甘肃省天水市第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中物理试题

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时长：75分钟 总分：100分
一、单选题（每题4分，共48分）
1. 下列物理量是矢量且单位用国际单位制表示正确是（ ）
A. 磁通量B. 冲量
C. 电场强度D. 磁感应强度
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．磁通量是标量，其单位是，故错误；
B．冲量是矢量，其国际制单位是，故B错误；
C．电场强度是矢量，其国际制单位是，故C正确；
D．磁感应强度是矢量，其单位是，故D错误。
故选C。
2. 公路上行驶的甲乙两辆汽车的位移—时间图像，如图中直线a和曲线b所示，t时刻直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是（ ）
A. 甲车做匀变速直线运动B. 乙车做曲线运动
C. t时刻，甲乙两车速度相等D. 前t秒内，甲乙两车位移相等
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．位移-时间图像中，斜率代表速度，由图可知直线a的斜率不变，则甲车做匀速直线运动。直线b的斜率一直在减小，且速度方向不变，则乙车做减速直线运动。故AB错误；
C．t时刻直线a和曲线b刚好相切，所以甲乙两车速度相等。故C正确；
D．前t秒内，甲乙两车的初位置不同，末位置相同，所以位移不相等。故D错误。
故选C。
3. 如图所示，光滑轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点，另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂货物A，人拉绳的另一端缓慢向右移动，使货物缓慢提升，在此过程中（ ）
A. 细绳对人的拉力逐渐变大B. 细绳OO'的张力逐渐变小
C. 水平面对人的支持力逐渐变小D. 水平面对人的摩擦力逐渐变小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由于整个系统处于动态平衡状态，货物A受力平衡，则绳子的张力T保持不变，选项A错误；
B．人拉绳的另一端缓慢向右移动，滑轮两侧连接的绳子的夹角变大，但绳子的张力T保持不变，绳子对轻滑轮的合力
则绳子对轻滑轮的合力变小，所以细绳OO'的张力逐渐变小，选项B正确；
CD．人处于动态平衡状态，对人受力分析有
由于T的大小不变，人拉绳的另一端缓慢向右移动，α减小，所以N增大，f增大，选项CD错误。
故选B。
4. 如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10m/s沿斜面向上运动。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块一直做匀变速直线运动
B. t＝1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C. t＝s时，滑块恰好又回到出发点
D. t＝3s时，滑块的速度大小为20m/s
【答案】C
【解析】
【详解】A．物体上滑的加速度
a上=gsinθ+μgcsθ=10m/s2
因为mgsinθ＞μmgcsθ，故物体不可能静止在斜面上，下滑的加速度为
a下=gsinθ+μgcsθ=2m/s2
滑块上滑和下滑的加速度不相等，不是一直做匀变速直线运动，A错误；
B．上滑的时间
但是速度减为零后不是静止在斜面上，而是沿斜面下滑，选项B错误；
C．上滑的最远距离
s=
下滑到底端时间
t下=
即t＝s时，滑块恰好又回到出发点，选项C正确；
D．t=3s时，滑块在下滑阶段，则此时滑块的速度为
v=a下t=4m/s
选项D错误。
故选C。
5. 如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处大小不计的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，重力加速度为g，则（ ）

A. A对地面的压力等于（M＋m）gB. A对地面的摩擦力方向向左
C. A对B的支持力大小为mgD. 细线对B的拉力大小为mg
【答案】A
【解析】
【详解】A．对A、B整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件知，支持力等于整体的重力，根据牛顿第三定律知，整体对地面的压力与地面对整体的支持力大小相等，故A对地面的压力等于（M＋m）g，故A正确；
B．对A、B整体受力分析，相对地面无滑动趋势，故不受地面的摩擦力，A对地面无摩擦力，故 B错误；
CD．对B受力分析，如图所示

