福建省福州市某校2024-2025学年高三上学期11月月考试物理试题（解析版）

这是一份福建省福州市某校2024-2025学年高三上学期11月月考试物理试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 在物理学的重大发现中，科学家们创造出了许多物理学研究方法。下列对课本中某些插图的说法，其中正确的是（ ）
A. 将一个铁球放在墙角处直接判断两个接触面处的形变比较困难，若在两个接触面处加放海绵垫，通过观察海绵的凹陷来判断就比较容易，这里采用的是转化和控制变量的方法
B. 伽利略设想了一个理想实验。现实中，两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面，若减小第二个斜面的倾角，小球仍然能达到原来的高度
C. 探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时运用了控制变量法
D. 卡文迪许测定引力常量的实验运用了微元法
【答案】C
【解析】A．放上海绵垫便于观察墙角处铁球的受力情况，是采用了替代放大的方法，故A错误；
B．伽利略设想了一个理想实验。两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面，若减小第二个斜面的倾角，如果没有摩擦，则小球仍然能达到原来的高度，现实中，由于存在摩擦，小球上升的高度比原来低一些，故B错误；
C．探究向心力的大小与质量、角速度和半径之间的关系时控制一些物理量不变，研究其他物理量之间的关系运用了控制变量，故C正确；
D．卡文迪什测定引力常量的实验通过光线路径将引力造成的微小影响放大，运用了放大法测微小量，故D错误。
故选C。
2. 图为某款汽车磁吸支架的示意图，磁吸平面为一斜面。为测试磁体吸力及安全驾驶情况，现用铁块替代某品牌手机。实验中发现：由于磁吸支架倾角过大，放在磁吸支架上的小铁块匀速下滑。下列说法正确的是（ ）
A. 在某种特殊运动状态下，铁块可能只受到三个力的作用
B. 在题述实验中，铁块对磁吸支架的作用力方向竖直向上
C. 在题述实验中，铁块受到的滑动摩擦力小于重力沿磁吸平面向下的分力
D. 在题述实验中，磁吸平面对铁块的支持力等于重力垂直于平面向下的分力
【答案】A
【解析】A．铁块在向右加速度的条件下，铁块可能只受到重力、支持力、磁吸平面对铁块的吸引力，三个力的作用，故A正确；
B．铁块受到支架对其作用力应该与重力等大反向，即支架对铁块的作用力竖直向上，根据牛顿第三定律，铁块对支架的作用力竖直向下，故错误；
C．由于小铁块匀速下滑，铁块受到的滑动摩擦力等于重力沿磁吸平面向下的分力，故C错误；
D．磁吸平面对铁块的支持力等于重力垂直于平面向下的分力与磁吸平面对铁块的吸引力之和，大于重力垂直于平面向下的分力，故D错误。故选A。
3. 质量分别为、的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间分别达到稳定速度、，已知空气阻力大小与小球的下落速率成正比，即，且两球的比例常数完全相同，两球下落的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 释放瞬间加速度相同，甲乙球都发生超重现象
D. 时间内两球下落的高度相等
【答案】B
【解析】AB．两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时有
因此最大速度与其质量成正比，即
则有
由图象知，故，故A错误，B正确；
C．释放瞬间，因此空气阻力，两球均只受重力，加速度均为重力加速度，加速度方向向下，为失重现象，故C错误；
D．速度图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，时间内两球下落的高度不相等，故D错误。
故选B。
4. 一平台到地面高度为，质量为的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为。地面上有一质量为的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A. 玩具青蛙在空中运动的时间为
B. 玩具青蛙在平台上运动的时间为
C. 玩具青蛙起跳时速度大小为
D. 木块开始滑动时的速度大小为
【答案】D
【解析】A．根据
解得玩具青蛙在空中运动的时间为
故A错误；
C．由斜抛运动的逆过程：平抛运动规律可知玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为
，
玩具青蛙起跳时的速度大小为
故C错误；
D．由动量守恒定律得
解得木块开始滑动时的速度大小为
故D正确；
B．由动量定理得
