安徽省2024_2025学年高三物理上学期12月质检试题C卷含解析

这是一份安徽省2024_2025学年高三物理上学期12月质检试题C卷含解析，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试时间75分钟。请在答题卡上作答。
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1. 将一个小球从水平地面上同一点A先后两次抛出，两次小球均落在了水平面上同一点B，小球第一次的运动轨迹为1，第二次的运动轨迹为2。不计空气阻力，小球可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A. 第一次小球抛出的初速度大
B. 第二次小球抛出的初速度大
C. 第一次小球在空中运动的时间长
D. 第二次小球在空中运动的时间长
【答案】D
【解析】
【详解】AB．第一次小球抛出时竖直分速度小，水平分速度大，因此两抛出的初速度大小关系不能确定，故AB错误；
CD．由于第二次最大高度高，设小球运动时间为，在竖直方向，根据可知，运动时间为
因此第二次小球运动的时间长，故C错误，D正确。
故选D。
2. 一物块静止在水平面上，在外力作用下运动。第一次用大小为的水平恒力作用在物块上，运动一段时间后，撤去，物块整个运动过程的图像为OAC；第二次用大小为的水平恒力作用在物块上，运动一段时间后，撤去，物块整个运动过程的图像为OBC。则下列说法正确的是（ ）
A. 冲量比冲量大
B. 冲量比冲量小
C. 做功比做功多
D. 做功比做功少
【答案】C
【解析】
【详解】AB．整个过程，两次摩擦力冲量相同，根据动量定理可知，两次水平恒力的冲量大小相等，AB错误；
CD．由于第一次运动的位移大，克服摩擦力做功多，整个过程根据动能定理
第一次水平恒力做功多，C正确，D错误。
故选C。
3. 如图所示，光滑水平面上有一光滑的斜面，斜面上有一可视为质点的物块从顶端由静止开始下滑，一直运动到底端。忽略空气阻力的影响，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 物块受到的支持力对物块不做功
B. 物块受到的支持力对物块做负功
C. 物块对斜面的压力对斜面不做功
D. 物块受到的支持力与斜面不垂直
【答案】B
【解析】
【详解】ABC．由于水平面是光滑的，在物块下滑的过程中，物块和斜面组成的系统机械能守恒，随着斜面动能的增加，物块的机械能减小，所以物块受到的支持力对物块做负功，物块对斜面的压力对斜面做正功，AC项错误、B项正确；
D．在物块运动过程中，物块受到的支持力方向与斜面始终垂直，D项错误。
故选B。
4. 某天文爱好者长期观察绕地球做匀速圆周运动的不同卫星，测出各卫星运行线速度的三次方和角速度满足的关系如图所示。已知引力常量为G，则地球的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由万有引力提供向心力得
又
联立可得
由题图可知
解得地球的质量为
故选A。
5. 2024年11月份，某学校组织高中生进行体能测试。在50米跑测试中，李明从点由静止开始做匀加速直线运动，通过连续四段相等的位移到达点。已知通过点时的瞬时速度为，通过段的时间为，李明可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 李明通过段的时间等于
B. 李明通过处时的速度大小为
C. 李明通过处时的瞬时速度小于通过段的平均速度
D. 李明通过段和段所用时间之比为
【答案】A
【解析】
【详解】A．设四段相等的位移均为x，加速度大小为a，设A到B的时间为，则A到E过程
A到B过程
联立解得
故A正确；
B．题意可得
设在B点速度为，则
联立解得
故B错误；
C．设在C点速度为，A到E过程
A到C过程
联立解得
根据匀变速直线运动规律，某段时间的平均速度等于该段时间速度的平均值，则有A到E过程平均速度
李明通过处时的瞬时速度大于通过段的平均速度，故C错误；
D．根据初速度为0的匀变速直线运动推论，通过连续相等位移时间比为
可知李明通过段和段所用时间之比为
故D错误。
故选 A
