广东省广州市第十六中学2024-2025学年高三上学期11月质量检测 物理试题（二）（含解析）

这是一份广东省广州市第十六中学2024-2025学年高三上学期11月质量检测 物理试题（二）（含解析），共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 如图，在跳高运动时，运动员落地一侧铺有海绵垫，这样做的目的是为了减小（ ）
A. 运动员的惯性B. 运动员重力的冲量
C. 接触面对运动员的冲量D. 接触面对运动员的作用力
【答案】D
【解析】
【详解】A．惯性仅与质量有关，运动运质量不变，惯性不变，故A错误；
BCD．由动量定理可得
可得
，
可知，铺上海绵垫后，延长时间了t，则运动员的重力冲量是增加的，接触面对运动员的冲量也是增加的，但是延长时间了t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故BC错误，D正确。
故选D。
2. 如图所示，某同学将一物块轻放在塑料直尺的一端，并将该端伸出水平桌面边缘。现将直尺缓慢向外移动，直尺的弯曲程度变大，物块相对直尺始终保持静止，则在此过程中（ ）
A. 物块对直尺的压力是物块发生形变而产生的
B. 物块受到的摩擦力在不断减小
C. 物块对直尺的压力大于直尺对物块的支持力
D. 直尺对物块的作用力方向始终竖直向上
【答案】AD
【解析】
【详解】A．物块对直尺的压力是物块发生形变要恢复原状而产生的，故A正确；
B．设直尺末端与水平方向夹角为，根据平衡条件可得
直尺缓慢向外移动，直尺的弯曲程度变大，逐渐增大，物块受到的摩擦力在不断增大，故B错误；
C．根据牛顿第三定律，物块对直尺的压力等于直尺对物块的支持力，故C错误；
D．物块保持静止，直尺对物块的作用力与物块的重力二力平衡，等大反向，故直尺对物块的作用力方向始终竖直向上，故D正确。
故选AD。
3. 在一次施工中，塔吊将重物从点吊起，从起吊开始计时，以为原点，设水平向右为方向、竖直向上为方向，重物、方向的运动规律分别如图甲、乙所示，则重物（ ）

A. 在水平方向做匀变速直线运动
B. 运动轨迹为抛物线
C. 内的位移大小为
D. 在相等时间内的速度变化量不相等
【答案】B
【解析】
【详解】A．图像斜率代表速度，图甲可知斜率不变，故重物在水平方向做匀速直线运动，故A错误；
B．图甲可知甲水平方向速度为
可知水平方向位移
图像斜率代表加速度，图乙可知加速度
可知竖直方向位移
联立以上得
所以重物的运动轨迹为抛物线，故B正确；
C．图甲可知0~8s内水平方向位移大小
图像面积表示位移，则内竖直方向位移大小
故合位移
故C错误；
D．以上分析可知，重物的加速度为0.5m/s2，且为恒定值，根据
可知在相等时间内速度变化量相等，故D错误。
故选 B。
4. 如图，某飞机着陆时的速度，随后沿直线匀减速滑行到静止。从飞机着陆开始计时，到静止时计时结束，该飞机在倒数第内的位移为，下列说法正确的是（ ）
A. 该飞机的加速度大小为
B. 该飞机着陆后时的速度大小为
C. 该飞机在跑道上滑行的时间为
D. 该飞机在跑道上滑行的距离为
【答案】A
【解析】
【详解】A．把飞机的运动逆向看成由静止做加速度大小为a的匀加速直线运动，则在t1=3s内的位移为
在t2=4s内的位移为
根据题意有
联立解得加速度大小为
故A正确；
B．飞机着陆时的速度，着陆后时的速度大小为
故B错误；
C．该飞机在跑道上滑行的时间为
故C错误；
D．该飞机在跑道上滑行的距离为
故D错误。
故选A。
5. 一质量为的物体静置于光滑的水平地面上，物体受到的水平拉力可按如图所示的四种方式随时间变化，以水平向右为正方向，在四种受力情况下，物体在时刻的速率最小的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由动量定理知在时间内，合外力的冲量等于动量的变化量，所以要求物体在时刻的速度最小就是要求在时间内合外力的冲量最小，即为图像的面积最小。因此对于A选项的图来说有
对于B选项的图来说有
对于C选项的图来说有
对于D选项的图来说有
所以最小，物体在时刻的速度最小，故A符合题意。
故选A。
6. “火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成、两部分，速度均为水平方向。炸开后、的轨迹图如乙图所示。忽略空气阻力的作用，则（ ）

A. 、两部分落地时的速度大小之比
B. 、两部分的初动能之比
C. 、两部分的质量之比
D. 、两部分落地时的重力功率之比为
【答案】B
【解析】
【详解】C．平抛运动方向为匀速直线运动，则有
，
竖直方向上有
，
则有
根据动量守恒定律有
解得
故C错误；
B．、两部分的初动能
，
结合上述解得
故B正确；
A．、两部分落地时的速度大小
，
结合上述可知，、两部分落地时的速度大小之比不等于，故A错误；
D．、两部分落地时的重力功率
，
结合上述解得
故D错误。
故选B。
