榮昌中學(xué)高2025屆高三上期11月教學(xué)檢測(cè)物理參考答案

答案第=page11頁(yè)，共=sectionpages22頁(yè)榮昌中學(xué)高2025屆高三上期11月教學(xué)檢測(cè)物理試題參考答案題號(hào)12345678910答案DCBDBDDADBDBD1．D【詳解】A．對(duì)A分析：A可能受到重力和繩子的拉力兩個(gè)力作用；也可能受到重力、支持力和摩擦力三個(gè)力作用；也可能受到重力、支持力、摩擦力和繩子拉力四個(gè)力作用，A錯(cuò)誤；B．對(duì)B分析知：B對(duì)地面的壓力一定不會(huì)等于零，B錯(cuò)誤；C．整體在水平方向不受外力作用，所以地面與物體B之間的摩擦力一定等于零，C錯(cuò)誤；D．由A分析可知，A、B之間可能存在摩擦力，D正確。故選D。2．C【詳解】設(shè)門(mén)的最大速度為，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知加速過(guò)程和減速過(guò)程的平均速度均為，且時(shí)間相等，均為2s，根據(jù)可得則加速度故選C。3．B【詳解】設(shè)該發(fā)動(dòng)機(jī)在時(shí)間t內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量故選B。4．D【詳解】A．云層與大地間形成的電場(chǎng)方向向下，若微粒能懸浮在空中，則微粒受到向上的電場(chǎng)力，微粒帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；BCD．由解得僅改變d，而Q保持不變時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)不變，微粒的電勢(shì)能不變，依然懸浮在P點(diǎn)，故BC錯(cuò)誤，D正確。故選D。5．B【詳解】根據(jù)A．可得因h=0時(shí)T不為零，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．可得隨h的增加，加速度非線性減小，選項(xiàng)B可能正確；C．可得隨h增加，速度v減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．動(dòng)能因這些衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，則隨h增加，動(dòng)能不一定減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B。6．D【詳解】A．根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知在甲、乙形成的電場(chǎng)中，D、E兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小等，方向不同，故A錯(cuò)誤；B．由幾何關(guān)系可知，OC在AB連線的中垂線上，為甲、乙形成的電場(chǎng)的等勢(shì)面且電勢(shì)為零，可知D、E兩點(diǎn)的電勢(shì)不相同，故B錯(cuò)誤；C．乙從靜止下滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，庫(kù)侖力先做負(fù)功后做正功，所以乙的電勢(shì)能先增大后減小，故C錯(cuò)誤；D．由于初始時(shí)小球乙恰好能靜止在B點(diǎn)處，對(duì)其受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件可得解得乙下滑到C點(diǎn)的過(guò)程中，甲乙間距離先增大后減小，所以庫(kù)侖力先減小后增大，即庫(kù)侖力先小于重力后增大到與重力再次相等，所以BD階段重力做功大于庫(kù)侖力做功，合力做正功，DC階段兩力均做正功，合力做正功，所以乙的動(dòng)能一直增大，故D正確。故選D。7．D【詳解】A．設(shè)B的速度大小為v1，A的速度大小為v2，由速度關(guān)系兩物體質(zhì)量相等，所以A的動(dòng)能始終大于B的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)功能關(guān)系可知力F做的功等于A動(dòng)能增加量和B的動(dòng)能與重力勢(shì)能的增加量，故B錯(cuò)誤；C．力F最小時(shí)A對(duì)B只有垂直斜面向上的支持力，擋板對(duì)B有水平向右的作用力，對(duì)B受力分析，如圖所示由結(jié)合關(guān)系可知，豎直方向上有對(duì)A受力分析，如圖所示：由幾何關(guān)系可知水平方向上有故C錯(cuò)誤；D．在時(shí)間內(nèi)光滑直桿上升高度，由幾何知識(shí)可知，斜面體向右發(fā)生的位移大小為根據(jù)功能關(guān)系可知結(jié)合可知B被推高h(yuǎn)時(shí)動(dòng)能為=故D正確；故選D。8．AD【詳解】A．風(fēng)速越大，風(fēng)杯轉(zhuǎn)速越大，風(fēng)杯轉(zhuǎn)動(dòng)的周期越小，故A正確；B．風(fēng)杯勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)由受到的合力提供向心力，則合力不為0，故B錯(cuò)誤；C．風(fēng)杯勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，任意時(shí)刻三個(gè)風(fēng)杯轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大小相等，方向不同，故C錯(cuò)誤；D．若風(fēng)速增大導(dǎo)致風(fēng)杯加速轉(zhuǎn)動(dòng)，風(fēng)杯切向的加速度不為0，即切向的合力不為0，由于風(fēng)杯沿半徑方向的合力提供向心力，可知，風(fēng)杯受到的合力方向不指向轉(zhuǎn)軸，故D正確。故選AD。9．BD【詳解】A．由于汽車(chē)從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，先保持牽引力不變，即先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到額定功率后以額定功率繼續(xù)行駛，根據(jù)，解得可知，之后汽車(chē)做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在勻加速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，汽車(chē)的動(dòng)能可知，動(dòng)能與時(shí)間成二次函數(shù)的關(guān)系，不是一條直線，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)上述可知，汽車(chē)的牽引力先大于阻力，且為一個(gè)定值，當(dāng)功率達(dá)到額定功率時(shí)，牽引力逐漸減小，當(dāng)牽引力減小至大小等于阻力時(shí)，保持恒定，汽車(chē)開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；C．