6. 如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地，闭合开关S后再断开S，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则（ ）
A. 该油滴将向上运动
B. 有从a向b的电流通过灵敏电流计
C. 电容器两极板间的电压减小
D. 油滴在P点的电势能不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．闭合开关S后再断开S，则电容器带电荷量Q保持不变，将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，根据
联立解得
可知板间电场强度E不变，则油滴所受电场力不变，油滴仍能保持静止状态，A错误；
B．由于电容器的带电荷量Q保持不变，电流计中没有电流通过，B错误；
C．根据
将下极板竖直向下缓慢移动时，d增大，可知电容器电容C减小；由于电容器的带电荷量Q保持不变，所以电容器两极板间的电压U增大，C错误；
D．P点到上极板的距离不变，电场强度E不变，由
可知P点与上极板间电势差不变，由于上极板接地，上极板电势不变，所以P点的电势不变，则油滴在P点的电势能不变，D正确。
故选D。
7. 图甲为一列简谐波在时刻的波形图，P、Q为平衡位置分别在处的两个质点，图乙为质点P的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的传播速度大小为25m/s
C. 在时刻，质点Q的位移为
D. 在0.5s时间内，质点Q运动的路程为2.1m
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙可知，时刻，质点正沿轴正向运动，则波沿轴负方向传播，A错误；
B．波的传播速度大小为
B错误；
C．根据数学知识可知，时Q的位移为
由波的平移法可知，0.1s内波传播的距离为2m，由于波向x轴负方向传播，则平衡位置为3.5m处质点的振动形式传播到Q点，因此在时刻质点的位移为正确；
D．因为质点的振动周期为0.2s，故在0.5s时间内，质点运动的路程为
D错误。
故选C。
8. 物体A和物体B叠放在光滑水平面上静止，如图所示。已知，AB间的最大静摩擦力。现用一水平向右的拉力作用在A上，则（ ）
A. 当时，A、B都静止
B. 当时，A对B的摩擦力大小是
C. 当时，A对B的摩擦力大小是
D. 当时，A、B间会相对静止
【答案】C
【解析】
【详解】D．对B分析，A、B间达到最大静摩擦力时B的加速度达到最大值，有
fm=mBam
所以
对AB整体分析有
Fm=（mA+mB）am
所以
Fm=（4kg+10kg）×2m/s2=28N
所以只要F＞28N，A、B间就发生相对运动，故D错误；
A．当F＜20N，由于地面光滑，A、B相对于地面不可能静止，A、B相对静止，故A错误；
B．当F=20N时，A对B的摩擦力大小为f，以A、B为整体，由牛顿第二定律得
F=（mA+mB）a
隔离B，对B分析，由牛顿第二定律得
f=mBa
代入数据，解得
f≈14.3N
故B错误；
C．当F=21N时，A对B摩擦力大小为f＇，以A、B为整体，由牛顿第二定律得
F=（mA+mB）a＇
隔离B，对B分析，由牛顿第二定律得
f＇=mBa＇
代入数据，解得
f＇=15N
故C正确。
故选C。
二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9. 如图所示，劲度系数为的轻弹簧上端固定，下端通过轻质细线连接两个质量均为的小球和，系
统处于静止状态。时烧断细线，时弹簧的弹力第一次为零。已知重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 小球做简谐运动的振幅为B. 小球做简谐运动的周期为
C. 时，小球的回复力为零D. 时，小球的动能最大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在平衡位置时，小球重力等于弹簧弹力，回复力为零。根据胡克定律F=kx0可得弹簧的伸长量为
烧断细线前
所以小球a做简谐运动的振幅为
故A错误；
B．根据简谐运动的对称性可知，小球a运动到最高点时，弹簧的形变量为x2=x0-A，代入前面的结果得x2=0，即小球a运动到最高点时弹簧处于原长，所以小球a做简谐运动的周期为
T=2t0
故B正确；
