山東省濟南市平陰一中2025屆高三物理上學期11月試題含解析

PAGE22-山東省濟南市平陰一中2025屆高三物理上學期11月試題（含解析）一、單選題1.若貨物隨升降機運動的圖像如圖所示（豎直向上為正），則貨物受到升降機的支持力與時間關系的圖像可能是A. B.C. D.【答案】B【解析】由圖知：過程①為向下勻加速直線運動（加速度向下，失重，）；過程②為向下勻速直線（平衡，）；過程③為向下勻減速直線運動（加速度向上，超重，）；過程④為向上勻加速直線運動（加速度向上，超重，）；過程⑤為向上勻速直線運動（平衡，）；過程⑥為向上勻減速直線運動（加速度向下，失重，）；綜合各個過程可知B選項正確．【考點定位】圖像、超重與失重、牛頓其次定律．2.靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4s時停下，其v－t圖象如圖所示，已知物塊與水平面間的動摩擦因數到處相同，則下列推斷正確的是()A.整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B.整個過程中拉力做的功等于零C.t＝2s時刻拉力的瞬時功率在整個過程中最大D.t＝1s到t＝3s這段時間內拉力不做功【答案】A【解析】【詳解】對物塊運動全過程應用動能定理得：，可見全過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功，A正確，B錯誤；物塊在加速過程中受到的拉力最大，t=1s時刻拉力瞬時功率為整個過程拉力功率的最大值，C錯誤；t=1s到t=3s這段時間內，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤．故選A。3.我國“北斗二代”安排放射35顆衛(wèi)星，形成全球性的定位導航系統(tǒng)。其中的5顆衛(wèi)星是相對地面靜止的高軌道衛(wèi)星以下簡稱“靜衛(wèi)”，其他的有27顆中軌道衛(wèi)星以下簡稱“中衛(wèi)”軌道高度距地面為靜止軌道高度的倍，下列說法正確的是（）A.“中衛(wèi)”的線速度介于7.9km/s和11.2km/s之間B.“靜衛(wèi)”的軌道必需是在赤道上空C.假如質量相同，“靜衛(wèi)”與“中衛(wèi)”的動能之比為3:5D.“靜衛(wèi)”的運行周期小于“中衛(wèi)”的運行周期【答案】B【解析】【詳解】A．7.9km/s是地球衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，所以“中衛(wèi)”的線速度小于7.9km/s，故A錯誤；

B．同步軌道衛(wèi)星軌道只能在赤道上空，則“靜衛(wèi)”的軌道必需是在赤道上空，故B正確；

C．依據萬有引力供應向心力得解得假如質量相同，動能之比等于半徑的倒數比，“中衛(wèi)”軌道高度為靜止軌道高度的，而r=R+h，所以“中衛(wèi)”軌道半徑不是靜止軌道半徑的，則“靜衛(wèi)”與“中衛(wèi)”的動能之比不是3：5，故C錯誤；

D．依據得則半徑越大周期越大，所以“靜衛(wèi)”的運行周期大于“中衛(wèi)”的運行周期，故D錯誤。

故選B。4.如圖為汽車的機械式手剎（駐車器）系統(tǒng)的結構示意圖，結構對稱。當向上拉動手剎拉桿時，手剎拉索（不行伸縮）就會拉緊，拉索OD、OC分別作用于兩邊輪子的制動器，從而實現駐車的目的。則以下說法正確的是（）A.當OD、OC兩拉索夾角為60°時，三根拉索的拉力大小相等B.拉動手剎拉桿時，拉索AO上拉力總比拉索OD和OC中任何一個拉力大C.若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越大D.若保持OD、OC兩拉索拉力不變，OD、OC兩拉索越短，拉動拉索AO越省力【答案】D【解析】【詳解】A．當OD、OC兩拉索夾角為120°時，三根拉索的拉力大小才相等，選項A錯誤；B．拉動手剎拉桿時，當OD、OC兩拉索夾角大于120°時，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一個拉力小，選項B錯誤；C．