2024-2025学年云南省大理市辖区高三（上）高中毕业生区域性规模化统一检测物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省大理市辖区高三（上）高中毕业生区域性规模化统一检测物理试卷（含解析），共14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。
1.一虫子在半径为R的半球型碗内壁沿壁缓慢上爬，若此虫子与碗壁间的最大静摩擦力的大小为虫子所受重力的 32倍，则此虫子可沿碗壁上爬至距碗底的最大高度为( )
A. RB. R2C. 32RD. 2− 32R
2.某同学将排球垫起，排球以某一初速度竖直向上运动，然后下落回到出发点。已知排球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，竖直向上为正方向，下列描述排球的速度v随时间t的变化关系图像可能正确的是( )
A. B. C. D.
3.有一个物体沿直线Ox方向运动，其位置随时间变化的关系为x=3+2t−t3，速度随时间变化的关系为v=2−3t2，则物体在t=1s的瞬时速度、从t=0到t=2s时间内的平均速度分别为( )
A. −1m/s 2m/sB. 1m/s 2m/sC. −1m/s−2m/sD. 1m/s −2m/s
4.如图所示，质量均为m的A、B、C、D四个小球，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于天花板上的O点，系统开始处于静止状态，重力加速度为g。将B、C间的细线剪断的瞬间，B、D的加速度大小分别为( )
A. 2g，gB. 2g，0C. g，0D. g，g
5.一喷气飞行器在空中斜向上运动，运动方向与竖直方向成53∘角，且做加速度大小为0.1g的匀加速直线运动，如图所示。若运动过程中所受空气阻力大小为其重力的0.1倍，g为重力加速度，m为飞行器的质量(假设始终保持不变)，则飞行器所受推力的大小是( )(不再考虑其他作用力，sin53∘=0.8,cs53∘=0.6)
A. 3 25mgB. 45mgC. 3 35mgD. 4 25mg
6.如图所示，P为质量不计的动滑轮，Q为高度可调节的滑轮，绕过滑轮Q的轻绳b一端连接在P上，另一端吊着小球，绕过动滑轮的长度一定的轻绳a，一端固定在A点，另一端在水平天花板上，现将轻绳a的B端沿水平天花板缓慢向右移，同时调节滑轮Q的高度，使QP保持水平，则在移动过程中
A. a绳上拉力变大B. a绳上拉力不变
C. b绳对滑轮P的作用力变大D. b绳对滑轮Q的作用力变小
7.某人在研究机动车的运动情况时，绘制了xt2−1t图像，如图所示，已知车是沿一条直线运动的，但是不知机动车是处于减速还是加速状态，则下列说法正确的是( )
A. 机动车处于匀加速状态B. 机动车的初速度为0
C. 机动车的加速度大小为4m/s2D. 机动车在前2.8秒内的位移是25m
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，一质量为m的物块用水平轻质细线连接，细线绕过光滑的滑轮后其下悬挂一质量为m0的物体，物块放在水平传送带上，水平传送带以v2的速度顺时针匀速转动，物块以初速度v1向右运动，传送带与物块间的动摩擦因数为μ。则关于物块m所受的摩擦力f，下列说法不正确的是( )
A. 若v1v2，则f=μmg，方向向左
C. 若v1=v2，且物块m保持匀速运动，则f=0
D. 若v1=v2，且物块m保持匀速运动，则f=m0g方向向左
9.某实验小组的同学想利用如图甲、乙、丙所示的装置深度探究加速度a与F的关系，图中滑轮光滑，桌面水平且光滑。加速度a1、a2、a3用光电门传感器测出(图中未画出)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 若图甲中F是变力，则描绘出的a−F图线应该是一条过原点的倾斜直线
B. 若图甲中F是恒力，图乙中mg=F，根据F=m0a应该有a1=a2
C. 若图乙中仅m改变，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线
D. 若通过减小m0而增大m的方式改变m，如图丙，把m0减小的质量增加到m上，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线