解得玩具青蛙在平台上运动的时间为
故B错误。
故选D。
二、多选题（每题6分，选不全得3分，错选不得分，共24分）
5. 年月日时分，探月工程四期鹊桥二号中继星的成功发射将为嫦娥六号月背南极的月壤采集计划提供坚实的通信基础，月日经过一些列的姿态调整，进入小时周期的环月大椭圆使命轨道，如图所示是鹊桥二号在使命轨道的示意图，下列说法正确的是（ ）
A. 鹊桥二号的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度
B. 鹊桥二号将来单靠自己即可实现地球与嫦娥六号的全天候不间断的实时通信
C. 根据开普勒第三定律，鹊桥二号的半长轴长度等于地球同步卫星的半径
D. 由于稀薄空气的影响，若不进行姿态维持，则鹊桥二号将出现机械能减少，动能增大现象
【答案】AD
【解析】A．根据天体的运行规律可知，鹊桥二号的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A正确；
B．存在信号盲区，会被月球遮挡，无法实现全天候不间断实时通信，故B错误；
C．由开普勒第三定律
可知，中心天体不同，鹊桥二号的半长轴长度与地球静止轨道卫星的半径无法比较，故C错误；
D．空气阻力影响，会损失机械能，轨道下降，速度增加，故D正确。故选AD。
6. 如图甲所示为建筑行业使用的一种小型打夯机，其原理可简化为一个质量为M的支架（含电动机）上由一根长为l的轻杆带动一个质量为m的铁球（铁球可视为质点），如图乙所示，重力加速度为g。若在某次打夯过程中，铁球以角速度ω匀速转动，则（ ）
A. 铁球转动过程线速度不变
B. 铁球做圆周运动的向心加速度大小是ω2l + g
C. 铁球转动到最低点时，打夯机整体对地面压力最大
D. 若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则
【答案】CD
【解析】A．铁球在匀速转动过程中，根据
可知铁球的线速度大小不变，但方向在时刻变化，故A错误；
B．铁球做匀速圆周运动，向心加速度为
故B错误；
C．结合上述可知，铁球的向心加速度大小始终一定，当铁球转动到最低点时，向心加速度方向指向圆心，即方向竖直向上，此时铁球处于超重状态，由于竖直向上的加速度最大，则整体对地面压力最大，故C正确；
D．若铁球转动到最高点时，支架对地面的压力刚好为零，则杆上的力为Mg，对铁球进行分析，在最高点时，根据牛顿第二定律有
解得
故D正确。
故选CD。
7. 一辆货车运载个质量为的圆柱形光滑的空油桶，个在厢底紧凑排列并被牢牢固定，只有桶C自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定。下列说法正确的是（ ）
A. 当车向左匀速运动时，B对C的支持力为
B. 当车向左匀速运动时，A对C的支持力为
C. 当车向左 加速度达到时，C刚好脱离A
D. 当车向左减速时，A对C的作用力可能为
【答案】BD
【解析】AB．若车匀速运动，则C也匀速运动，C所受力的合力为，对C进行受力分析，如图所示，设B对C的支持力与竖直方向的夹角为，根据几何关系有
解得
同理可知，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为，根据对称性可知，A对C的支持力与B对C的支持力大小相等，则有
解得
故A错误，B正确；
C．令C的加速度为a，当加速度方向向左时，对C进行分析，若C脱离A，则A对C的支持力为零，根据牛顿第二定律可得
解得
故C错误；
D．当车向左减速时，具有方向向右的加速度，结合上述可知，当向右的加速度大小为时，C将恰好脱离B，此时A对C的作用力为
结合上述可知，从具有向右加速度到脱离B过程，A对C的作用力从增大到，所以A对C的作用力可能为，故D正确。
故选BD。
8. 如图甲所示，一质量m=0.1kg的小球位于竖直轻弹簧的正上方，弹簧固定在地面上，某时刻小球由静止开始下落，下落过程中小球始终受到一个竖直向上的恒定风力F。以小球的初始位置为坐标原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能面，在小球下落的全过程中，小球的重力势能随小球位移变化的关系如图乙中的图线①所示，弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系如图乙中的图线②所示，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）
A. 小球和弹簧组成的系统机械能守恒
B. 弹簧的原长为0.2m
C. 小球刚接触弹簧时的速度大小为2m/s
D. 小球受到的恒定风力F大小为0.1N
【答案】BD
