江西省吉安市吉水县二中2025届高三物理上学期11月月考试题含解析

PAGE13-江西省吉安市吉水县二中2025届高三物理上学期11月月考试题（含解析）1.物体甲的x-t图象和物体乙的v-t图象分别如下图所示，则这两个物体的运动状况是（）A.甲在整个t=6s时间内有来回运动，它通过的总位移为零B.甲在整个t=6s时间内运动方向始终不变，它通过的总位移大小为4mC.乙在整个t=6s时间内有来回运动，它的加速度在t=3s时变更D.乙在整个t=6s时间内运动方向始终不变，它通过的总位移大小为4m【答案】B【解析】【详解】AB．位移时间图线的斜率为速度，由图甲可以看出，甲在整个6s时间内斜率不变，运动方向始终不变；它通过的总位移大小为4m，故A错误，B正确。CD．速度时间图像与横轴围成的面积为乙在这段时间的位移，它通过的总位移大小为零；斜率表示加速度，所以在6s内加速度不变，乙在整个6s时间内速度有正负变更，3s时运动方向发生变更，故C错误，D错误。2.半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1：m2为（）A.（+1）：（﹣1） B.：1C.（﹣1）：（+1） D.1：【答案】C【解析】【详解】两球到达最低的过程由动能定理得：mgR=mv2，解得；所以两球到达最低点的速度均为：；设向左为正方向，则m1的速度，则m2的速度，由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共解得：①二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得：-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-（m1+m2）v共2②由①②解得：整理得：m1：m2=，故选C.3.如图所示，质量为的木块在质量为的长木板上向左滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数为，则A.木块受到木板的摩擦力的大小等于FB.木板受到地面的摩擦力的大小肯定是C.木板受到地面的摩擦力的大小肯定是，方向向右D.只要F足够大，木板就可能运动【答案】C【解析】对木板：水平方向受到木块向左的滑动摩擦力和地面的向右的静摩擦力，，由平衡条件得，故A错误，C正确；由于木板相对于地面是否刚滑动不清晰，地面的静摩擦力不肯定达到最大，则木板受到地面的摩擦力的大小不肯定是，故B错误；由题分析可知，木块对木板的摩擦力不大于地面对木板的最大静摩擦力，当F变更时，不变，则木板不行能运动，故D错误，故选C．【点睛】以木板为探讨对象，分析受力状况，求出地面对木板的摩擦力．当变更F的大小时，分析m对M的摩擦力能否大于地面对木板的最大静摩擦力，推断木板能否运动．4.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，轻绳一端固定在圆环的最高点A，另一端与小球相连．小球静止时位于环上的B点，此时轻绳与竖直方向的夹角为，则轻绳对小球的拉力大小为()A.mgB.mgC.2mgD.mg【答案】A【解析】【详解】对B点处的小球受力分析，如图所示，则有FTsin60°＝FNsin60°FTcos60°＋FNcos60°＝mg解得FT＝FN＝mgA.mg与计算结果相符，故A符合题意。B.mg与计算结果不符，故B不符合题意。C.2mg与计算结果不符，故C不符合题意。D.mg与计算结果不符，故D不符合题意。5.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）A.小球甲做平抛运动的初速度大小为B.甲、乙两小球到达C点所用时间之比C.A，B两点高度差为D.两小球在C点时重力瞬时功率大小相等【答案】C【解析】A项，小球乙到C的速度为，此时小球甲的速度大小也为，又因为小球甲速度与竖直方向成角，可知水平分速度为故A错；B、小球运动到C时所用的时间为得而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为故B错C、由甲乙各自运动的时间得：，故C对；D、由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等故D错；故选C6.如图，AB倾角，BC水平，AB、BC长度均为L，小物块从A处由静止释放，恰好滑到C处停下来。