吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期12月月考 物理试题（含解析）

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高三上学期12月月考 物理试题（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图所示，在一机械平台上放一物体，该平台在竖直方向上做简谐运动。下列选项中哪种情况可能使物体开始脱离台面（ ）
A. 平台向下运动通过平衡位置处时B. 平台向上运动通过平衡位置上方时
C. 平台向下运动通过平衡位置下方时D. 平台向上运动通过平衡位置下方时
【答案】B
【解析】
【详解】A．设物体的质量为，重力为，机械平台对其施加的支持力为，依据简谐运动的基本规律，平台在平衡位置处时，加速度为0，对于物体有
则其与平台不会脱离，故A错误；
CD．同理，当平台经过平衡位置下方时，其加速度向上，对于物体有
即，其与平台也不会分离，故CD错误；
B．只有当平台运动至平衡位置上方时，其加速度向下，对于物体有
即，其与平台才有可能分离，故B正确。
故选B。
2. 如图所示，在x轴上有A、B、C、D四个点，其间距已在图中标注。现有一周期为T、波长为0.5m、沿x轴正方向传播的横波，当t=0时波恰好传到B点，则t=2T时，CD段的波形图为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】该波的波长为0.5m，故波速可表示为
时，该波传播的距离为
由于距离为0.75m，故在时，该波刚好传播至点前方0.25m处，故段的波形图与选项D一致。
故选D。
3. 大同市永泰门的音乐喷泉，为南城墙的城门广场增加了吸引力和活力。已知喷泉竖直喷射时，能喷射的最大高度为31.25m。若不改变连接此喷泉的电动机的输出功率，调节喷头方向与水平方向夹角为，不计喷头高度和空气阻力，重力加速度取，则喷出的水落地时到喷头的距离为（ ）
A. 62.5mB. 25mC. 125mD. 150m
【答案】A
【解析】
【详解】喷泉竖直喷射的最大高度为31.25m，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
解得
不改变连接此喷泉的电动机的输出功率，则调节喷头方向时，喷出的水流速度大小不变，设喷头与水平方向夹角为，则喷出的水，水平方向和竖直方向的速度分别为
，
根据斜抛运动的对称性有，在竖直方向有
则水平射程为
解得
故选A。
4. 如图所示，一可视为质点的小物块放在边长为1m的正方形水平桌面的正中央，现物块以大小为v0的初速度沿水平面内某一方向向桌子边沿滑去，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s²，1.19²≈2。则小物块初速度可能为（ ）
A. 0.9m/sB. 1.1m/sC. 1.3m/sD. 1.5m/s
【答案】B
【解析】
【详解】根据牛顿第二定律，有
解得
可知小物块在桌面上做匀减速直线运动，若其恰好停在桌子边沿，依据图中的几何关系得
据速度位移公式
联立可得小物块的初速度可能为
故选B。
5. 如图所示，物块A通过一根不可伸长且承受张力足够大的轻绳绕过光滑的轻滑轮与物块B连接，A置于物体C上方，B与C的右侧接触。已知C上表面粗糙，右侧光滑，当C竖直向上以加速度匀加速运动时，B恰好相对C不下滑。当C的加速度由逐渐缓慢变大时（ ）
A. A对C的摩擦力保持不变B. A对C的压力保持不变
C. A、B相对C仍保持静止D. 轻绳对B拉力保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】C．对A和B分别进行受力分析，如图所示。
当C以加速度a0向上匀加速时，B相对于C恰好保持相对静止，可知此时A相对C也恰好保持静止，对A水平方向根据共点力平衡，有
则最大静摩擦力有
竖直方向根据牛顿第二定律，有
对B根据牛顿第二定律，有
联立解得
当加速度由a0逐渐变大时，假设A、B相对C仍保持相对静止，对A，有
此时A与C之间最大静摩擦力为
对B根据牛顿第二定律，有
解得
可得
故假设成立，A、B相对C仍保持相对静止，故C正确；
AD．C对A的摩擦力等于绳子拉力，当加速度由a0逐渐变大时，由
可知轻绳对B拉力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，C对A的摩擦力逐渐变大， A对C的摩擦力逐渐变大，故AD错误；
B．当加速度由a0逐渐变大时，对A，有
C对A的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律可知，A对C的压力逐渐变大，故B错误。
故选C。
6. 如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O是正方形的中心。现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（ ）
A. 在移动过程中，O点电场强度变小
B. 在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大
C. 在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功
D. 当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点
【答案】D
【解析】