依據平行四邊形法則可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC兩拉索夾角越小，拉索OD、OC拉力越小，選項C錯誤；D．若保持OD、OC兩拉索拉力不變，OD、OC兩拉索越短，則兩力夾角越大，合力越小，即拉動拉索AO越省力，選項D正確。故選D。5.如圖所示，在勻強電場中，A、B、C、D、E、F位于邊長L=4cm的正六邊形的頂點上，勻強電場的方向平行于正六邊形所在的平面．已知A、B、C、D的電勢分別為-4V、0、8V、12V．則下列說法正確的是A.E點的電勢B.A、F間的電勢差UAF=0C.該勻強電場的場強大小E=100V/mD.該勻強電場的電場線垂直于BF連線，且指向A【答案】D【解析】【詳解】A．由幾何學問知，與平行且；因電場是勻強電場，則，即，代入數據可得：．故A項錯誤．B．由幾何學問知，與平行且相等；因電場是勻強電場，則．故B項錯誤．CD．、，電場是勻強電場，又電場線由電勢高處指向電勢低處，則電場線垂直于如圖；由幾何學問可得，電場線垂直于BF連線，且指向A；據可得，．故C項錯誤，D項正確．6.如圖甲所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，上端疊放兩個質量均為M的物體A、B(B物體與彈簧連接)，彈簧的勁度系數為k，初始時物體處于靜止狀態(tài)．現用豎直向上的拉力F作用在物體A上，使物體A起先向上做加速度為a的勻加速運動，測得兩個物體的v—t圖像如圖乙所示(重力加速度為g)，則()A.施加外力前，彈簧的形變量為B.外力施加的瞬間A、B間的彈力大小為M(g-a)C.A、B在t1時刻分別，此時彈簧彈力恰好為零D.彈簧復原到原長時，物體B的速度達到最大值【答案】B【解析】【詳解】A．施加F前，物體AB整體平衡，依據平衡條件有：2Mg=kx解得：故A錯誤；B．施加外力F瞬間，對B物體，依據牛頓其次定律有：F彈—Mg—其中F彈=2Mg解得：故B正確；C．物體A、B在t1時刻分別，此時A、B具有共同的v與a；且；對B：彈解得：彈=彈力不為零，故C錯誤；D．而彈簧復原到原長時，B受到的合力為重力，已經減速一段時間；速度不是最大值；故D錯誤。故選B．【點睛】本題關鍵是明確A與B分別的時刻，它們間的彈力為零這一臨界條件；然后分別對AB整體和B物體受力分析，依據牛頓其次定律列方程及機械能守恒的條件進行分析。7.A、B兩球沿始終線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移—時間圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移—時間圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移—時間圖象，若A球質量mA＝2kg，則由圖象推斷下列結論錯誤的是（）A.A、B碰撞前的總動量為kg·m/sB.碰撞時A對B所施沖量為－4N·sC.碰撞前后A的動量改變?yōu)?kg·m/sD.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J【答案】A【解析】【詳解】A．由x-t圖象可知，碰撞前有碰撞后有對A、B組成的系統(tǒng)，A、B兩球沿始終線運動并發(fā)生正碰，碰撞前后系統(tǒng)的動量守恒。以碰撞前B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v解得mB＝kgA、B碰前的總動量p總＝mAvA＋mBvB代入數值得p總＝－kg·m/sA錯誤，符合題意；B．由動量定理知，A對B的沖量為IB＝mBv－mBvBIB＝－4N·sB正確，不符合題意；C．碰撞前后A球的動量改變?yōu)棣A＝mAv－mAvA＝4kg·m/sC正確，不符合題意；D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能代入數據解得ΔEk＝10JD正確，不符合題意。