若调整BC使其向上倾斜，倾角不超过，小物块从处由静止滑下再沿BC上滑，上滑距离与BC倾角有关。不计处机械能损失，各接触面动摩擦因素均为，小物块沿上滑的最小距离为，则A. B.C. D.【答案】AC【解析】当BC板水平常，物体减小的重力势能全部转化为内能，所以有，解得，A正确B错误；当BC倾斜时，设BC板与水平方向夹角为，则依据能量守恒定律可得，化简可得，依据数学学问可得（其中为构造的三角形的一个内角，而且满意，即），故当时x最小，最小为，故C正确D错误．7.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A. B.C. D.【答案】BD【解析】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误．依据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，依据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有．D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关系．点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项示意，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若不细致分析，易认为从起点起先到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C．8.探路者号飞船发觉，A、B两行星的半径之比为a，各自的第一宇宙速度之比为b，则下列结论正确的有（）A.A、B两行星的质量比为ab2：1B.A、B两行星表面的重力加速度比为b2：aC.A、B两行星各防卫星的最小周期比为a：bD.A、B两行星各防卫星的最大角速度比为a：b【答案】ABC【解析】解：A、设任一行星的质量为M，半径为R，则其第一宇宙速度为，得，,A、B两行星的质量比为ab2：1,故A正确．B、行星表面的重力加速度表达式为g=a=，则得到，甲、乙两行星表面的重力加速度之比为b2：a．故B正确．C、依据开普勒第三定律得知，卫星绕行星表面旁边运行时半径最小，周期最小，则角速度最大，则有,则得，甲、乙两行星各自的卫星的最小周期之比为a：b，最大角速度之比为b：a．故C正确，D错误．点评：本题运用比例法求解．关键要驾驭行星的第一宇宙速度、表面重力加速度的公式，再依据比例法求解．三、非选择题9.某同学在用打点计时器探讨匀变速直线运动规律的试验中打出的点如下图所示，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，其相邻点间的距离如图所示，（1）打点计时器运用________电源，电源的频率是50HZ，则打点时间间隔是________秒，每相邻两个计数点之间有四个点未画出，则每两个相邻的计数点之间的时间间隔为________秒。（2）计算出打下C、D、两点时小车的瞬时速度(保留三位有效数字)：vC＝_______m/s，vD＝________m/s（3）计算加速度：a=__________(保留二位有效数字)【答案】(1).(1)沟通(2).0.02(3).0.1(4).(2)0.479(5).0.560(6).(3)0.80【解析】（1）打点计时器都是运用的沟通电源，打点间隔为，所以相邻计数点间的时间间隔为．（2）某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则；．（3）依据得，运用作差法，则有：．【点睛】做分析匀变速直线运动状况时，其两个推论能使我们更为便利解决问题，一、在相等时间内走过的位移差是一个定值，即，二、在选定的某一过程中，中间时刻瞬时速度等于该过程中的平均速度10.某同学在做“验证力的平行四边形定则”试验，将橡皮条一端固定在A点，另一端系上两根细绳及绳套，用两个弹簧测力计通过细绳套互成角度的拉动橡皮条，将结点拉到O点，如图甲所示。(1)假如没有操作失误，图乙中Fˈ是用一个弹簧测力计拉细绳套时，在白纸上依据试验结果画出的图示，则图乙中的F与F'两力中，方向肯定沿AO方向的是______．(2)本试验采纳的科学方法是______．A.志向试验法B.等效替代法C.