安徽省滁州市定远县民族中学等校2024-2025学年高三（上）第三次检测试卷物理试题【含解析】

第=page11页，共=sectionpages11页安徽省滁州市定远县民族中学等校2024-2025学年高三（上）第三次检测试卷物理试题一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是(

)

A.瓦片共受到4个力的作用

B.减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的弹力变小

C.减小檩条的倾斜角度θ时，瓦片与檩条间的摩擦力变大

D.减小檩条间的距离d时，瓦片可能会下滑【答案】D

【解析】【分析】

本题考查了共点力作用下物体的平衡问题，可将此情况视为斜面模型，解题的关键是将重力沿斜面和垂直于斜面分解，垂直斜面的分力和两个弹力的合力等大反向，通过沿斜面向下的分力与摩擦力比较判断瓦片的运动情况。

瓦片在重力两侧的支持力和摩擦力作用下处于平衡，减小檩条间的距离时，瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小；增大檩条间的距离时，瓦片与檩条间的弹力变大，最大静摩擦力变大。

【解答】A.瓦片受重力，两侧的支持力和两侧摩擦力，共5个力，故A错误；B.减小檩条的倾斜角度

θ

时，两弹力的合力等于

mgcosθ

C.瓦片与檩条间的摩擦力等于

mgsinθ

，减小檩条的倾斜角度

θ

D.根据题图可知，两檩条对瓦片的弹力与垂直于檩条方向的夹角为

α

，有2减小檩条间的距离d时，夹角

α

变小，则瓦片与檩条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能会下滑，故D正确。2.四个质量相等的物体置于光滑水平面上，如图所示，现对左侧第1个物体施加大小为F、方向水平向右的恒力，则第2个物体对第3个物体的作用力大小等于(

)

A.18F B.14F C.【答案】C

【解析】设各物体的质量均为m，对四个物体整体运用牛顿第二定律得a=F4m，对3、4组成的整体应用牛顿第二定律得FN3.广东队队史11次夺取CBA总冠军，是CBA夺取总冠军次数最多的球队。如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上AA.球从B至A用时较短 B.从C点抛出时，抛射角θ较小

C.从C点抛出时的速度较大 D.从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较大【答案】B

【解析】【分析】

解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故其逆过程可以看成平抛运动，两次抛射水平位移相同，高度不同，根据平抛运动的规律分析解答。

本题考查了斜抛运动、平抛运动的规律，采用逆向思维，斜抛运动的逆过程为平抛运动，这样降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很繁琐同时容易出错。

【解答】

AD.因为篮球垂直击中篮板，此时速度处于水平方向，根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，A到B的下落高度大于A到C可知A到B的时间大于A到C的时间，即球从B至A用时较长；

水平方向做匀速运动，则有x由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，故AD错误；B.篮球刚抛出时的抛射角满足tan由于从C点抛出时所用时间较短，又水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角θ较小，故B正确；C.两次抛出过程有相同的水平位移，设水平位移为x，竖直高度为h，则有t=2h可得抛出时的速度大小为v可得当h=x2时，抛出速度有最小值，由于不清楚抛出过程上升高度与水平位移关系，故无法确定C点抛出的速度是否大于B故选B。4.空间中存在沿x轴方向的静电场，各点电势的变化规律如图中φ−x图像所示，电子以一定的初速度沿x轴从O点运动到x4处，电子仅受电场力，则该电子(

)

A.在x1处电势能最小 B.在x1处加速度为零

C.在x3处电势为零，电场强度也为零 D.在x【答案】B

【解析】【分析】

本题考查了φ−x图像的物理意义；本题关键在于分析清楚图象并能从中获取有用信息。熟知图像斜率表示电场强度。由此分析解题即可。

【解答】

A.负点电荷在电势越低的地方，电势能越大，电子在x1处的电势能最大，故A错误;

B.φ− x图像斜率绝对值表示电场强度大小，由图可知电子在x1处受到的电场力为0，由牛顿第二定律知电子在x1处的加速度为0，故B正确;

C.x3处的斜率不为0，所以x3处的电场强度不为0，故C错误;

D.电子只在电场力作用下运动，动能和电势能总和保持不变，电子在5.如图所示电路中，直流电源内阻r≠0，R1、R2为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为R3，r<R1=R2<R3A.电流表示数变小 B.电源的效率增加