7. 一宇航员到达半径为R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直面内做半径为r的圆周运动，测得绳的拉力F大小随时间t的变化规律如图乙所示．设R、m、r、引力常量G以及F1和F2为已知量，忽略各种阻力．以下说法正确的是（ ）
A. 该星球表面重力加速度为
B. 小球在最高点的最小速度为
C. 该星球的密度为
D. 卫星绕该星球的第一宇宙速度为
【答案】B
【解析】
【详解】A.在最低点有
在最高点有
由机械能守恒定律得
联立可得
故A错误；
B.设星球表面的重力加速度为g，小球能在竖直面上做圆周运动，即能过最高点，过最高点的条件是只有重力提供向心力，有
则最高点最小速度为
故B正确；
C.由
可得
故C错误；
D.由
可得
故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体位于同一水平面上，且小球处于平衡，则下列说法中正确的是( )
A. 甲图中斜面对球O弹力最大
B. 丙图中斜面对球O弹力最小
C. 乙图中挡板MN对球O弹力最小
D. 丙图中挡板MN对球O弹力最小
【答案】AD
【解析】
【详解】将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作出一幅图上，如图，根据平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G．斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到三种情况下此合力相等，根据平行四边定则得知，丙图中挡板MN对球O弹力NMN最小，甲图中斜面对球O弹力最大，故AD正确．
9. 图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率顺时针转动，传送带两端A、B间的距离为L=2m。旅客把行李（可视为质点）无初速度地放在A处，行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，g取，则下列说法正确的是（ ）

A. 行李刚放上传送带时加速度大小为
B. 行李一直做匀加速直线运动
C. 行李经过5s到达B处
D. 行李从A运动到B过程中，行李与传送带的相对位移为0.04m
【答案】AD
【解析】
【详解】A．开始时，对行李，由牛顿第二定律得
代入数据解得
a=2m/s2
A正确；
B．设行李做匀加速运动的时间为t1，行李加速运动的末速度为v=0.4m/s，则行李加速时间
行李匀加速运动的位移大小
所以行李先做匀加速直线运动，后匀速运动到B处，B错误；
CD．行李匀速运动的时间
则行李从A到B的时间为
C错误；
D．行李与传送带的相对位移为
D正确。
故选AD。
10. 电动自行车最高设计车速为，电动自行车在水平直道上从一很小的速度开始以恒定功率起动，所受阻力大小恒定，且有。则下列关于电动自行车所受合力、速度、动量随时间变化的关系图像和动能随位移变化的关系图像中可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．设汽车的牵引力为F1，当速度为v时，根据功率推导公式
根据牛顿第二定律可得
联立解得
启动过程中，功率P、阻力f大小不变，速度v不断增加，则a减小，物体做加速减小加速运动，当a=0时，物体开始做匀速运动，此时合外力直至减小为0，A错误，B正确；
C．根据动量公式
由于物体先做加速减小的加速运动，后做匀速运动，故动量先增加，后保持不变，故C错误；
D．根据动能定理可得
解得
合外力F 不断减小，直至减小为0，则动能Ek增加量越来越小，最后保持不变，D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题）
三、非选择题：共54分。考生根据要求作答。
11. 为了探究加速度与力、质量的关系。
(1)小亮利用如图甲所示的实验方案，探究小车质量一定时加速度与合外力之间的关系，图中上下两层水平轨道，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，将砝码和砝码盘的总重作为小车所受合外力，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，并同时停止。
①实验前，下列操作必要的是________．
A.选用质量不同的两辆小车
B.调节定滑轮的高度，使细线与轨道平行
C.使砝码和砝码盘总质量远小于小车的质量
D.将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，以平衡摩擦力
②他测量了两小车的位移为x1、x2，则=________．
(2)小明用如图乙所示的装置进行实验．
①打出的一条纸带如图丙所示，计时器打点的时间间隔为0.02s．他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为________m/s2.
