水平方向夾角為，如圖所示依據(jù)速度方向偏向角與位移方向偏向角的關(guān)系可得：所以兩種狀況下相同，則兩次落到斜面時的速度方向與斜面之間的夾角也相同，故C不符合題意；D.設(shè)運動員落到斜面上的速度為，則：解得：當(dāng)該運動員其次次從點水平飛出時速度是第一次從點飛出時速度的倍時，運動員落到斜面時的速度大小是前一次落到斜面時速度的倍，故D不符合題意。7.2024年1月11日，福建省高校首支女子手球隊在莆田學(xué)院成立．女子手球競賽采納的是質(zhì)量m=0.4kg的2號球，若2號手球豎直向下以5m/s的速度落至水平地面，再以3m/s的速度反向彈回．取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內(nèi)，關(guān)于球的動量的改變量和合外力對小球做的功W，下列結(jié)果正確的是A.W=-6.8J，=0.8kg.m/sB.W=-3.2J，=0.8kg.m/sC.W=-6.8J，=3.2kg.m/sD.W=-3.2J，=3.2kg.m/s【答案】D【解析】【詳解】取豎直向上方向為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的改變?yōu)椋悍较蜇Q直向上；依據(jù)合外力的功等于動能的改變量則有：A．與分析不符，故A錯誤；B．與分析不符，故B錯誤；C．與分析不符，故C錯誤；D．與分析相符，故D正確。8.如圖所示，質(zhì)量為m重物沿豎直桿下滑，并通過繩帶動質(zhì)量也為m的小車沿傾角θ=45°的斜面上升．若重物與滑輪等高時由靜止起先釋放，當(dāng)滑輪右側(cè)的繩與豎直方向成θ=45°角時，重物下滑的速率為(不計一切摩擦)．則此過程中重物下落的高度是A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】將重物的速度進行分解可得小車速度為：小車與重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，設(shè)此過程中重物下落的高度為，則有：解得：A．與分析不符，故A錯誤；B．與分析相符，故B正確；C．與分析不符，故C錯誤；D．與分析不符，故D錯誤9.如圖所示，甲和他的冰車總質(zhì)量為M=30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也為M=30kg，甲推著小木箱m和他一起以大小為v0=2m/s的速度滑動，乙以同樣大的速度迎面而來．為了避開相撞，甲突然將小木箱沿冰面以v=5.2m/s的速度推給乙，木箱滑到乙處時乙快速把它抓住，這樣恰好避開了甲、乙相撞，若不計冰面的摩擦力，則小木箱的質(zhì)量為A.5kg B.10kgC.15kg D.20kg【答案】C【解析】【詳解】設(shè)推出箱子后甲的速度為，乙的速度為，取向右方向為正方向，依據(jù)動量守恒得：當(dāng)甲與乙恰好不相撞時，則有：聯(lián)立解得：A．與分析不符，故A錯誤；B．與分析不符，故B錯誤；C．與分析相符，故C正確；D．與分析不符，故D錯誤。10.在平直馬路上汽車由靜止起先做勻加速運動，當(dāng)速度達到vm后馬上關(guān)閉發(fā)動機直到停止，v-t圖象如圖所示．設(shè)汽車的牽引力為F，摩擦力為Ff，全過程中牽引力做功W1，克服摩擦力做功W2，則下述正確的關(guān)系是A.=3:1B.=4:1C.W1:W2=1:1D.W1:W2=1:3【答案】BC【解析】【詳解】AB．由圖可知，物體先做勻加速直線運動，1s末速度為，由動能定理可知：減速過程中，只有阻力做功：由圖象可知：聯(lián)立解得：故A錯誤，B正確；CD．對全程由動能定理得：可得：故C正確，D錯誤。11.甲、乙兩名溜冰運動員,面對面拉著彈簧秤做圓周運動的溜冰表演,如圖所示.已知M甲=80kg,M乙=40kg,兩人相距0.9m,彈簧秤的示數(shù)為96N,下列推斷正確的是()A.兩人的線速相同,約為40m/sB.兩人的角速相同,約為2rad/sC.兩人的運動半徑相同,都為0.45mD.兩人的運動半徑不同,甲為0.3m,乙為0.6m【答案】BD【解析】【詳解】兩人面對面拉著彈簧秤做圓周運動所需向心力由相互作用力供應(yīng),角速度相同,即F=m甲r甲ω2=m乙r乙ω2，又由r甲+r乙=0.9m，可解得r甲=0.3m，r乙=0.6m，ω=2rad/s，再結(jié)合v=rω有v甲=0.6m/s，v乙=1.2m/s，故BD正確，AC錯誤．12.一質(zhì)量為800kg的電動汽車由靜止起先沿平直馬路行駛，達到的最大速度為18m/s,利用傳感器測得此過程中不同時刻電動汽車的牽引力F與對應(yīng)的速度v，并描繪出圖象，圖中AB、BC均為直線．