安徽省滁州市定远县民族中学等校2024-2025学年高三（上）第三次检测试卷物理试题

这是一份安徽省滁州市定远县民族中学等校2024-2025学年高三（上）第三次检测试卷物理试题，共16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，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是( )
A. 瓦片共受到4个力的作用
B. 减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的弹力变小
C. 减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的摩擦力变大
D. 减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了共点力作用下物体的平衡问题，可将此情况视为斜面模型，解题的关键是将重力沿斜面和垂直于斜面分解，垂直斜面的分力和两个弹力的合力等大反向，通过沿斜面向下的分力与摩擦力比较判断瓦片的运动情况。
瓦片在重力两侧的支持力和摩擦力作用下处于平衡，减小檩条间的距离时，瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小；增大檩条间的距离时，瓦片与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大。
【解答】
A.瓦片受重力，两侧的支持力和两侧摩擦力，共5个力，故A错误；
B.减小檩条的倾斜角度 θ 时，两弹力的合力等于 mgcsθ ，瓦片与檩条间的弹力变大，故B错误；
C.瓦片与檩条间的摩擦力等于 mgsinθ ，减小檩条的倾斜角度 θ 时，摩擦力减小，故C错误；
D.根据题图可知，两檩条对瓦片的弹力与垂直于檩条方向的夹角为 α ，有2Ncsα=mgcsθ
减小檩条间的距离d时，夹角 α 变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故D正确。
2.四个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现对左侧第1个物体施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力大小等于( )
A. 18FB. 14FC. 12FD. 34F
【答案】C
【解析】设各物体的质量均为m，对四个物体整体运用牛顿第二定律得a=F4m，对3、4组成的整体应用牛顿第二定律得FN=2ma，解得FN=12F，故选 C。
3.广东队队史11次夺取CBA总冠军，是CBA夺取总冠军次数最多的球队。如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A点，则两次抛球相比( )
A. 球从B至A用时较短B. 从C点抛出时，抛射角θ较小
C. 从C点抛出时的速度较大D. 从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较大
【答案】B
【解析】【分析】
解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故其逆过程可以看成平抛运动，两次抛射水平位移相同，高度不同，根据平抛运动的规律分析解答。
本题考查了斜抛运动、平抛运动的规律，采用逆向思维，斜抛运动的逆过程为平抛运动，这样降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很繁琐同时容易出错。
【解答】
AD.因为篮球垂直击中篮板，此时速度处于水平方向，根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，A到B的下落高度大于A到C的下落高度，竖直方向根据h=12gt2
可知A到B的时间大于A到C的时间，即球从B至A用时较长；
水平方向做匀速运动，则有x=vxt
由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，故AD错误；
B.篮球刚抛出时的抛射角满足tanθ=vyvx=gtvx
由于从C点抛出时所用时间较短，又水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角θ较小，故B正确；
C.两次抛出过程有相同的水平位移，设水平位移为x，竖直高度为h，则有
t= 2hg，vy= 2gh，vx=xt=x g2h
可得抛出时的速度大小为v= vx2+vy2= gx22h+2gh
可得当h=x2时，抛出速度有最小值，由于不清楚抛出过程上升高度与水平位移关系，故无法确定C点抛出的速度是否大于B点抛出的速度，故C错误。
故选B。
4.空间中存在沿x轴方向的静电场，各点电势的变化规律如图中φ−x图像所示，电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4处，电子仅受电场力，则该电子( )
A. 在x1处电势能最小B. 在x1处加速度为零
C. 在x3处电势为零，电场强度也为零D. 在x2处的动能大于在x3处的动能
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了φ−x图像的物理意义；本题关键在于分析清楚图象并能从中获取有用信息。熟知图像斜率表示电场强度。由此分析解题即可。
【解答】
A.负点电荷在电势越低的地方，电势能越大，电子在x1处的电势能最大，故 A错误;
B.φ− x图像斜率绝对值表示电场强度大小，由图可知电子在x1处受到的电场力为0，由牛顿第二定律知电子在x1处的加速度为0，故B正确;
C.x3处的斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故C错误;
D.电子只在电场力作用下运动，动能和电势能总和保持不变，电子在x2处的电势能大于在x3处的电势能，所以在x2处的动能小于在x3处的动能，故D错误。
5.如图所示电路中，直流电源内阻r≠0，R1、R2为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为R3，rv2，可知v1>v3>v2，故B正确；
C、根据开普勒第二定律可知，同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，故C错误。
D、卫星2由E点运动到D点过程中万有引力做功的功率P=Fvcsθ，由于θ=90°，因此卫星2在E和D点时的万有引力的功率都是零，故D错误。
故选B。
7.如图所示，长度为l的轻质细线一端固定在天花板上的A处，另一端与小物块B连接。某时刻给物块B一大小为 gl的水平初速度，则从该时刻至B运动到最高点的过程中(重力加速度为g，不计阻力)( )
A. 绳子拉力的最小值为12mgB. 绳子拉力的最小值为 32mg
C. B在最高点的加速度大小为g2D. B在最高点的加速度大小为0