限制变量法D.建立物理模型法(3)在同一对比试验的两次操作中，O点位置______．（选填“可以”或“不行以”）变动．(4)如图丙，使弹簧测力计b从水平位置起先顺时针缓慢转动至竖直方向，在这个过程中保持O点位置和弹簧测力计a的拉伸方向不变，则在整个过程中关于弹簧测力计a、b的读数变更是__________。A．a增大，b减小B．a减小，b增大C．a减小，b先增大后减小D．a减小，b先减小后增大【答案】(1).(2).B(3).不行以(4).D【解析】【详解】（1）[1]是通过试验方法得出的，其方向肯定与AO方向相同；（2）[2]合力与分力的作用效果相同，所以本试验的科学方法是等效替代法，故B符合题意ACD不符合题意。（3）[3]在同一对比试验的两次操作中，为了保证合力与分力的作用效果相同，O点位置不行以变动。（4）[4]对点O受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，如图，其中橡皮条长度不变，其拉力大小不变，Oa弹簧拉力方向不变，Ob弹簧拉力方向和大小都变更依据平行四边形定则可以看出b读数先变小后变大，a的读数不断变小，故ABC不符合题意，D符合题意．11.火车站上由于工作人员操作失误致使一节车厢以的速度匀速滑出了车站，此时在同一轨道上一列火车正在以的速度匀速驶向车站，技术娴熟的火车司机突然发觉这种紧急状况后，马上以大小为的加速度紧急刹车，之后又马上以此加速度使火车反向加速运动，若车厢与火车相遇恰好不相撞。求：（1）司机发觉车厢向自己驶来起先制动到刚好相遇用的时间．（2）司机发觉车厢向自己驶来起先制动时离车厢的距离．【答案】（1）30s（2）360m【解析】【详解】以货车原行驶方向为正方向，设火车原行驶的速度为v1，车厢行驶的速度为v2，司机发觉车厢向自己驶来起先制动到刚好接住车厢用时用的时间为t，这段时间内火车行驶的位移为x1，车厢行驶的位移为x2；司机发觉车厢向自己驶来起先制动时离车厢的距离为x0；则由匀变速运动的规律可知：代入数值解得12.如图所示，物块A的质量为M，将A按住静止于地面，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L。现将物块A释放，若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力。求：（1）物块A上升过程中的最大速度；（2）物块A上升的最大高度。【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）当物体C着地时，A具有最大速度，由机械能守恒得：2mgL-MgL=（2m+M）vm2解得：（2）因为m＜M，所以C着地后A、B做减速运动，设物体B刚着地时，A的速度为0，到达最高，依据机械能守恒定律有：（M+m）vm2=MgL-mgL解得：H1=2L若B末着地前速度已减速为零，设此时上升的高度为L1依据机械能守恒定律有：（M+m）vm2=MgL1-mgL1H2=L+L1解得：若物体B着地时，M的速度不为0，仍在上升，设B着地时AB的速度为v2，B着地后A接着上升的高度为h，依据机械能守恒定律有：（M+m）vm2－（M+m）v22=MgL-mgLMv22＝MghH3=2L+h解得：考点：机械能守恒定律的应用【名师点睛】本题关键是要敏捷地选择探讨对象，虽然单个物体机械能不守恒，但系统机械能守恒；此题考查学生对物体来问题的综合分析实力以及数学计算实力．13.在高处的同一点将三个质量相同的小球以大小相等的初速度v0分别上抛、平抛和下抛，不计空气阻力，则（）A.从抛出到落地过程中，重力对它们做功相同B.从抛出到落地过程中，重力对它们的平均功率相同C.三个小球落地时，重力的瞬时功率相同D.三个小球落地时的动能相同E.从抛出到落地过程中,三个小球动量的变更都不相同【答案】ADE【解析】【详解】ABE．三个小球在整个过程中因为下落高度相同，所以重力做功相等，平抛运动时间等于自由落体运动的时间，可知竖直上抛运动的时间最长，竖直下抛运动的时间最短，依据：知重力做功平均功率不同；落地过程中速度变更量为：三个小球落地过程中的速度变更量不同，即动量变更也不同，故A正确，E正确，B错误；C．平抛运动的物体落地时速度与竖直方向有夹角，依据：知平抛运动的物体落地时重力的瞬时功率小于竖直上抛和下抛的物体．故C错误；D．依据动能定理：可知高度相同，初速度相同，则末速度大小相等