【解析】A．小球始终受到一个竖直向上的恒力F，则小球和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．取地面为零势能参考面，根据图像可知小球初状态的重力势能为
E0=mgh=0.7J
解得小球初始位置距离地面的高度为
h=0.7m
图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系，由此可知小球下落h1=0.5m开始接触弹簧，则弹簧的原长为
故B正确；
D．从图乙可以看出，当小球下落x=0.6m时，弹性势能从0增加到Ep1=0.54J，根据重力做功与重力势能变化的关系有
E0-E=mgx
结合图乙的数据有
E=0.7-x
当x=0.6m时，重力势能E1=0.1J，从小球开始下落到将弹簧压缩到最短，根据功能关系可得
-Fx=E1+Ep1-E0
代入解得F=0.10N
故D正确；
C．小球从开始下落到刚接触弹簧的过程中，根据动能定理可得
代入数据解得v=3m/s
故C错误。
故选BD。
三、填空题（每空1分，共9分）
9. 轨道车通过细钢丝跨过定滑轮拉着特技演员上升。轨道车沿水平地面以速度向左匀速前进，已知，轨道车受到地面摩擦力恒为1500N，某时刻连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为，连接特技演员的钢丝竖直，取，，则该时刻特技演员做 __________运动(选填“加速”或者“减速”或者“匀速”)，速度大小为_______，轨道车牵引力功率为__________。
【答案】 加速 4m/s 7500W
【解析】[1]设连接轨道车的钢丝与水平方向的夹角为 ，则演员的速度
则随着车向左运动，则减小，拉绳的速度逐渐变大，则B做加速运动；
[2]轨道车、特技演员沿绳方向速度相等，该时刻特技演员速度大小为
[3]轨道车牵引力功率为
P=fv=7500W
10. 高山滑雪是冬奥会的一个比赛项目，因速度快、惊险刺激而深受观众喜爱。在一段时间内，运动员始终以如图所示的姿态加速下滑。已知运动员在下滑过程中受到阻力作用，则在这段时间内运动员的动能__________；重力势能__________；机械能__________。（均选填“增加”、“减少”或“不变”）
【答案】增加 减小 减小
【解析】[1]依题意，运动员加速下滑，所以其动能增加。
[2]下滑过程中，重力做正功，重力势能减小。
[3]下滑过程中，阻力做负功，机械能减小。
11. 某小组同学用如图甲所示的装置测量物块A与长木板B间的动摩擦因数，将长木板B放置在水平地面上，物块A放置在长木板B的上表面，用细线将水平放置的弹簧测力计和物块A连接，调节弹簧测力计的高度使细线拉直后恰好水平，现用大小为的水平拉力将长木板B从物块A下方拉出，拉出过程中弹簧测力计的示数如图乙所示，已知物块A的质量为，长木板B的质量为，取。
（1）物块A受到的摩擦力方向水平向__________（填“左”或“右”)；
（2）若木板B匀速运动，地面对B的摩擦力大小为__________
（3）物块A与长木板B间的动摩擦因数__________(结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）右 （2）4.48（4.47-4.49）
（3）0.35
【解析】【小问1详解】
A静止，相对于向右运动，所以会受到向左的滑动摩擦力，所以物块受到的摩擦力方向水平向右；
【小问2详解】
由乙图知，最小分度值为，读数应当估读到最小分度的下一位，所以读数为；即受到的摩擦力为，对分析，根据平衡条件
解得
【小问3详解】
因为静止，所以受力平衡，所以弹簧弹力大小等于给的滑动摩擦力大小，即
根据公式
解得
二、实验题：每空2分，共14分。
12. 某学习小组采用图甲所示气垫导轨装置验证滑块碰撞过程中的动量守恒。其主要实验步骤如下，请回答下列问题。
（1）用天平测得滑块A、B(均包括挡光片)的质量分别为、；用游标卡尺测得挡光片的宽度均为。若某次用游标卡尺测量挡光片的宽度时的示数如图乙所示，则其读数为_______。
（2）充气后，调节气垫导轨下面的旋钮，导轨左侧放一个滑块并推动滑块，滑块通过两个光电门时，若与光电门1、2相连的计时器测得的挡光时间分别为、，则应使导轨右端______(选填“调高”或“调低”)，直至滑块在导轨上运动，通过两个光电门时间相同时，说明气垫导轨已经调节水平。
（3）滑块B放在两个光电门之间，滑块A向左挤压导轨架上的轻弹簧，并释放滑块A，滑块A一直向右运动，与光电门1相连的计时器的示数只有一个，为，与光电门2相连的计时器的示数有两个，先后为、。
（4）在实验误差允许范围内，若表达式______(仅用、和表示)成立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒。