10.如图所示，水平面是光滑的，一足够长的木板置于水平面上，木板上放一斜面体，木板与斜面体间的动摩擦因数为μ，斜面体倾角θ=53∘，一细绳一端系在斜面体顶端，另一端拴接一可视为质点的小球，细绳平行于斜面，已知小球、斜面体、木板质量均为1kg，g=10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对木板施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是( )
A. 若μ=0.2，当F=4N时，木板相对斜面体向右滑动
B. 若μ=0.5，不论F多大，小球均能和斜面体保持相对静止
C. 若μ=0.8，当F=22.5N时，小球对斜面体的压力不为0
D. 若μ=0.8，当F=26N时，细绳对小球的拉力为2 41N
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某物理兴趣小组为测量自动笔里面被压缩弹簧的劲度系数，设计了如图甲所示的实验：将自动笔活动端竖直置于电子秤上，当竖直向下按下约0.80cm时(未触底且未超过弹簧弹性限度)，稳定后电子秤上的读数增加了32.8g(重力加速度取g=10m/s2)
(1)这支笔的重力对实验__________(填“有”或“无”)影响，这支笔里的弹簧劲度系数为_________N/m(保留3位有效数字)。
(2)他们将三根相同的弹簧串起来，竖直挂在图乙所示的装置中。某次弹簧上的指针在刻度尺上对应的位置如图丙所示，该处的读数为_________cm。
(3)通过测量，他们作出三根弹簧的总长度l与相应所挂重物重力即拉力大小F的关系图像(图丁)，则一根弹簧的劲度系数k=__________N/m(保留3位有效数字)。
12.探究“加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示：
(1)电磁打点计时器和电火花打点计时器使用的电源，下列说法正确的是______。
A.电磁打点计时器，使用直流8V电源 B.电火花打点计时器，使用交流8V电源
C.电火花打点计时器，使用交流220V电源 D.电磁打点计时器，使用直流220V电源
(2)下列实验操作，正确的是______。
A.平衡摩擦力时，能将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B.平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器
C.小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源再释放小车
D.改变小车质量后，应重新平衡摩擦力
(3)改用图乙所示实验装置时，小车_____(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力；钩码质量_____(填“需要”或“不需要”)远小于小车质量。
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.在一个倾角为30∘的足够长光滑斜面上的某处，以v0=20m/s的初速度把一个可看作质点的小球沿斜面向上推出，小球始终在斜面上运动，不计空气阻力，g=10m/s2。求：
(1)小球速度减为初速度的45时，小球运动的位移大小；
(2)小球运动到距抛出点的距离为30m处所用的时间。
14.如图所示，一水平传送带以v0=10m/s的恒定速率逆时针转动，传送带两端A、B间的距离为L=16m，把一个质量m=1kg、可看作质点的物体轻放在传送带的右端A点，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。求：
(1)试判断物体相对于传送带向哪个方向运动；
(2)物体从右端A运动到左端B所用的时间；
(3)物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小。
15.如图所示，已知一质量为M=5kg的滑块放在倾角θ=37∘的固定斜面上，M上再放一滑块m，且m=30kg，滑块m与滑块M间的动摩擦因数μ2=0.8，滑块M与斜面间的动摩擦因数μ1=0.1，现给滑块M一平行于斜面向上的恒力F，用时t=50s将M和m拉至斜面顶端，斜面长度L=250m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,g=10m/s2。
(1)求滑块m所受摩擦力的大小和方向；
(2)求拉力F的大小；
(3)只给滑块m一个沿斜面向上的恒定拉力F′(F已撤走)，求能将两滑块拉至斜面顶端且不会发生相对滑动的F′取值范围。
答案解析
1.B
【解析】解：小虫缓慢上爬，可以认为小虫处于平衡状态，则合力始终为零，
小虫达到重力的分力与最大静摩擦力相等时即达到最高位置，根据共点力平衡有：mgsinα=fm，又fm= 32mg