故選A。8.如圖所示，在某電場中畫出了三條電場線，點是連線的中點。已知點的電勢為點的電勢為，則下列說法正確的是（）A.點的電勢B.點的電勢C.點的電勢D.負電荷在點的電勢能大于在點的電勢能【答案】C【解析】【詳解】ABC．由圖可知，A、C間電場線比B、C間電場線密，則A、C間場強較大，依據公式可知，A、C間電勢差大于C、B間電勢差，即得到故C正確，AB錯誤；D．因為A點電勢高于B點，則負電荷在電勢高點A電勢能小，故D錯誤。故選C。二、多選題9.如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成，其中圓管AB段水平，圓管BCDE段是半徑為R的四分之三圓弧，圓心O及D點與AB等高，整個管道固定在豎直平面內?，F有一質量為m。初速度的光滑小球水平進入圓管AB。設小球經過管道交接處無能量損失，圓管內徑遠小于R。小球直徑略小于管內徑，下列說法正確的是（）A.小球通過E點時對外管壁的壓力大小為B.小球從B點到C點的過程中重力的功率不斷增大C.小球從E點拋出后剛好運動到B點D.若將DE段圓管換成等半徑的四分之一內圓軌道DE，則小球不能夠到達E點【答案】CD【解析】【詳解】A．從A至E過程，由機械能守恒定律得解得在E點時解得即小球通過E點時對內管壁的壓力大小為，選項A錯誤；B．小球在C點時豎直速度為零，則到達C點時重力的瞬時功率為零，則小球從B點到C點的過程中重力的功率不是不斷增大，選項B錯誤；C．從E點起先小球做平拋運動，則由小球能正好平拋落回B點，故C正確；D．若將DE段圓管換成等半徑的四分之一內圓軌道DE，則小球到達E點的速度至少為，由于可知，小球不能夠到達E點，選項D正確。故選CD。10.霧霾對人們的正常生活有肯定的影響。在某個霧霾天氣中，能見度很低，甲、乙兩汽車在一條平直的單行道上，甲在前、乙在后同向行駛。某時刻兩車司機同時聽到前方有事故發(fā)生的警笛提示，同時起先剎車做勻減速直線運動。兩輛車剎車時的圖像如圖所示，下列說法正確的是（）A.甲車的加速度小于乙車的加速度B.時兩車的速度均為8m/sC.若兩車發(fā)生碰撞，則起先剎車時兩輛車的間距肯定等于48mD.若兩車發(fā)生碰撞，則可能是在剎車24s以后的某時刻【答案】AB【解析】【詳解】A．由圖可知甲車的加速度大小乙車的加速度大小則甲車的加速度小于乙車的加速度，A正確；B．時兩車的速度相等，且均為B正確；C．0~24s內，甲車的位移乙車的位移兩車位移之差若兩車在時刻相撞，則起先剎車時兩輛車的間距等于48m，若兩車在時刻之前相撞，則起先剎車時兩輛車的間距小于48m，C錯誤；D．若兩車速度相等時沒有相撞，則速度相等后，甲車的速度比乙車的大，兩車不行能相撞，D錯誤。故選AB。11.如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止起先運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g．則下列說法中正確的是（）A.無論a、b在什么位置，兩物體的加速度方向都與速度方向相同B.a下落過程中，其加速度大小可能大于gC.a落地時速度大小為D.a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg【答案】BCD【解析】【詳解】A．當a到達底端時，b的速度為零，b的速度在整個過程中，先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功，說明桿對b先是推力、后是拉力，故b的加速度與速度先同方向后反方向，故A錯誤；B．b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以a對b的作用力先是動力后是阻力，所以b對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，b對a是向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，故B正確；C．