【详解】A．O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A不符合题意；
B．移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B错误；
C．A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C错误；
D．A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。
故选D。
7. 如图甲所示，自动炒菜机的电动铲子既可推动炒菜也可翻动炒菜。自动炒菜机的炒菜原理可简化为如图乙所示的模型，内壁光滑的半球形容器开口向上固定在水平面上，一个小球（可视为质点）放在容器的底部，竖直光滑挡板与其接触，挡板的上端刚好与圆心重合，有两种方式使小球到达容器口的点：方式一是将挡板缓慢水平向右推，在推动过程中挡板始终保持竖直，使小球到达点；方式二是让挡板绕点缓慢转动，使小球到达点。下列说法不正确的是（ ）
A. 方式一中，挡板对小球的弹力增大
B. 方式一中，内壁对小球的弹力增大
C. 方式二中，挡板对小球的弹力增大
D. 方式二中，内壁对小球的弹力增大
【答案】D
【解析】
【详解】AB.小球受到竖直向下的重力G、垂直挡板向右的弹力和指向圆心的弹力，设与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可求得
该过程中夹角增大，则可知和均增大。
故A、B正确；
CD. 小球受到竖直向下的重力G、垂直挡板的弹力和指向圆心的弹力，在该过程中与始终垂直，将重力G沿着与分解，根据受力平衡可知
该过程中夹角增大，则可知增大，减小
故C正确，D错误。
本题要求选不正确的，故选D。
8. 据2024年9月24日《参考消息》报道，中俄“北部-联合-2024”第二阶段军事演习日前在日本海展开。其中一艘快艇在海面上运动的速度-时间图像如图所示，关于快艇下列说法正确的是（ ）
A. 在0～66s内做加速度减小的加速运动B. 在66s末开始调头
C. 在96s末开始调头D. 在96s～116s内做匀减速运动
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由速度-时间图像的斜率表示加速度可知，在0～66s内，图像的斜率逐渐减小，可知加速度逐渐减小，方向不变，速度逐渐增大，因此在0～66s内快艇做加速度减小的加速运动，A正确；
BC．由速度-时间图像可知，在96s末之前，速度均为正值，即速度方向不变，在96s末后速度为负值，即在96s末开始调头，B错误，C正确；
D．由速度-时间图像的斜率表示加速度可知，在96s～116s内图像的斜率是负值，大小不变，速度是负值，可知加速度大小不变，方向与速度方向相同，则在96s～116s内做匀加速运动，D错误。
故选AC。
9. 如图所示，传送带与地面倾角，从到长度为，传送带以的速度逆时针转动。在传送带上端无初速地放一个质量为的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。已知，，。（ ）
A. 煤块从到运动的时间为
B. 煤块从到的过程中传送带与黑色煤块因摩擦生热量为
C. 煤块从到的过程中传送带上形成划痕的长度为
D. 若传送带逆时针运转的速度可以调节，物体从点到达点的最短时间为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．开始阶段，由牛顿第二定律得
代入数据解得
煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间为
煤块加速至与传送带速度相等时，煤块的位移为
所以煤块加速到10m/s时仍未到达B点，由题意得
则煤块不能与传送带一起做匀速直线运动，对煤块受力分析，由牛顿第二定律得
代入数据解得
设第二阶段煤块滑动到B的时间为，则
代入数据解得
煤块从A到B的时间为
故A正确；
C．第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，煤块与皮带的相对位移大小为
故煤块相对于传送带上移5m；第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，煤块相对于皮带的位移大小为
即煤块相对传送带下移1m；故传送带表面留下黑色炭迹的长度为
故C正确；
B．由B选项分析可知，煤块与传送带相对滑动的路程为
则，传送带与黑色煤块因摩擦生热量为
故B错误；
D．若增加皮带的速度，煤块一直以加速度做匀加速运动时，从A运动到B的时间最短；则有
代入数据解得
故D正确。
故选ACD。
10. 如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 运动时间为
B. 落地速度与水平方向夹角为60°
C. 重物离PQ连线的最远距离为10m
D. 轨迹最高点与落点的高度差为45m
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．将初速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有
，
将重力加速度分解为沿方向分速度和垂直分速度，则有
，
垂直方向根据对称性可得重物运动时间为
重物离PQ连线的最远距离为
故AC错误；
B．重物落地时竖直分速度大小为
则落地速度与水平方向夹角正切值为
可得
故B正确；
D．从抛出到最高点所用时间为
则从最高点到落地所用时间
轨迹最高点与落点的高度差为
故D正确。
故选BD。
二、非选择题
11.