C.通过R2的电流方向为从d到c D.【答案】C

【解析】【分析】

根据滑片的移动方向得出电路中电阻的变化，结合电路构造分析出电表示数的变化；根据电源效率的计算公式，结合数学知识得出电源效率的变化趋势；将R1当成等效内阻，由此得出电路中的功率的变化趋势；根据电容的计算公式得出电容器的电荷量的变化趋势，从而得出电流的方向。

本题主要考查了电路的动态分析问题，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析。

【解答】

A.滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中，根据电路构造可知接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，则电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；

B.电源的效率为η=I2(R1+R3)I2(R1+R3+r)=R1+R3R1+R3+6.如图所示，圆轨道上卫星1与椭圆轨道上卫星2周期相同，两卫星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点。下列说法正确的是(

)

A.椭圆轨道的长轴大于圆轨道的直径

B.卫星1在C点速度大于卫星2在D点速度

C.相等时间内卫星1与地心的连线扫过的面积等于卫星2与地心的连线扫过的面积

D.卫星2在E点时万有引力的功率大于在D点时万有引力的功率【答案】B

【解析】【分析】本题主要考查万有引力定律的运用，关键是明确卫星的动力学原理，根据开普勒定律、卫星速度公式列式分析。

两卫星的运行周期相同，根据开普勒第三定律分析椭圆轨道的长轴与圆轨道的直径的关系；由开普勒第二定律分析相等时间内两卫星与地球的连线扫过的面积的关系；根据公式v=GMr以及变轨原理分析卫星线速度关系，结合万有引力做功的功率P=F【解答】

A、据题意知，两卫星的运行周期相同，根据开普勒第三定律可知：a3T2=k，则椭圆轨道的长轴等于圆轨道的直径，故A错误；

B、以地球中心为圆心，过D点建一个辅助圆轨道，设该轨道的卫星的线速度为v3，根据公式v=GM r，可知v1>v3，从侦察卫星椭圆轨道变轨到辅助圆轨道，在D点要点火加速，则v3>v2，可知v1>v3>v2，故B正确；

C、根据开普勒第二定律可知，同一卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积相等，故7.如图所示，长度为l的轻质细线一端固定在天花板上的A处，另一端与小物块B连接。某时刻给物块B一大小为gl的水平初速度，则从该时刻至B运动到最高点的过程中(重力加速度为g，不计阻力)(

)

A.绳子拉力的最小值为12mg B.绳子拉力的最小值为32mg

C.B【答案】A

【解析】CD.B到达最高点时满足可得θ=60°在最高点的加速度为

aAB.设某时刻细线与竖直方向的夹角为α，则由机械能守恒

在该点时

T−mgcos因α角最大值为60°，可知T最小值为

Tmin=12mg，选项A8.平行板电容器、静电计、理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)与内阻不计的电源连接成如图所示的电路，P为平行板电容器两极板间的一点，其中电容器的右极板固定，左极板可左右移动少许，设静电计的张角为θ，则下列说法中正确的是(

)

A.若左极板向左移动少许，则θ变大，P点的电势不变

B.若左极板向左移动少许，则θ不变，P点的电势不变

C.若左极板向右移动少许，则θ不变，P点的电势升高

D.若左极板向右移动少许，则θ变小，P点的电势降低【答案】C

【解析】AB.静电计上的电压等于电源电压不变，所以静电计的张角

θ

不变。由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电。将电容器的左极板水平向左移时，根据

C=εS4πkd可知，电容器两极板间的电场不变，则有U1=Ed左，由于P点到左极板的距离

d左

变大，则左极板与P点间的电势差

UCD.静电计上的电压等于电源电压不变，所以静电计的张角

θ

不变。若左极板向右移动少许，根据

C=εS4πkd

可知，电容器的电容变大，电容器充电，则电容器极板间的电压等于电源电压不变，根据

E=Ud

可知，电容器两极板间的电场强度变大，则有U2=Ed右，由于P二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.如图所示，一长为L的轻质绝缘细线一端固定于O点，另一端拴一质量为m、带电量为+q的小球，小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，AB是水平直径，空间存在与小球运动平面平行的匀强电场。已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为TA=2mg，TBA.小球运动中机械能最小的位置可能是A点

B.若A点是小球运动中速度最小的位置，则电场强度E=5mg2q

C.若小球运动中机械能最小的位置是A点，则小球运动过程中的最小速度是v0【答案】ACD

【解析】已知小球在A、B两点所受细线的拉力大小分别为

TA=2mg

，

TB=5mg

，小球带正电，可得电场水平分方向为水平向右，设小球受到的电场力方向与竖直方向的夹角为根据动能定理可得12解得mgAC.若小球运动中机械能最小的位置是A点，则此时电场方向水平向右，即此时