a運動到最低點時，b的速度為零，依據系統(tǒng)機械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得：vA=，故C正確；D．a、b整體的機械能守恒，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時b受到a的推力為零，b只受到重力的作用，所以b對地面的壓力大小為mg，故D正確。故選BCD?！军c睛】解決本題的關鍵知道a、b組成的系統(tǒng)機械能守恒，以及知道當a的機械能最小時，b的動能最大．12.如圖，一足夠長的傾斜傳送帶順時針勻速轉動．一小滑塊以某初速度沿傳送帶向下運動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數恒定，則其速度v隨時間t改變的圖象可能是A. B.C. D.【答案】BC【解析】【詳解】依據題意，設傳送帶傾角為，動摩擦因數，若：，合力沿斜面對下，物塊向下勻加速；若，沿斜面方向合力為零，物塊勻速下滑；若，沿斜面方向合力沿斜面對上物塊勻減速，當減速為零時，起先反向加速，當加速到與傳送帶速度相同，因為最大靜摩擦力大于重力向下分力，之后一起隨傳送帶勻速，AD錯誤BC正確三、試驗題13.某同學設計了如下試驗方案：A.試驗裝置如圖甲所示，一端系在滑塊上的輕質細繩通過轉軸光滑的輕質滑輪，另一端掛一重力為的鉤碼，用墊塊將長木板的有定滑輪的一端墊起。調整長木板的傾角，直至輕推滑塊后，滑塊沿長木板向下做勻速直線運動；B．保持長木板的傾角不變，取下細繩和鉤碼，接好紙帶，接通打點計時器的電源，然后讓滑塊沿長木板滑下，打點計時器打下的紙帶如圖乙所示。請回答下列問題：(1)圖乙中紙帶的_____端與滑塊相連（選填“左”或“右”）。(2)圖乙中相鄰兩個計數點之間還有4個打點未畫出，打點計時器接頻率為的溝通電源，依據圖乙求出滑塊的加速度______。(3)不計紙帶與打點計時器間的阻力，滑塊的質量_____（?。??！敬鸢浮?1).右(2).1.65(3).2【解析】【詳解】(1)[1]因為打點計時器每隔打一個點，兩個計數點之間還有4個打點未畫出，所以兩個計數點的時間間隔為，時間間隔是定值，滑塊拖動紙帶下落的運動過程中，速度越來越快，所以相等時間內運動的位移越來越大。所以圖乙中紙帶的右端與滑塊相連；(2)[2]依據，可解得加速度為(3)[3]由A步驟可知，取下細繩和鉤碼后，滑塊受到的合外力，依據牛頓其次定律得14.復原系數是反映碰撞時物體形變復原實力的參數，它只與碰撞物體的材料有關，兩物體碰撞后的復原系數為，其中和分別為質量為和的物體碰撞前后的速度，某同學利用如圖所示的試驗裝置測定質量為和的物體碰撞后的復原系數。試驗步驟如下：①將白紙、復寫紙固定在豎直放置木條上，用來記錄試驗中質量為和的兩球與木條的撞擊點；②將木條豎直放在軌道末端右側并與軌道接觸，讓質量為的入射球從斜軌上點由靜止釋放，撞擊點為；③將木條向右平移到圖中所示位置，質量為的入射球仍從斜軌上的點由靜止釋放，確定撞擊點；④質量為的球靜止放置在水平槽的末端，將質量為的入射球再從斜軌上點由靜止釋放，確定兩球相撞后的撞擊點；⑤目測得與撞擊點的高度差分別為。(1)兩小球的質量關系為_____（填“”“”或“”）(2)利用試驗中測量的數據表示兩小球碰撞后的復原系數為_______。(3)若再利用天平測量出兩小球的質量為，則滿意_____________________表示兩小球碰撞前后動量守恒；若滿意_____________________表示兩小球碰撞前后機械能守恒。（用已知量和測量量表示）【答案】(1).(2).(3).(4).【解析】【詳解】(1)[1]為了防止兩球碰后出現反彈現象，入射球的質量肯定要大于被碰球的質量，即m1>m2；(2)[2]由圖可知，兩小球打在豎直板上，則可知，三次碰撞中水平位移相等，則可知，水平速度越大，豎直方向下落的高度越小，則由碰撞規(guī)律可知，碰后被碰球的速度最大，故其下落高度最小，而碰后入射球速度最小，其下落高度最大，則可知，在不放小球m2時，小球m1從斜軌頂端A點由靜止釋放，m1的落點在圖中的P點，而碰后m1的落點在圖中的M點；依據平拋運動規(guī)律可知，下落時間則可知速度則可解得代入給出復原系數表達式可得(3)[3]若滿意動量守恒，則肯定有mv1=m1v1＇+m2v2'代入所求速度可得表達式應為(4)[4]若滿意機械能守恒，則有代入求出的速度可得四、計算題15.