若電動汽車行駛過程中所受的阻力恒定，由圖象可知下列說法正確的是（）A.電動汽車由靜止起先始終做變加速直線運動B.電動汽車的額定功率為10．8kWC.電動汽車由靜止起先經(jīng)過2s，速度達到6m/sD.電動汽車行駛中所受的阻力為600N【答案】BD【解析】試題分析：AB段牽引力不變，依據(jù)牛頓其次定律知，加速度不變，做勻加速直線運動．故A錯誤；額定功率P=Fminvmax=600×18=10．8kW，故B正確；勻加速運動的加速度，到達B點時的速度，所以勻加速的時間，若電動汽車始終做勻加速運動2s，則由靜止起先經(jīng)過2s的速度v=at=6m/s，所以電動汽車由靜止起先經(jīng)過2s，速度小于6m/s，故C錯誤；當(dāng)最大速度vmax=18m/s時，牽引力為Fmin=600N，故恒定阻力f=Fmin=600N，故D正確．故選BD．考點：牛頓其次定律；功率【名師點睛】解決本題關(guān)鍵能夠從圖線中分析出電動車在整個過程中的運動狀況，當(dāng)牽引力等于阻力時，速度達到最大．二、試驗題13.某同學(xué)用如圖甲所示裝置，通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來探究碰撞過程中的不變量，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽，試驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止起先滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復(fù)上述操作10次，得到10個落點痕跡，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止起先滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡，重復(fù)這種操作10次．圖中O點是水平槽末端R在記錄紙上的豎直投影點，B球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且在G、R、O所在的平面內(nèi)，米尺的零點與O點對齊．（1）碰撞后B球的水平射程應(yīng)取為________cm．（2）在以下選項中，本次試驗必需進行的測量是__________A．水平槽上未放B球時，測量A球落點位置到O點的距離B．測量A球與B球碰撞后，A球落點位置到O點的距離C．測量A球與B球的質(zhì)量D．測量G點相對于水平槽面的高度【答案】(1).64.8(64.0～65.0cm均可)(2).ABC【解析】【詳解】（1）由圖乙所示可知，刻度尺分度值為mm，用最小的圓把這些落地點圈起來，其圓心為B的平均落地點，則由圖示可知，碰撞后B球的水平射程應(yīng)取為64.80cm；

（2）小球離開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間t相等，假如碰撞過程動量守恒，則mAv0=mAvA+mBvB，兩邊同時乘以時間t得：mAv0t=mAvAt+mBvBt，則mAxA=mAxA′+mBxB′，因此試驗須要測量：兩球的質(zhì)量，兩球做平拋運動的水平位移，故選ABC．14.如圖所示為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數(shù)的試驗裝置示意圖，試驗步驟如下:①用天平測量物塊和遮光條的總質(zhì)量M、重物的質(zhì)量m，用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度d=0.950cm;用米尺測量兩光電門之間的距離s;②調(diào)整輕滑輪，使細(xì)線水平;③讓物塊從光電門A的左側(cè)由靜止釋放，用數(shù)字毫秒計分別測出遮光條經(jīng)過光電門A和光電門B所用的時間和，求出加速度a;④多次重復(fù)步驟③，求a的平均值;⑤依據(jù)上述試驗數(shù)據(jù)求出物塊與水平桌面間動摩擦因數(shù)μ．回答下列問題:(1)物塊的加速度a可用d、s、和表示為a=________________．(2)動摩擦因數(shù)μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ=_____________．(3)假如滑輪略向下傾斜，使細(xì)線沒有完全調(diào)整水平，由此測得的μ___(填“偏大”或“偏小”);這一誤差屬于______(填“偶然誤差"或“系統(tǒng)誤差")．【答案】(1).(2).(3).偏大(4).