θ=π可设小球在势能最高点时细绳与竖直方向的夹角为

α

，可得tanα设此时的小球的速度为

v0

，若要能完成完整的圆周运动，可得m联立解得v0根据动能定理可得12解得小球运动过程中的最小速度v0即小球运动中机械能最小的位置可能是A点，故AC正确；B.若A点是小球运动中速度最小的位置，可得mg联立解得E=故B错误；D.从A到B电场力做功为W=则可得A、B两点间的电势差为U=故D正确。故选ACD。10.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长.将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零.若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A.已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则A.下滑过程中，圆环到达C处时弹簧的弹性势能为mgLsinα

B.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为12mv2

C.从C到【答案】CD

【解析】【分析】研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；

研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式。

动能定理的正确应用是求解的关键。【解答】

ABC、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式：mgLsinα−Wf克−W弹=0，

在C处获得一沿杆向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式−mgLsinα+W弹−Wf克=0−12mv2，

解得克服摩擦力做功Wf克=14m三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某同学利用如图甲所示装置验证动量定理，器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门A、B、天平、砝码盘和砝码等。用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，调节滑轮高度，使细绳保持与导轨平面平行。滑块在砝码和砝码盘的拉动下从气垫导轨的右边开始运动，与计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处光电门时的遮光时间t1、t2及遮光片从A到B所用时间Δt。测出砝码盘和砝码的总质量为m1、滑块(含遮光片)的质量为m①用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则d=__________m②实验开始前，调节气垫导轨水平，滑块未连接轻绳时，开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块上的遮光片分别经过两个光电门的遮光时间t1__________t2(选填“>，=，<③在遮光片随滑块从A到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则拉力冲量的大小I=__________，滑块动量变化量的大小Δp=__________；④为尽量减小实验误差，本实验要求砝码盘和砝码的总质量m1__________(选填“远大于”、“远小于”或“等于”)滑块(含遮光片)的质量m2【答案】11.70 ;【解析】(1)(2(3)滑块经过A时滑块的速度为v滑块经过B时滑块的速度为v滑块动量变化量的大小为Δ(4)码盘和砝码的总质量

m1

，滑块(含遮光片)的质量为

m而对滑块研究T则T将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受的拉力，则m即码盘和砝码的总质量

m1

远小于滑块(含遮光片)的质量

m212.某次实验课上，甲同学利用实验室现有器材，设计了一个测量未知电阻阻值的实验，实验器材如下：A.干电池E(电动势1.5VB.电流表A(量程10C.电压表V(量程3D.滑动变阻器R(E.待测电阻RxF.开关S，导线若干;(1)按图1连接电路，断开开关，将滑动变阻器R的滑片调到最右端，闭合开关，读出电流表示数I1=5.0mA;将滑动变阻器(2)乙同学分析甲同学的测量方案，认为误差很大，需要改进方案。如图所示，乙同学把电压表接入甲同学电路中的__________点(填“a”或“b”)，就可以测出电流表内阻和干电池内阻之和，从而较准确的测得(3)乙同学按图2中正确连接电路后，多次调节滑动变阻器，测得多组电压表和电流表的示数，根据记录的数据作出的U−I图线如图3所示，则干电池的电动势为__________V，电流表内阻和干电池内阻之和为__________(4)结合(1【答案】(1)200

；

(2)a；

(3)【解析】(1)由E=I1(2)在测电源电动势和内阻实验中，有误差来源分析知，当电路接a时，测得的电源内阻是电源内阻和电流表内阻之和;接b时，测得的电源内阻是电源内阻和电压表内阻的并联值，所以选择接(3)由U−l(四、计算题：本大题共3小题，共42分。13.现代战争中，无人机发挥了重要的作用，如图为某款无人机正在进行投弹演习。这款无人机的质量为M=2kg，携带的炸弹(可视为质点，所受空气阻力可忽略)质量为m=3kg，其动力系统可提供最大F(1(2)若无人机悬停在离地20【答案】(1)上升过程，根据位移时间公式有h=12a1t2，

解得a1=6m/s2，

上升过程由牛顿第二定律得F−(M+m)g−f=(M+m)a1，

【解析】详细解答和解析过程见【答案】14.某游乐场内水上滑梯轨道示意图如图所示，整个轨道在同一竖直平面内，半径为4R的表面粗糙的AB段圆弧轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切.圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面上，点A距水面的高度为4R.一位质量为m的游客(视为质点)可从轨道A(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD=2R，求游客滑到B点((2)