（1）在“测定金属丝电阻率”的实验中：
用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示，由图可知其长度___________cm；用螺旋测微器测得金属丝的直径如图乙所示，则___________mm。
（2）为了精确测量阻值约为200欧姆的待测电阻的阻值，实验室提供了如下器材：
A.待测电阻
B.电压表V（量程1V、内阻）
C电流表A1（量程2A、内阻）
D.电流表A2（量程30mA、内阻）
E.滑动变阻器R1（0~10Ω）
F.滑动变阻器R2（0~1kΩ）
G.电阻箱R0（0~999Ω）
H.电源（电动势3V、内阻不计）、开关，导线若干
①该同学分析实验器材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应 ___________（填“串联”或“并联”）电阻箱R0，并将R0的阻值调为___________Ω；
②实验时，为了减小实验误差，且要求电表的示数从零开始调节，请将设计的电路画在虚线框中（图丙）___________，其中电流表选用 ___________，滑动变阻器选用 ___________（填写器材前的字母代号）。
③某次测量时，电压表的示数为0.9V，电流表半偏，则待测电阻的阻值Rx= ___________Ω。
【答案】（1） ①. 5.020 ②. 4.700
（2） ①. 串联 ②. 600 ③. ④. D ⑤. E ⑥. 225
【解析】
【小问1详解】
[1]游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标卡尺上第4个刻度游标读数为
所以最终读数为
[2]螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为
所以最终读数为
【小问2详解】
①[1][2]把量程为1V电压表改装成3V量程的电压表，应串联电阻箱R0，由串联电路的特点可得
代入数据解得
②[3][4][5]实验时，为了减小实验误差，且要求电表的示数从零开始调节，滑动变阻器采用分压器的接法，为了便于调节，滑动变阻器选用R1；电源电动势，通过待测电阻的电流约为
为了精确测量，故电流表选A2；由于电压表的内阻已知，可以求出电压表的电流，所以为了减小实验误差，电流表应采用外接法；电路图如图
③[6]某次测量时，电压表的示数为0.9V，根据欧姆定律可知
故电阻箱两端的电压为
电流表半偏，故通过待测电阻的电流为
待测电阻为
代入数据解得
12. 验证动量守恒的实验可以在如图所示的气垫导轨上完成，其中左、右两侧的光电门可以记录遮光片通过光电门的挡光时间。实验前，测得滑块A（连同其上的遮光片）的总质量为m1、滑块B（连同其上的遮光片）的总质量为m2，两滑块上遮光片的宽度相同。实验时，开启气垫导轨气源的电源，轻轻拨动两滑块，两滑块在导轨上自由运动时近似为匀速运动，再让滑块A从导轨的左侧向右运动，穿过光电门与静止在两光电门之间的滑块B发生碰撞。
（1）关于实验，下列说法正确的是 ___________。
A. 本实验可以不用通过垫高导轨的方式平衡滑块和轨道间的摩擦阻力
B. 两滑块的质量应满足
C. 需要用刻度尺测量两光电门之间的距离
D. 需要用秒表测定滑块上的遮光片经过光电门的时间
（2）在某次实验中，光电门记录的遮光片挡光时间如表所示。
在实验误差允许范围内，若满足关系式 ___________，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒（用测量的物理量表示）。
（3）若滑块A第一次经过左侧光电门的时间为T，滑块B第一次经过右侧光电门的时间为，通过改变两滑块的质量比值，可以使比值变大，的上限值为 ___________。
【答案】（1）A （2）
（3）2
【解析】
【小问1详解】
A．本实验采用气垫导轨使两滑块发生碰撞，此时两滑块所受摩擦力可以忽略，所以本实验不需要通过垫高导轨的方式平衡滑块和轨道间的摩擦阻力，故A正确；
B．本实验通过光电门测量两滑块的速度，根据题干实验步骤，需要滑块A碰撞滑块B后被弹回，所以两滑块的质量应满足，故B错误；
C．光电门可以测量滑块经过光电门的时间，用刻度尺测量遮光片的长度，可求出小车通过光电门时的速度，所以不需要再测量两光电门之间的距离，故C错误；
D．光电门本身可以测量时间，所以不需要再用秒表测量时间，故D错误；
故选A。
【小问2详解】