C．t=t0时，小球a运动到最高点，位移最大，回复力最大，故C错误。
D．根据简谐运动的时间对称可知，时，小球a运动到平衡位置，即小球a的动能最大，故D正确；
故选BD。
10. 空间存在一静电场，静电场中有一x轴，x轴上的电势φ随x的变化关系如图所示。将一质量为m、电
荷量为q的负点电荷在x = x0处由静止释放。下列说法正确的有（ ）
A. 若仅受电场力作用，释放的一瞬间，点电荷的加速度大小为
B. 若仅受电场力作用，释放后点电荷一定先沿x轴正方向运动
C. 若将点电荷从x = x0处移到x = x1处，电场力对点电荷做功为
D. 若将点电荷从x = x0处移到x = x2处，点电荷的电势能增加了
【答案】CD
【解析】
【详解】AB．由于电场的方向不一定平行于x轴，因此电场强度不能确定，释放的一瞬间加速度大小不能确定，释放的一瞬间点电荷也不一定沿x轴正方向运动，故AB错误；
C．若将点电荷从x = x0处移到x = x1处，电场力做正功，做功大小为
故C正确；
D．负电荷在电势高处电势能小，因此将点电荷从x = x0处移到x = x2处，点电荷的电势能增加了，故D正确。
故选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共58分。
11. 某同学用如图甲所示装置做“探究加速度与力关系”的实验。已知滑轮的质量为。
（1）该实验______（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力；
（2）按正确的操作进行实验，打出的一条纸带如图乙所示，其中O、A、B、C、D为纸带上连续的五个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，已知打点计时器使用交流电源的频率为50Hz，则小车运动的加速度大小是______（计算结果保留3位有效数字）；
（3）改变砂桶中砂的质量进行多次实验，记录每次力传感器的示数F，并根据打出的纸带求出小车运动的加速度a，根据测得的多组a、F，作出图像，下列图像正确的是______；若图像直线的斜率为k，则小车的质量为______。
A． B. C.
【答案】（1）需要 （2）2.40
（3） ①. A ②.
【解析】
【小问1详解】
由于实验通过传感器测小车受到的拉力与小车加速度的关系，所以该实验需要平衡摩擦力。
【小问2详解】
依题意，相邻计数点间时间间隔为
由逐差法可得小车加速度大小
【小问3详解】
[1]由于加速度与合外力成正比，因此
解得
即加速度与外力成正比，图像应是通过原点的一条倾斜直线。
故选A。
[2]根据上述分析可得
则小车的质量
12. 在“用传感器观察电容器的充放电过程”，实验中，按图甲所示连接电路。单刀双掷开关先跟2相接，某时刻开关改接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用了电流传感器来采集电流随时间的变化情况。其中表示电容器的电容，表示电阻的阻值，表示电源的电动势（电源内阻可忽略）。
（1）开关改接2后，电容器进行的是________（填“充电”或“放电”）过程。此过程得到的图像如图乙所示。如果不改变电路其他参数，只减小电阻的阻值，则此过程的曲线与坐标轴所围成的面积将________（填“减小”“不变”或“增大”）；
（2）若，结合放电过程获取的图像，则加在电容器两极板的最大电压约为________V；
（3）改变电路中某一元件的参数对同一电容器进行两次充电，两次充电对应的电容器电荷量随时间变化的图像分别如图丙中、所示。根据图像分析：、两条曲线不同是________（填“”或“”）不同造成的；
（4）电容器充电过程实际是克服极板上电荷静电力做功，使电势能增加的过程（即极板间储存电场能的过程），若某次充电过程的两极板间电压与电荷量的关系图像关系图像如图丁所示，请类比图像求位移的方法，计算该充电过程电容器储存的电场能为________（用，表示）。
【答案】（1） ①. 放电 ②. 不变
（2）1.1 （3）
（4）
【解析】
【小问1详解】
[1]开关改接2后，电容器进行的是放电过程。
[2]只减小电阻的阻值，不改变电容的带电量，则此过程，电容的放电量不变，则曲线与坐标轴所围成的面积不变；
【小问2详解】
若，由图像可知，放电过程的最大电流为，则加在电容器两极板的最大电压约为
