荣昌中学高2025届高三上期11月教学检测物理参考答案

答案第=page11页，共=sectionpages22页荣昌中学高2025届高三上期11月教学检测物理试题参考答案题号12345678910答案DCBDBDDADBDBD1．D【详解】A．对A分析：A可能受到重力和绳子的拉力两个力作用；也可能受到重力、支持力和摩擦力三个力作用；也可能受到重力、支持力、摩擦力和绳子拉力四个力作用，A错误；B．对B分析知：B对地面的压力一定不会等于零，B错误；C．整体在水平方向不受外力作用，所以地面与物体B之间的摩擦力一定等于零，C错误；D．由A分析可知，A、B之间可能存在摩擦力，D正确。故选D。2．C【详解】设门的最大速度为，根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为，且时间相等，均为2s，根据可得则加速度故选C。3．B【详解】设该发动机在时间t内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理可知，在1s内喷射出的气体质量故选B。4．D【详解】A．云层与大地间形成的电场方向向下，若微粒能悬浮在空中，则微粒受到向上的电场力，微粒带负电，故A错误；BCD．由解得仅改变d，而Q保持不变时，电场强度E不变，则P点的电势不变，微粒的电势能不变，依然悬浮在P点，故BC错误，D正确。故选D。5．B【详解】根据A．可得因h=0时T不为零，则选项A错误；B．可得随h的增加，加速度非线性减小，选项B可能正确；C．可得随h增加，速度v减小，选项C错误；D．动能因这些卫星的质量关系不确定，则随h增加，动能不一定减小，选项D错误；故选B。6．D【详解】A．根据等量异种电荷的电场线分布可知在甲、乙形成的电场中，D、E两点的电场强度大小等，方向不同，故A错误；B．由几何关系可知，OC在AB连线的中垂线上，为甲、乙形成的电场的等势面且电势为零，可知D、E两点的电势不相同，故B错误；C．乙从静止下滑到C点的过程中，库仑力先做负功后做正功，所以乙的电势能先增大后减小，故C错误；D．由于初始时小球乙恰好能静止在B点处，对其受力分析，如图所示根据平衡条件可得解得乙下滑到C点的过程中，甲乙间距离先增大后减小，所以库仑力先减小后增大，即库仑力先小于重力后增大到与重力再次相等，所以BD阶段重力做功大于库仑力做功，合力做正功，DC阶段两力均做正功，合力做正功，所以乙的动能一直增大，故D正确。故选D。7．D【详解】A．设B的速度大小为v1，A的速度大小为v2，由速度关系两物体质量相等，所以A的动能始终大于B的动能，故A错误；B．根据功能关系可知力F做的功等于A动能增加量和B的动能与重力势能的增加量，故B错误；C．力F最小时A对B只有垂直斜面向上的支持力，挡板对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图所示由结合关系可知，竖直方向上有对A受力分析，如图所示：由几何关系可知水平方向上有故C错误；D．在时间内光滑直杆上升高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为根据功能关系可知结合可知B被推高h时动能为=故D正确；故选D。8．AD【详解】A．风速越大，风杯转速越大，风杯转动的周期越小，故A正确；B．风杯匀速转动时由受到的合力提供向心力，则合力不为0，故B错误；C．风杯匀速转动时，任意时刻三个风杯转动的线速度大小相等，方向不同，故C错误；D．若风速增大导致风杯加速转动，风杯切向的加速度不为0，即切向的合力不为0，由于风杯沿半径方向的合力提供向心力，可知，风杯受到的合力方向不指向转轴，故D正确。故选AD。9．BD【详解】A．由于汽车从静止开始做直线运动，先保持牵引力不变，即先做匀加速直线运动，达到额定功率后以额定功率继续行驶，根据，解得可知，之后汽车做加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动，在匀加速直线运动过程中，汽车的动能可知，动能与时间成二次函数的关系，不是一条直线，故A错误；B．根据上述可知，汽车的牵引力先大于阻力，且为一个定值，当功率达到额定功率时，牵引力逐渐减小，当牵引力减小至大小等于阻力时，保持恒定，汽车开始做匀速直线运动，故B正确；C．根据上述，汽车先做匀加速直线运动，再做加速度减小的变加速直线运动，最后做匀速直线运动，即加速度先一定，后减小至为0，故C错误；D．根据上述，在汽车做匀加速直线运动时有此过程，功率与时间成线性关系，图像为一条过原点的倾斜直线，之后，汽车保持以额定功率运动，即图像为一条平行于时间轴的直线，故D正确。故选BD。10．BD【详解】AB．在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到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对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度相同，A错误，B正确；CD．根据摩擦力产生的热量计算式由于第一次的相对位移大于第二次的相对位移的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，C错误，D正确。故选BD。11．=PN【详解】（1）[1]设斜面倾角为，则速度方向与斜面的夹角为，则所以=（2）[2][3]根据且，所以不放小球B时，小球A的落点是P点，碰撞后小球的落点是N点。（3）[4]在斜面上，整理得所以即在实验误差允许的范围内，要验证动量守恒定律，则需要验证关系式12．0.02A2g【详解】（1）[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为则（2）[2]实验操作时，为了使软笔在钢柱表面画上一条痕迹条数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢柱自由下落。故选A。（3）[3]根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则画出痕迹D时，钢柱下落的速度为（4）[4]钢制的圆柱下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即可得若图线为一条倾斜直线，且直线的斜率近似等于，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。13．(1)20V，60V(2)40V，【详解】（1）由题可知，解得电荷从B点移动到C点，电势能增加了，说明在此过程中，电场力也是做负功，同理可得根据电势差的关系可得（2）因为且所以，B点的电势B点的电势能14．(1)，(2)(3)【详解】（1）根据动能定理有解得根据牛顿第二定律有解得（2）设滑块恰好与圆弧槽相对静止时的速度为v，根据动量守恒定律有系统损失的机械能解得（3）设此时圆弧槽的速度大小为，滑块的速度大小为，则有，；解得15．(1)(2)，(3)【详解】（1）根据动能定理可知由乙图可知，弹力所做的功故物块刚滑到A点的速率（2）由胡克定律可得结合乙图解得故弹簧振子的振动周期为所以物块从释放到运动到A点的时间由于物块在A点的速度为物块在传送带上的加速度解得二者共速的时间解得物块加速运动的位移物块在传送带上匀速运动的时间由于物块刚好滑到P点，设物块与BG间的动摩擦因数为，根据动能定理可得代入数据解得所以物块在BG上的加速度解得根据匀变速直线运动的规律可得物块在BG上运动的时间解得所以物块从释放到第一次滑到G点时的运动时间或t=1.4+Π10—假设滑块从P点滑落时，到达B点的速度为，则根据动能定理可得解得显然滑块再次滑上传送带，此阶段物块在传送带上滑行的位移显然小于物块与传送带共速前的位移，根据对称性可知，最终滑块离开传送带的速度大小依然为，所以物块在BG段滑行的距离此时距离G点的位移（3）物块到达Q点的最小速度为，对物块受力分析可知解得根据动能定理可知，在B点的最小速