【答案】A
【解析】CD.B到达最高点时满足 12m( gl)2=mgl(1−csθ)，
可得θ=60°在最高点的加速度为 a=mgsinθm= 32g，选项CD错误；
AB.设某时刻细线与竖直方向的夹角为α，则由机械能守恒 12m( gl)2=mgl(1−csα)+12mv2，
在该点时 T−mgcsα=mv2l，解得 T=mg(3csα−1)，
因α角最大值为60°，可知T最小值为 Tmin=12mg，选项A正确，B错误。
故选A。
8.平行板电容器、静电计、理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)与内阻不计的电源连接成如图所示的电路，P为平行板电容器两极板间的一点，其中电容器的右极板固定，左极板可左右移动少许，设静电计的张角为θ，则下列说法中正确的是( )
A. 若左极板向左移动少许，则θ变大，P点的电势不变
B. 若左极板向左移动少许，则θ不变，P点的电势不变
C. 若左极板向右移动少许，则θ不变，P点的电势升高
D. 若左极板向右移动少许，则θ变小，P点的电势降低
【答案】C
【解析】AB.静电计上的电压等于电源电压不变，所以静电计的张角 θ 不变。由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电。将电容器的左极板水平向左移时，根据 C=εS4πkd 可知，电容器的电容变小，但不能放电，则电容器带电量不变，由 C=QU 可知，电容器的两极板间的电势差U变大，又E=Ud=QCd=QεS4πkdd=4πkQεS
可知，电容器两极板间的电场不变，则有U1=Ed左，由于P点到左极板的距离 d左 变大，则左极板与P点间的电势差 U1 变大，由于左极板的电势不变，则P点的电势降低，故AB错误；
CD.静电计上的电压等于电源电压不变，所以静电计的张角 θ 不变。若左极板向右移动少许，根据 C=εS4πkd 可知，电容器的电容变大，电容器充电，则电容器极板间的电压等于电源电压不变，根据 E=Ud 可知，电容器两极板间的电场强度变大，则有U2=Ed右，由于P点到右极板的距离 d右 不变，所以P点与右极板间的电势差 U2 变大，而由于此时右极板的电势不变，所以P点的电势升高，故C正确，D错误。
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，一长为L的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电量为+q的小球，小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，AB是水平直径，空间存在与小球运动平面平行的匀强电场。已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为TA=2mg，TB=5mg(g为重力加速度)，不计空气阻力。则以下说法正确的是( )
A. 小球运动中机械能最小的位置可能是A点
B. 若A点是小球运动中速度最小的位置，则电场强度E=5mg2q
C. 若小球运动中机械能最小的位置是A点，则小球运动过程中的最小速度是v0= 72gL− 5gL
D. A、B两点的电势差一定等于mgLq
【答案】ACD
【解析】已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为 TA=2mg ， TB=5mg ，小球带正电，可得电场水平分方向为水平向右，设小球受到的电场力方向与竖直方向的夹角为 θ ，则可得
TA+Eqsinθ=mv2L，
TB−Eqsinθ=mv′2L，
根据动能定理可得12mv′2−12mv2=Eqsinθ×2L，
解得mg=2Eqsinθ，
AC.若小球运动中机械能最小的位置是A点，则此时电场方向水平向右，即此时 θ=π2 ，可得mg=2Eq，
可设小球在势能最高点时细绳与竖直方向的夹角为 α ，可得tanα=Eqmg=12，
设此时的小球的速度为 v0 ，若要能完成完整的圆周运动，可得mgcsα 52gL，
根据动能定理可得12mv2−12mv02=mgLcsα−EqL1−sinα，
解得小球运动过程中的最小速度v0= 72gL− 5gL> 52gL，
即小球运动中机械能最小的位置可能是A点，故AC正确；
B.若A点是小球运动中速度最小的位置，可得mg=Eqcsθ，
联立解得E= 5mg2q，
故B错误；
D.从A到B电场力做功为W=Eqsinθ×2L，
则可得A、B两点间的电势差为U=Wq=mgLq，
故D正确。
故选ACD。
10.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长.将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零.若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A.已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则( )
A. 下滑过程中，圆环到达C处时弹簧的弹性势能为mgLsinα
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为12mv2
C. 从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα−14mv2
D. 环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度
【答案】CD
【解析】【分析】
研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；
研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式。
动能定理的正确应用是求解的关键。
【解答】
ABC、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式：mgLsinα−Wf克−W弹=0，
在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式−mgLsinα+W弹−Wf克=0−12mv2，
解得克服摩擦力做功Wf克=14mv2，所以产生的热量为14mv2，
从C到A弹簧弹力做功W弹=mgLsinα−14mv2，故圆环到达C处时弹簧的弹性势能为mgLsinα−14mv2，故C正确，AB错误；
D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，克服摩擦力做功为W′f克，运用动能定理列出等式：mgLsinα2−W′f克−W′弹=12mvB2−0，研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式−mgLsinα2−W′f克+W′弹=0−12mvB′2 ，由于W′f克>0，所以12mvB2，=，