解得：sinα= 32，α=60°，
则最大高度：ℎ=R−Rcs60°=R2，
故B正确，ACD错误；
故选：B．
2.B
【解析】上升过程，对排球有
mg+f=ma上
排球向上做匀减速运动，其速度为正，即图像在t轴上方。下落过程，对排球有
mg−f=ma下
速度方向向下，为负，所以图像在t轴下方，且上升过程中加速度较大，而 v−t 图像的斜率表示加速度。即上升过程图像要比下降过程图像斜率大，由于有阻力的存在，其在回到原出发点时，速度大小小于 v0 。
故选B。
3.C
【解析】物体在 t=1s 的瞬时速度
v=2−3t2=(2−3×12)m/s=−1m/s
根据其位置随时间变化的关系为
x=3+2t−t3
则 t=0 时 x0=3m ； t=2s 时 x2=−1m ；从 t=0 到 t=2s 时间内的平均速度分别为
v=x2−x0t=−1−32m/s=−2m/s
故选C。
4.B
【解析】平衡时细绳BC间的拉力为T=2mg，上面弹簧的弹力
F=3mg
则剪断BC间的细绳时，两边弹簧的弹力不能突变，可知D球受力不变，加速度为零；B球的加速度
aB=3mg−mgm=2g
故选B。
5.D
【解析】建立如图所示的直角坐标系，
则y方向
Fy=mgsin53∘=0.8mg x方向
Fx−f−mgcs53∘=ma
其中f=0.1mg解得
Fx=0.8mg
则推力
F= Fx2+Fy2=45 2mg
故选D。
6.B
【解析】AB.由于a绳长一定，因此轻绳a的B端沿水平天花板缓慢向右移且调节滑轮Q的高度使QP保持水平的过程中，根据几何关系、动滑轮P两边绳的夹角恒定、动滑轮P两边绳上的拉力合力始终水平、根据力的平衡可知b绳上的拉力始终等于球重，b绳对滑轮P的作用力等于球重，根据力的平衡可知a绳上拉力不变，故A错误，B正确;
CD.由于P、Q间绳b始终水平，因此b绳对滑轮Q的作用力不变，故CD错误。
7.D
【解析】ABC.根据
x=v0t+12at2
可得
xt2=v01t+12a
由图像可得
v0=40.2=20m/s
12a=−4
可得
a=−8m/s2
则机动车处于匀减速状态，初速度为20m/s，加速度大小为8m/s2，选项ABC错误；
D.机动车速度减为零的时间
t0=v0a=2.5s
则2.8s时已经停止运动，则机动车在前2.8秒内的位移是
x=v02t0=202×2.5m=25m
选项D正确。
故选D。
8.AC
【解析】A.若 v1v2 ，则物块受向左的滑动摩擦力，大小为
f=μmg
选项B正确；
CD.若 v1=v2 ，且物块m保持匀速运动，则受向右的拉力与静摩擦力而平衡，则受静摩擦力
f=m0g
方向向左，选项C错误，D正确。
此题选择不正确的，故选AC。
9.AD
【解析】A.图甲中根据牛顿第二定律
a=Fm0
可知若F是变力，则a与F成正比，描绘出的 a−F 图线应该是一条过原点的倾斜直线，选项A正确；
B.若图甲中F是恒力，可知
a1=Fm0
图乙中 mg=F ，可知
a2=Fm+m0
则
a1>a2
选项B错误；
C.图乙中
a=mgm+m0
则若仅m改变，则 a−mg 图像的斜率 k=1m+m0 变化，则描绘出的 a−mg 图线不是一条过原点的倾斜直线，选项C错误；
D.若通过减小m0而增大m的方式改变m，则由
a=mgm+m0
描绘出的a−mg图线的斜率为 k=1m+m0 为定值，则描绘出的a−mg图线应该是一条过原点的倾斜直线，故D正确。
故选AD。
10.BD
【解析】A.若μ=0.2，当F=4N时，假设板、斜劈、球三者相对静止，则对板、斜劈、球构成的系统有
F=3ma
代入数据解得
a=43m/s2
对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦力，有
μ(m+m)g=(m+m)a球
代入数据解得
a球=2m/s2>a
因此此时木板相对于斜劈静止，故A错误；
B.若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对斜劈与球构成的系统，最大加速度为
μ(m+m)g=(m+m)a球
代入数据得
a=5m/s2
当球刚好要离开斜劈时，受到重力和绳子拉力作用，有
mgtan53∘=ma球
代入数据解得
a球=7.5m/s2>a
因此不论F多大，小球均能和斜劈保持相对静止，故B正确；
C.若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止，则球和斜劈构成的系统能够获得的最大加速度为
μ(m+m)g=(m+m)a球
代入数据得
a球=8m/s2
此时对板、球和斜劈构成的系统，有