根据平衡条件
其中
故
故CD错误。
故选A。
6. 无人驾驶汽车作为汽车的前沿科技，目前尚在完善中，它车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方范围内车辆和行人的“气息”，制动反应时间为，比有人驾驶汽车平均快1秒。下图为在某次测试场地进行制动测试时获得的一部分图像（为汽车的速度，为位置坐标）。关于该无人驾驶汽车在该路段的制动测试中，下列说法正确的是（ ）
A. 制动加速度大小为
B. 以的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要
C. 以的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为
D. 最大安全速度是
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】A．根据位移速度公式得
结合图像斜率得
A正确；
B．以的速度匀速行驶时，制动时间为
所以从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要
B错误；
C．以的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为
C正确；
D．以的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为
D正确。
故选ACD。
7. 如图所示，一名工人用两种方式尝试把原本就静止在卸货梯上的货物推上货车，第一种方式用平行于卸货梯平面向上的力去推货物，第二种方式用水平向右的力推货物，均未推动货物，则下列说法正确的是（ ）
A. 人受到卸货梯的摩擦力大小相等
B. 若工人两种方式作用在货物的力的大小相等，则第二种方式中货物所受合外力更大
C. 若工人两种方式作用在货物的力的大小相等，且第一种方式货物所受摩擦力沿接触面向上，则第二种方式货物所受摩擦力必定沿接触面向上
D. 工人若要匀速推动货物，采用第二种方式更费力
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．用平行于卸货梯平面向上的力去推货物，人所受到的摩擦力为重力沿货梯向下的分力与推力对人的反作用力之和，用水平向右的力推货物，人所受的摩擦力为重力沿货梯向下的分力与推力对人的反作用力沿货梯方向的分力之和，由于不知道两次推力的大小，故不能比较摩擦力的大小，故A错误；
B．不管用哪种方式推，都没有推动，货物静止，合力都为零，故B错误；
C．第一种方式货物所受摩擦力沿接触面向上，则重力沿货梯方向向下的分力大于推力，第二种方式货物所受水平推力沿斜面的分力一定小于推力，也小于重力沿货梯向下的分离，故货物所受摩擦力必定沿接触面向上，故C正确；
D．第二种方式水平方向的推力在垂直于货梯方向上有分力，故正压力变大，所以滑动摩擦力更大，推力沿货梯方向的分力与滑动摩擦力等大反向，故推力也需更大，工人若要匀速推动货物，采用第二种方式更费力，故D正确。
故选CD
8. 如图所示，质量mB=2kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA=1kg的小物块A，整个装置静止。现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a=2m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k=600N/m，g=10m/s2。以下结论正确的是（ ）
A. 变力F的最小值为2N
B. 变力F的最小值为6N
C. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2m/s
D. 小物块A与托盘B分离瞬间的速度为m/s
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．A、B整体受力产生加速度，则有
可得
当FN最大时，F最小，即刚开始施力时，FN最大且等于A和B的重力之和，则
故A错误，B正确；
CD．刚开始，弹簧的压缩量为
A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知
解得
物块A在这一过程的位移为
由运动学公式可知
代入数据得
故C正确，D错误。
故选BC。
二、填空（每空2分，共16分）
9. 如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验．所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等．回答下列问题：
（1）铁块与木板间动摩擦因数μ=______（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）
（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°．接通电源．开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下．多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示．图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）．重力加速度为9.8 m/s2．可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_____________（结果保留2位小数）．
【答案】 ①. ②. 0.35
【解析】
【详解】（1）由mgsinθ-μmgcsθ=ma，解得：μ=……①
（2）由逐差法a= 得：SII=（76.39-31.83）×10-2m，T=0.10s，SI=（31.83-5.00）×10-2m，故a= m/s2=1.97 m/s2，代入①式，得：μ= =0.35
10. 在“测定干电池的电动势和内阻”实验中：
（1）甲同学用多用电表“直流电压2.5V挡”直接粗略测量一节干电池的电动势，在测量前应该调节图1中电表上的部件______（填“A”或“B”），测量时多用电表的黑表笔应该接干电池的______（填“正极”或“负极”）。正确连接后，指针示数如图2所示，读数为______V。
（2）乙同学利用电压表、电流表、滑动变阻器、定值电阻（1Ω）、开关及导线若干来测定两节相同干电池的电动势和内电阻；
①部分电路连线如图3所示，请在答题纸上完成最合理的实物连接图________；
②乙同学正确连接后，调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数。读得两组电压表的示数分别为2.20V、2.36V，电流表的示数其中一组为0.32A，另一组电流表示数如图为______A，由以上数据可求得一节干电池的电动势______V、内阻______Ω。
【答案】 ①. A ②. 负极 ③. 1.45 ④. ⑤. 0.40 ⑥. 1.50 ⑦. 1.00
【解析】
【详解】（1）[1]在使用电压挡时应先调节机械调零旋钮进行调零，即调节图1中电表上的部件A；
[2] 测量时多用电表的电流应从红表笔流入黑表笔流出，即黑表笔应与干电池的负极相接；
[3]图2指针读数为1.45V；
（2）[4]实物图连接如图所示
[5]电流表的最小分度为0.02A，图中电流表读数为0.40A；
[6]由闭合电路欧姆定律可知

解得

而实验中使用的是两节干电池，由此一节干电池的电动势为1.50V、内阻为1.00 。
三、计算题（36分）
11. 如图所示，长L=0.5m、质量可忽略的硬杆，其一端固定于O点，另一端连有质量m=1kg的小球，它绕O点做竖直平面内的圆周运动。
（1）若小球通过最高点时，杆对小球的作用力为零。求小球在最高点时速度大小；
（2）若小球以速度v=2m/s通过最高点时，求杆对小球的作用力的大小和方向。
【答案】（1）m/s；（2）2N，竖直向上
【解析】
【分析】
【详解】（1）小球在最高点时，杆对小球的作用力为F=0，由牛顿第二定律得
代入数据解得小球在最高点时速度大小为
（2）若小球以速度v=2m/s通过最高点时，假设杆对小球的作用力方向竖直向下，对小球受力分析，由牛顿第二定律得
解得
说明杆对小球的作用力方向竖直向上。
12. 一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10ｍ/s2.求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
【答案】（1）0.20 ， 0.30 （2）s=1.125m
【解析】
【详解】试题分析：（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m．
v-t的斜率等于物体的加速度，则得：
在0-0．5s时间内，木板的加速度大小为．
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得μ1mg+μ2•2mg=ma1，①
对物块：0-0．5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2=μ1g
t=0．5s时速度为v=1m/s，则 v=a2t ②
由①②解得μ1=0．20，μ2=0．30
（2）0．5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2=μ1g=2m/s2．
0．5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为
故整个过程中木板的位移大小为
物块的位移大小为
所以物块相对于木板的位移的大小为s=x1-x2=1．125m
考点：牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题首先要掌握v-t图象的物理意义，由斜率求出物体的加速度，其次要根据牛顿第二定律判断速度相等后两物体的运动情况，再由运动学公式求解相对位移．
13. 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为
碰撞后木板速度水平向左，大小也是
木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有
解得
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移，末速度，其逆运动则为匀加速直线运动可得
解得
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即
可得
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有
可得
对滑块，则有加速度
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为
此时，木板向左的位移为
末速度
滑块向右位移
此后，木块开始向左加速，加速度仍为
木块继续减速，加速度仍为
假设又经历二者速度相等，则有
解得
此过程，木板位移
末速度
滑块位移
此后木块和木板一起匀减速，二者的相对位移最大为
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度
位移
所以木板右端离墙壁最远的距离为