系統(tǒng)誤差【解析】【詳解】(1)[1]物塊經(jīng)過點時的速度：物塊經(jīng)過點時的速度：物塊做勻變速直線運動，由速度位移公式得：解得加速度：(2)[2]以、組成的系統(tǒng)為探討對象，由牛頓其次定律得：解得：(3)[3]假如滑輪略向下傾斜，使細(xì)線沒有完全調(diào)整水平，則滑塊對接觸面的正壓力測量值偏大，測得的加速度偏小，依據(jù)動摩擦因數(shù)的表達式知，動摩擦因數(shù)測量值偏大，[4]該誤差屬于系統(tǒng)誤差。三、計算題15.一質(zhì)量為的滑塊能在傾角為的足夠長的斜面上以的加速度勻加速下滑．如圖所示，若用一水平向右的恒力作用于滑塊上，使之由靜止起先在內(nèi)沿斜面對下運動的位移．（取）求：（1）滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)；（2）恒力的大小．【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）依據(jù)牛頓其次定律得解得．（2）滑塊沿斜面做勻加速直線運動，則解得加速度大小為依據(jù)牛頓其次定律可得:垂直斜面方向:解得．16.如圖所示，AB為固定在豎直面內(nèi)、半徑為R的四分之一圓弧形光滑軌道，其末端端切線水平，且距水平地面的高度也為R；

1、2兩小滑塊均可視為質(zhì)點用輕細(xì)繩拴接在一起，在它們中間夾住一個被壓縮的微小輕質(zhì)彈簧兩滑塊從圓弧形軌道的最高點A由靜止滑下，當(dāng)兩滑塊滑至圓弧形軌道最低點時，拴接兩滑塊的細(xì)繩突然斷開，彈簧快速將兩滑塊彈開，滑塊2恰好能沿圓弧形軌道運動到軌道的最高點已知，滑塊1的質(zhì)量，滑塊2的質(zhì)量，重力加速度g取，空氣阻力可忽視不計求：兩滑塊一起運動到圓弧形軌道最低點細(xì)繩斷開前瞬間對軌道的壓力的大??；在將兩滑塊彈開的整個過程中彈簧釋放的彈性勢能；滑塊2的落地點與滑塊1的落地點之間的距離．【答案】(1)(2)E彈=0.90J(3)【解析】（1）設(shè)兩滑塊一起滑至軌道最低點時的速度為，所受軌道的支持力為，兩滑塊一起沿圓弧形軌道下滑到端的過程，依據(jù)機械能守恒定律有：代入數(shù)據(jù)解得：，對于兩滑塊在軌道最低點，依據(jù)牛頓其次定律有：，解得：，依據(jù)牛頓第三定律可知,兩滑塊對軌道的壓力大小為：．（2）設(shè)彈簧快速將兩滑塊彈開時，兩滑塊的速度大小分別為和，因滑塊恰好能沿圓弧形軌道運動到軌道最高點，此過程中機械能守恒，所以對滑塊有：，代入數(shù)據(jù)解得：，方向向左，對于彈簧將兩滑塊彈開的過程，設(shè)水平向右為正方向，依據(jù)動量守恒定律有：，代入數(shù)據(jù)解得：，對于彈簧將兩滑塊彈開的過程，依據(jù)機械能守恒定律有：，代入數(shù)據(jù)解得：．（3）設(shè)兩滑塊平拋運動的時間為，依據(jù)，解得兩滑塊做平拋運動的時間為：，滑塊平拋的水平位移為：，滑塊從點上滑到點，再從點返回到點的過程，機械能守恒，因此其平拋的速度大小仍為，所以其平拋的水平位移為：，所以滑塊的落地點與滑塊的落地點之間的距離為：．綜上所述本題答案是：(1)FN=6.0N；(2)E彈=0.9J；(3)d=0.45m17.如圖，質(zhì)量為m1的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為m2的物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài).一條不行伸長的輕繩繞過輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤.起先時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段繩沿豎直方向.現(xiàn)在掛鉤上掛一質(zhì)量為m3的物體C并從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，已知它恰好能使B離開地面但不接著上升.若將C換成另一個質(zhì)量為（m1+m3）的物體D，仍從上述初始位置由靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則這次B剛離地面時D的速度的大小是多少？已知重力加速度為g.【答案】【解析】畫出未放A時彈簧的原長狀態(tài)和掛C后剛好使B離開地面的狀態(tài).以上兩個狀態(tài)彈簧的壓縮量和伸長量分別為x1=m1g/k和x2=m2g/k，該過程A上上升度和C下降的高度都是x1+x2，且A、C的初速度、末速度都為零.設(shè)該過程彈性勢能的增量為ΔE，由系統(tǒng)機械能守恒：m1g(x1+x2)-m3g(x1+x2)+ΔE=0將C換成D后，A上升x1+x2過程系統(tǒng)機械能守恒：m1g(x1+x