F临界=(m+m+m)a球=(1+1+1)×8N=24N
当F=22.5N时，板、球和斜劈相对静止，有
a=F3m=22.53×1m/s2=7.5m/s2
又由B选项可知此时球刚好要离开斜劈，小球对斜面体的压力为0，故C错误；
D.若μ=0.8，F=26N>24N时由C选项可知此时木板与斜面体产生相对滑动，此时斜面与小球的加速度大小为8m/s2，小球离开斜面体，则对小球细绳的拉力
T= (mg)2+(ma)2= 102+82N=2 41N
故D正确。
故选BD。
11..(1) 无 41.0
(2)7.20
(3)50.0

【解析】(1)[1]没有影响，这是由于弹簧受挤压时弹力大小可借助于电子秤测出，所以与笔的重力无关。
[2]根据胡克定律，可得弹簧劲度系数为
k=ΔFΔx=32.8×10−3×10N0.8×10−2m=41.0N/m
(2)如图丙所示，刻度尺分度值为 0.1cm ，应估读到下一位，指针对应处的读数为 7.20cm 。
(3)由于有三根弹簧，则弹簧劲度系数满足
k=−0.063N/m=50.0N/m
12.(1)C
(2)BC
(3) 需要 不需要

【解析】1)电磁打点计时器，使用交流8V电源；电火花打点计时器，使用交流220V电源，故选C；
(2)AB.平衡摩擦力时，不能将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，通过纸带上点迹的间距判断小车是否做匀速直线运动，故A错误，B正确。
C.为了充分利用纸带，小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源再释放小车，故C正确。
D.平衡摩擦力时，有
Mgsinθ=μMgcsθ
可得
tanθ=μ
可知改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力，故D错误。
故选BC。
(3)[1][2]改用图乙实验装置时，为了使小车受到的合力等于细线拉力，小车需要平衡摩擦力：由于图中装置细线拉力可以通过弹簧测力计测得，所以细线拉力不需要用钩码重力代替，所以钩码质量不需要远小于小车质量。
13.1)小球向上沿斜面做匀减速运动，加速度大小为
a=gsin30∘=0.5g=5m/s2
根据
v2=v02−2ax
其中 v=45v0
解得
x=14.4m
(2)小球运动到距抛出点的距离为30m处时，根据
x1=v0t−12at2
即
±30=20t−52t2
解得
t=2s或t=6s或 t=(4+2 7)s

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)小球向上沿斜面做匀减速运动，加速度大小为
a=gsin30∘=0.5g=5m/s2
根据
v2=v02−2ax
其中 v=45v0
解得
x=14.4m
(2)小球运动到距抛出点的距离为30m处时，根据
x1=v0t−12at2
即
±30=20t−52t2
解得
t=2s或t=6s或 t=(4+2 7)s
14.(1)向右
(2)2.6s
(3)10m
【详解】(1)物体刚放上传送带时速度为零，传送带速度向左，可知物块相对于传送带向右运动；
(2)物块刚开始的加速度
a=μg=5m/s2
加速到与传送带共速的时间
t1=v0a=2s
运动的距离
x1=v02t1=10m
匀速运动的时间
t2=L−x1v0=0.6s
则物体从右端A运动到左端B所用的时间
t=t1+t2=2.6s
(3)物体从右端A运动到左端B的过程中，相对于传送带运动的位移大小
Δx=v0t1−x1=10m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)对M、m整体，根据
12at2=L
得加速度
a=0.2m/s2
对m，根据牛顿第二定律
f−mgsinθ=ma
得
f=24N
方向沿斜面向上。
(2)对M、m整体，根据牛顿第二定律
F−(m+M)gsinθ−μ1(m+M)gcsθ=(m+M)a
解得
F=245N
(3)给滑块m一个沿斜面向上的恒定拉力 F′ ，能将他们拉至顶端的最小拉力
Fmin′=(m+M)gsinθ+μ1(m+M)gcsθ=238N
若m和M恰好相对滑动，则m和M之间达到最大静摩擦力 μ2mgcsθ ，对整体有
Fmax′−(m+M)gsinθ−μ1(m+M)gcsθ=(m+M)a′
对M有
μ2mgcsθ−μ1(m+M)gcsθ−Mgsinθ=Ma′
联立代入数据得
Fmax′=1176N
a′=26.8m/s2
故
238N≤F′≤1176N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】