设挡光条的刻度为d，碰撞前滑块A通过光电门的速度大小
碰撞后滑块A通过光电门的速度大小
碰撞后滑块B通过光电门的速度大小
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律
化简得
【小问3详解】
若两滑块为弹性碰撞，根据机械能守恒定律
整理可得
联立以上两个守恒的表达式可得
，
所以
当时，有最大值，最大值为2。
13. 遥控小汽车在驱动电机提供的大小为20N的恒力作用下从A处由静止开始在水平面上运动，运动2s后发现前方B处有一障碍物，立即关闭驱动电机，小汽车恰好不撞上障碍物。已知小汽车质量m=2kg，小汽车受到的阻力是其重力的0.4倍，取重力加速度g=10m/s2。
（1）求A、B之间的距离；
（2）若小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，经t0=6s后关闭驱动电机，小汽车也恰好不与障碍物相撞，求小汽车电机的额定功率。
【答案】（1）30m （2）40W
【解析】
小问1详解】
设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有
解得
=6m/s2，=4m/s2
加速阶段根据运动学公式有
减速阶段由运动学公式有
A、B之间的距离
=30m
【小问2详解】
小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为P额，对全程根据动能定理有
解得
P额=40W
14. 在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16m。现将一质量m=1kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）快件与传送带间的动摩擦因数；
（2）由于快件与传送带摩擦而产生的热量；
（3）快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。
【答案】（1）0.875
（2）56J （3）160J
【解析】
【小问1详解】
快件放上传送带先做匀加速运动，根据
结合图乙可得快件做匀加速运动的加速度大小为
m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律可得
解得动摩擦因数
=0.875
【小问2详解】
根据图像可知，传送带的速度v=4m/s，快件加速的时间
快件与传送带的相对位移
快件和传送带间因摩擦产生的热量
解得
Q=56J
【小问3详解】
快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，则有
解得
W=160J
15. 如图所示，质量的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离，可视为质点的木块A的质量，木块A原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数。0时刻滑板B受水平向左、大小的恒力作用，经过一段时间后撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后在木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度大小，求：
（1）木块A刚滑动时，木块A和滑板B的加速度大小、；
（2）整个运动过程中弹簧的最大压缩量x；
（3）整个运动过程中系统产生的热量Q。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，对A受力分析，根据牛顿第二定律有
可得木块A刚滑动时，木块A的加速度为
对B受力分析，根据牛顿第二定律有
可得木块A刚滑动时，滑板B的加速度为
（2）根据题意有
代入数据得
撤去F时，木块A的速度为
滑板B的速度为
当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能。根据动量守恒定律有
由能量的守恒和转化得
代入数据求得整个运动过程中弹簧的最大压缩量为
（3）二者共速之后，设木块相对滑板向左运动离开弹簧后系统又达到共同速度，相对木板向左滑动距离为，则
解得
则动能不变，由能量守恒有
解得
由于
假设成立，整个运动过程中系统产生的热量为
左侧光电门
右侧光电门
碰前
T1
无
碰后
T2
T3