【小问3详解】
、两条曲线表面，电容器带的最大电量不同，根据
可知，两次不同是电源的电动势不同；
【小问4详解】
该充电过程电容器储存的电场能等于图像与坐标轴围成的“面积”，大小为。
13. 质量为2 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在光滑水平地面上做直线运动，规定水平向右为正方向，力F与时间t的关系图像如图所示。求：
（1）3 s时物块的位移大小；
（2）0 ~ 4 s时间内F对物块所做的功。
【答案】（1）3 m （2）4 J
【解析】
【小问1详解】
由图可知，0 ~ 2 s时间内，物块受到向右的力F1 = 2 N，向右加速，根据牛顿第二定律有
2 s末物体受到向左的力F2 = 4 N，根据牛顿第二定律有
2 s时物块的速度大小为
0 ~ 2 s物块运动的位移大小
2 s后物块以加速度a2开始减速，减速到0所用的时间为
解得
即3 s时物块速度恰好减为零，2 ~ 3 s物块运动的位移大小
3 s时物块的位移大小为
【小问2详解】
4 s时物块的速度
由动能定理，0 ~ 4 s时间内F对物块所做的功
14. 如图所示，质量为3m、半径为的四分之一光滑圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点与水平面上的点对齐，且与水平面相切，水平面仅部分粗糙，部分长为。现将质量为、可视为质点的物块从圆弧面的最高点由静止释放，物块滑过段与静止在水平面上点、可视为质点的物块发生弹性碰撞，第二次滑过段后，恰好不再能滑上圆弧面。已知物块的质量为，重力加速度大小为，不计空气阻力，求：
（1）物块从释放运动到圆弧面最低点时，圆弧体运动的距离为多少；
（2）物块第一次运动到点时速度多大；
（3）物块与水平面部分间的动摩擦因数。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
小问1详解】
物块a在圆弧面上运动时，物块a和b组成的系统水平方向动量守恒，则
两边同乘以t后，有
又因为
解得
【小问2详解】
设物块a第一次运动到A点时速度为v1，圆弧体的速度为v2，根据水平方向动量守恒有
根据机械能守恒有
解得
【小问3详解】
设物块a与物块c作用前的速度为v3，根据动能定理
设a与c作用后一瞬间速度为v4，物块c的速度为v5，a与物块c作用过程，根据动量守恒定律
根据机械能守恒
解得
由于物块a刚好不再能滑上圆弧面，故物块a第二次滑过AB段后的速度大小等于v2，根据动能定理
解得
15. 如图所示，静止于A 处带正电离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中的圆弧GH通过静电分析器，从H点垂直CN进入矩形区域QNCD。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，圆弧GH 所在处场强大小都为方向沿圆弧半径指向圆心O，离子在辐向电场内做匀速圆周运动：QNCD区域内存在匀强电场，电场方向水平向左，最终该离子打在 Q点。已知该离子质量为m、电荷量为q，，，离子重力不计。
（1）求圆弧GH的半径R；
（2）求矩形区域QNCD 内匀强电场场强E的大小；
（3）若仅在矩形区域PMCD 内存在水平向左的匀强电场，且，其它条件不变，为使该离子仍能打在Q点，求此时PMCD区域内匀强电场场强的大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
离子在加速电场中加速，根据动能定理有
解得离子从加速电场射出时的速度为
离子在辐向分布的电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律有
联立解得圆弧GH的半径为
【小问2详解】
粒子在矩形区域QNCD内做类平抛运动，若离子恰好能打在点上，根据类平抛运动规律有
，
根据牛顿第二定律有
联立解得矩形区域QNCD内匀强电场场强为
【小问3详解】
若仅在矩形区域PMCD 内存在水平向左的匀强电场，且，其它条件不变，为使该离子仍能打在Q点，粒子在偏转电场中仍做类平抛运动，则有
，，，
粒子离开电场时的速度与电场方向夹角满足
粒子离开电场后到打在Q点过程，根据几何关系有
联立解得PMCD区域内匀强电场场强的大小