A. B. C D.
【答案】（1）5.20 （2）调低 （4）D
【解析】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为，由图可知挡光片的宽度为
（2）[2]同一滑块通过两个光电门，由知，时间长的速度小，可知滑块做减速运动，导轨右端应调低一点，直至两个计时器显示的时间相等，即说明滑块做匀速运动，导轨已调成水平。
（4）[3]由题意可知滑块A碰前速度为
滑块A碰后速度为
滑块B碰后速度为
根据动量守恒可得
根据机械能守恒可得
联立解得
则若表达式
成立，说明滑块A、B碰撞过程中机械能和动量均守恒。
故选D。
13. 某实验小组在“验证机械能守恒定律”实验中，将打点计时器固定在铁架台上，使重锤带动纸带从静止开始自由下落。
（1）如图所示，在操作过程中出现了如图A、B、C、D所示的四种情况，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
（2）关于该实验，正确的说法有（ ）
A. 必须在接通电源的同时释放纸带
B. 利用本装置验证机械能守恒定律，可以不测量重锤的质量
C. 为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
D. 若实验中出现动能增加量大于重力势能减少量，说明出现操作错误，可能先释放了纸带再接通电源
（3）下图为一条符合实验要求的纸带，点为打点计时器打下的第一点，分别测出若干连续点A、、与点之间的距离、、，已知打点计时器的打点周期为，重锤质量为，重力加速度为，可得重锤下落到点时的速度大小为_____(利用题目中符号表示)。
（4）取打下点时重锤的重力势能为零，图丙是该学习小组绘制的重锤下落过程中动能、重力势能随下落高度变化的图像，算出Ⅰ、Ⅱ的斜率绝对值分别是、，则重锤和纸带在下落过程中所受平均阻力与重锤所受重力的比值为_____(用和表示)。
【答案】（1）B （2）BD
（3）
（4）
【解析】【小问1详解】
首先打点计时器应采用低压交流电源，同时释放纸带时重物应靠近打点计时器，且保持纸带竖直。
故选B。
【小问2详解】
A．打点计时器使用时应先接通电源，后释放纸带，故A错误；
B．利用本装置验证机械能守恒定律，由于质量可以约掉，可以不测量重锤的质量，故B正确；
C．为了验证机械能守恒，可以选择纸带上打出的第一个点作为起点，也可以在纸带上选择其它两个点来验证，故C错误；
D．若实验中出现动能增加量大于重力势能减少量，说明出现操作错误，可能先释放了纸带再接通电源，故D正确。
故选BD。
【小问3详解】
根据匀变速直线运动的推论，可知重锤下落到B点时的速度大小为
【小问4详解】
取打下点时重锤的重力势能为零，所以随着下落高度增大，重物的重力势能不断减小，所以表示重锤重力势能变化的图像是Ⅰ；图线Ⅰ的斜率绝对值表示重力，图线Ⅱ的斜率的绝对值表示合外力，即
，
所以重锤和纸带在下落过程中所受平均阻力与重锤所受重力的比为
三、计算题（3小题，共37分）
14. 在广州市的一些餐馆里，出现了一批特殊的“工作人员”人工智能机器人，它们担负起送餐的职责。送餐时，餐盘质量m=1kg，被放在水平托盘中央，边缘不与护栏接触。某时刻，天娱广场某餐馆正在一动不动地“休息”的机器人小美，在得到送餐指令后，沿预定的路径开始做加速度大小为的匀加速直线运动，当它的速度大小为时，它发现正前方不远处站着一位顾客，于是立即制动做匀减速直线运动，在顾客面前及时停下。若匀减速运动的加速度大小，小美运动的总位移s=6m。不考虑反应时间，重力加速度取。求：