②实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象可能是丁图中的图线__________(选填“1”“2”或“3”)．
③调整正确后，他作出的a-F图象末端明显偏离直线．如果已知小车质量为M，某次所挂钩码质量为m，则戊图中坐标a1=________，a2=________．
【答案】 ①. BCD ②. ③. 0.4 ④. 3 ⑤. ⑥.
【解析】
【分析】
【详解】（1）①[1]本实验需要用砝码盘和砝码的重力代替小车所受的合外力，所以需要平衡摩擦力，即将轨道右端适当垫高，使小车在没有细线牵引时能在轨道上匀速运动，且应该满足砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量，细线的拉力为小车的合力，所以细线与木板平行，则应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，对小车质量是否相同没有要求。
故选BCD。
②[2]在初速度为零的匀变速直线运动中有，因运动时间相等，则位移与加速度成正比．小车1、2的加速度之比为
（2）①[3]每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据纸带可知，
△x=0.02-0.008-0.008=0.004m
根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT2
得
a=＝0.40m/s2
②[4]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F≠0时，a=0,故图线为3。
③[5][6]没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得
偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出
12. 某小组同学用如图1所示的DIS二维运动实验系统研究单摆在运动过程中机械能的转化和守恒（忽略空气阻力）。实验时，使发射器（相当于摆球）偏离平衡位置后由静止释放，使其在竖直平面内摆动。-
（1）系统每隔0.02s记录一次发射器的位置，多次往复运动后，在计算机屏幕上得到的发射器在竖直平面内的运动轨迹如图2所示。由A运动到B的过程中，摆球的速度______，绳上的拉力______。（填“增大”、“减小”、“不变”）
（2）在运动轨迹上选取适当区域后。点击“计算数据”，系统即可计算出摆球在所选区域内各点的重力势能、动能及总机械能，并绘出对应的图线，如图3所示。通过图像可以判断摆球的机械能是否守恒。______
A. 守恒 B. 不守恒
（3）摆球摆到最高点的竖直高度为H，图3中的C点对应在图2中圆弧轨迹中的位置距摆球最低点的高度为______。
【答案】 ①. 增大 ②. 增大 ③. A ④.