如圖甲所示，有一傾角為θ=53°的固定斜面體，底端的水平地面上放一質量為M=3kg的木板，木板材質與斜面體相同．t=0時有一質量m=6kg的滑塊在斜面上由靜止起先下滑，后來滑塊滑上木板并最終沒有滑離木板（不考慮滑塊從斜面滑上木板時的能量損失）．圖乙所示為滑塊在整個運動過程中的速率隨時間改變的圖象，已知sin53°=0.8，cos53°=0．6，取g=l0m/s2.求：(1)滑塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數μ1、μ2；(2)滑塊停止運動的時刻t和木板的最小長度l．【答案】（1）0.2（2）18m【解析】【詳解】(1)滑塊在斜面上下滑時，滿意：mgsinθ-μ1N=ma1①N=mgcosθ②由v-t圖得加速度a1==6m/s2③綜合①②③解得μ1=滑塊滑上木板后減速μ1mg=ma2④其中⑤對木板分析有μ1mg–μ2（m+M）g=Ma3⑥其中⑦綜合④⑤⑥⑦解得μ2=0.2(2)由于μ2＜μ1，故滑塊與木板達共速后一起勻減速，加速度滿意μ2（m+M）g=（m+M）a4⑧又⑨綜合⑧⑨解得t=6s木板的最小長度=18m【點睛】本題考查牛頓其次定律的應用以及板塊模型的問題，關鍵是依據圖像分析物體的運動特征，搞清各個階段的加速度狀況以及位移速度關系，敏捷運用牛頓其次定律及運動公式求解.16.如圖所示，豎直平面內的直角坐標系xOy中有一根表面粗糙的粗細勻稱的細桿OMN，它的上端固定在坐標原點O處且與x軸相切．OM和MN段分別為彎曲桿和直桿，它們相切于M點，OM段所對應的曲線方程為.一根套在直桿MN上的輕彈簧下端固定在N點，其原長比桿MN的長度短．可視為質點的開孔小球(孔的直徑略大于桿的直徑)套在細桿上．現將小球從O處以v0＝3m/s的初速度沿x軸的正方向拋出，過M點后沿桿MN運動壓縮彈簧，再經彈簧反彈后恰好到達M點．已知小球的質量0.1kg，M點的縱坐標為0.8m，小球與桿間的動摩擦因數μ＝，g取10m/s2.求：(1)上述整個過程中摩擦力對小球所做的功Wf；(2)小球初次運動至M點時的速度vM的大小和方向；(3)輕質彈簧被壓縮至最短時的彈性勢能Epm.【答案】（1）Wf＝－1.25J；（2）vM＝5m/s，vM的方向與x軸正方向成夾角θ＝53°；（3）Epm＝5.625J【解析】【詳解】(1)對題述過程由動能定理得：WG＋Wf＝0－，代入數據解得Wf＝－1.25J．(2)假設小球拋出后做平拋運動，依據平拋運動規(guī)律可得x＝v0t，y＝，代入數據解得：y＝x2，與OM曲線方程一樣，說明小球在OM段運動過程中與細桿OM無摩擦，做平拋運動：由動能定理WG＝－，代入數據解得vM＝5m/s，由運動的合成和分解可得vM的方向與x軸正方向夾角的余弦值：cosθ＝＝，即θ＝53°.(3)小球從M點起先直至小球被彈回M點的過程中，摩擦力所做的功Wf1，－2Wf1＝0－，求得Wf＝－1.25J，又由Wf＝－μmgxmcosθ得，小球下滑的最大距離xm＝6.25m在小球從M點起先直至將彈簧壓縮到最短過程中，由動能定理得：mgxmsinθ＋Wf1＋W彈＝0－，又依據功能關系得Epm＝－W彈，代入數據解得Epm＝5.625J．17.光滑水平面上放著質量的物塊與質量的物塊，與均可視為質點，靠在豎直墻壁上，間夾一個被壓縮的輕彈簧（彈簧與均不拴接），用手攔住不動，此時彈簧彈性勢能。在間系一輕質細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示。放手后向右運動，繩在短短暫間內被拉斷，之后沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑，恰能到達最高點。取，求∶(1)繩拉斷后瞬間的速度的大??；(2)繩拉斷過程繩對