根據(jù)上述，汽車(chē)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即加速度先一定，后減小至為0，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述，在汽車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有此過(guò)程，功率與時(shí)間成線性關(guān)系，圖像為一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，之后，汽車(chē)保持以額定功率運(yùn)動(dòng)，即圖像為一條平行于時(shí)間軸的直線，故D正確。故選BD。10．BD【詳解】AB．在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過(guò)程，故第二次小鉛塊與B木板將更早達(dá)到速度相等，所以小鉛塊還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到B的右端，兩者速度相同，A錯(cuò)誤，B正確；CD．根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的熱量計(jì)算式由于第一次的相對(duì)位移大于第二次的相對(duì)位移的大小，則圖甲所示的過(guò)程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過(guò)程產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。11．=PN【詳解】（1）[1]設(shè)斜面傾角為，則速度方向與斜面的夾角為，則所以=（2）[2][3]根據(jù)且，所以不放小球B時(shí)，小球A的落點(diǎn)是P點(diǎn)，碰撞后小球的落點(diǎn)是N點(diǎn)。（3）[4]在斜面上，整理得所以即在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，要驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，則需要驗(yàn)證關(guān)系式12．0.02A2g【詳解】（1）[1]由于電動(dòng)機(jī)的轉(zhuǎn)速為3000r/min，則其頻率為則（2）[2]實(shí)驗(yàn)操作時(shí)，為了使軟筆在鋼柱表面畫(huà)上一條痕跡條數(shù)多一些，應(yīng)該先打開(kāi)電源使電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，后燒斷細(xì)線使鋼柱自由下落。故選A。（3）[3]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻速度等于該段過(guò)程的平均速度，則畫(huà)出痕跡D時(shí)，鋼柱下落的速度為（4）[4]鋼制的圓柱下落過(guò)程中，只有重力做功，重力勢(shì)能的減小等于動(dòng)能的增加，即可得若圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于，則可認(rèn)為鋼柱下落過(guò)程中機(jī)械能守恒。13．(1)20V，60V(2)40V，【詳解】（1）由題可知，解得電荷從B點(diǎn)移動(dòng)到C點(diǎn)，電勢(shì)能增加了，說(shuō)明在此過(guò)程中，電場(chǎng)力也是做負(fù)功，同理可得根據(jù)電勢(shì)差的關(guān)系可得（2）因?yàn)榍宜?，B點(diǎn)的電勢(shì)B點(diǎn)的電勢(shì)能14．(1)，(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有解得根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）設(shè)滑塊恰好與圓弧槽相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有系統(tǒng)損失的機(jī)械能解得（3）設(shè)此時(shí)圓弧槽的速度大小為，滑塊的速度大小為，則有，；解得15．(1)(2)，(3)【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理可知由乙圖可知，彈力所做的功故物塊剛滑到A點(diǎn)的速率（2）由胡克定律可得結(jié)合乙圖解得故彈簧振子的振動(dòng)周期為所以物塊從釋放到運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間由于物塊在A點(diǎn)的速度為物塊在傳送帶上的加速度解得二者共速的時(shí)間解得物塊加速運(yùn)動(dòng)的位移物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由于物塊剛好滑到P點(diǎn)，設(shè)物塊與BG間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，根據(jù)動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得所以物塊在BG上的加速度解得根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得物塊在BG上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解得所以物塊從釋放到第一次滑到G點(diǎn)時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間或t=1.4+Π10—假設(shè)滑塊從P點(diǎn)滑落時(shí)，到達(dá)B點(diǎn)的速度為，則根據(jù)動(dòng)能定理可得解得顯然滑塊再次滑上傳送帶，此階段物塊在傳送帶上滑行的位移顯然小于物塊與傳送帶共速前的位移，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，最終滑塊離開(kāi)傳送帶的速度大小依然為，所以物塊在BG段滑行的距離此時(shí)距離G點(diǎn)的位移（3）物塊到達(dá)Q點(diǎn)的最小速度為，對(duì)物塊受力分析可知解得根據(jù)動(dòng)能定理可知，在B點(diǎn)的最小速