【解析】
【详解】（1）[1]从A到B过程中，重力做正功，小球动能增加，速度增大；
[2]由向心力方程可得
因为速度增大，角度减小，所以绳子拉力增大。
（2）[3]由图像可知，摆球动能和重力势能相互转化，总机械能不变。
（3）[4]C点为重力势能和动能相等的点，设C点高度为h1速度为v1，根据机械能守恒定律得
解得
从A到B过程中，由机械能守恒可得
解得
则可得出
13. 平衡位置位于原点O的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点（均位于x轴正向），P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自t=0时由平衡位置开始向上振动，周期T=1s，振幅A=5cm．当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置，求：
（ⅰ）P、Q之间的距离；
（ⅱ）从t=0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过路程．
【答案】（1）133cm；（2）125cm
【解析】
【详解】（1）由题意，O、P两点的距离与波长满足：
波速与波长的关系为：
在t=5s时间间隔内波传播的路程为vt，由题意有：
综上解得：PQ=133cm
（2）Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动时间为：

波源由平衡位置开始运动，每经过T/4，波源运动的路程为A，由题意可知：
故t1时间内，波源运动的路程为s=25A=125cm
14. 如图，在高的光滑水平平台上，物块A在外力的作用下从静止开始向右运动，力与时间的关系如图所示。时撤去力之后物块A与静止在水平平台上的物块B发生碰撞并粘在一起成为物块AB，，物块AB以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好沿光滑圆弧形轨道的点的切线方向进入圆弧形轨道，圆弧轨道的圆心与平台等高，轨道最低点的切线水平，并与地面上长为的水平粗糙轨道平滑连接，，物块AB沿轨道运动与右边墙壁发生碰撞。取。求：
（1）物块AB在B点的速度大小；
（2）物块A的质量；
（3）若物块AB与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出点，最后停在轨道上的某点（点未画出）。设物块AB与轨道之间的动摩擦因数为，求的取值范围。
【答案】（1）20m/s
（2）1kg （3）
【解析】
【小问1详解】
物块AB在B点时
解得
vB=20m/s
v0=10m/s
【小问2详解】
A运动2s由动量定理
其中
AB碰后由动量定理
其中
解得
【小问3详解】
设AB的和质量为m，若AB与挡板碰后能滑到B点，则由能量关系
解得
若AB恰与挡板相碰，则由能量关系
解得
可知的取值范围
15. 已知鸡蛋撞击地面的速度不超过时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的用、两块粗糙夹板粘合而成的保护装置夹住鸡蛋。已知装置的质量为，鸡蛋的质量为，且，鸡蛋和装置之间的滑动摩擦力大小为。实验中将该装置，从离地面的高度处静止释放。（，不计空气阻力，转置始终保持竖直）
（1）如果碰地后装置速度立即变为零，为保证鸡蛋安全，求鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离；
（2）如果装置与地面发生碰撞时，装置总是以碰前的速率反弹（碰撞时间极短），鸡蛋放的位置距离装置下端，其它条件不变。求装置第一次弹起到达最高点时，鸡蛋离地的高度；
（3）接第（2）问，释放保护装置，经过足够长时间，判断鸡蛋是否会滑出装置（鸡蛋若碰到地面不反弹，速度立即变为零），并求鸡蛋与装置之间的摩擦热。
【答案】（1）
（2）
（3）会，
【解析】
【小问1详解】
设装置落地时的速度为，则有
解得
装置落地时，鸡蛋会由于惯性以原速度做匀减速直线运动，鸡蛋放的位置离装置下端的距离最小时，鸡蛋撞击地面的速度为临界速度
根据牛顿第二定律可知，鸡蛋的加速度
解得
方向竖直向上。取竖直向下为正方向，则有
解得
【小问2详解】
依题意，保护装置与地面发生碰撞后，鸡蛋速度和加速度大小分别为
保护装置以原速率反弹，其速度大小为
方向竖直向上；
根据牛顿第二定律，则有
解得
可知鸡蛋先减速到零，所用时间为
下降高度为
此时鸡蛋高度为
此时保护装置的速度大小为
方向竖直向上；
设鸡蛋和保护装置此后共速所需时间为，则有
解得
则有
鸡蛋上升高度为
由于鸡蛋和保护装置之间的摩擦力大于鸡蛋的重力，此后二者以共同的加速度做匀减速运动，减速到零时，鸡蛋上升的高度为
此时鸡蛋离地面的高度为
【小问3详解】
保护装置第一次与地面碰撞后上升的最大高度
此时鸡蛋与保护装置底部的距离为
鸡蛋与保护装置的相对位移
保护装置第二次落地时速度的大小
保护装置经过反弹后向上做匀减速运动，鸡蛋向下做匀减速运动，鸡蛋速度减为零的时间
此过程鸡蛋与保护装置的相对位移
可知鸡蛋速度还未减为零，鸡蛋就滑出保护装置，则鸡蛋与装置之间的摩擦热