（1）小美加速运动的位移s1和减速运动的时间是多少？
（2）为使制动时，餐盘不会与水平托盘发生相对滑动，托盘至少应对餐盘施加多少的作用力？（计算结果可以含有根号）
【答案】（1）5m，1s
（2）
【解析】【小问1详解】
由图像可知小美箱前内的位移大小为
后的位移大小为
解得
【小问2详解】
小美减速过程中的加速度大小为a2，由运动学公式
解得
a2=2m/s2
由牛顿第二定律有
解得
所以，托盘至少应对餐盘施加的作用力为
15. 如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分。如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离，3号球与球门之间的距离。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度，经过一段时间后，该球以的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球又向前运动了后停下来。已知两球质量均为，将两球的运动视为一条直线上的滑动，并且两球与地面间的滑动摩擦因数相同，重力加速度取。
（1）求球与地面的动摩擦因数；
（2）求两球碰撞过程1球对3球做的功；
（3）通过分析，判断3号球能否进门得分。
【答案】（1）0.4；（2）1.125J；（3）3号球能够进门得分
【解析】（1）根据动能定理
解得
（2）设球1碰后速度为，根据动能定理
解得
设球3碰后速度为，根据动量守恒定律
解得
根据动能定理知
代入数据解得
（3）设3号球碰后运动的距离为，根据动能定理
解得
故3号球能够进门得分。
16. 如图所示，在光滑水平面和粗糙水平面之间连接一长度为的传送带，长度，圆心为O、半径为的竖直光滑半圆轨道与水平面在D点平滑连接，其中段为光滑圆管，E和圆心O等高，。可视为质点的小物块从A点以的初速度向右滑动，已知小物块的质量，与传送带、水平面之间的动摩擦因数均为，重力加速度g取10。
（1）若传送带不转，求小物块滑到半圆轨道D点时对轨道压力F的大小；
（2）若传送带以的速率顺时针方向转动，求小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的热量Q；
（3）在第（2）问基础上试通过计算判断小物块是否会脱离轨道；
【答案】（1）；（2）；（3）不会脱离轨道
【解析】（1）从A到D，根据题设条件，由动能定理得
在D点，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有压力
联立代入数据解得
（2）假设到达C之前已与传送带共速，此时小物块相对于地面的位移为，则有
代入数据解得
所以物块到达C点时恰好与传送带共速，设所用时间为t，则由速度—时间关系有
传送带相对于地面的位移为，则由匀速运动规律有
小物块第一次运动到C点的过程中系统产生的热量
联立代入数据解得
（3）①在小物块第一次沿半圆轨道上升的过程中先判断是否可以通过F点。从D到F，由动能定理得
可得在F点恰好满足
可知小物块恰好可以通过F点；再判断是否可以通过G点，上升到最高点时，由机械能守恒有
可得
则小物块不会通过G点。设小物块第二次通过C点的速度，则有
解得
通过计算可知，小物块可在传送带上减速为0，并反向加速至第三次通过C点，且，则小物块第二次通过D点后上升至速度为0时，根据动能定理有
解得
则小物块第二次冲上半圆时，不会上升超过E点。综上，小物块不会脱离轨道。