安徽省合肥市2025屆高三11月月考物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁安徽省合肥市2025屆高三11月月考物理試卷一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.一輛汽車制動后做勻減速直線運動，在剛開始減速的前3s內(nèi)，汽車每1s前進的距離分別是10m，8m、6A.汽車的加速度大小為1m/s2

B.第3s末汽車的瞬時速度大小為5m/s

【答案】B

【解析】【分析】本題主要考查勻變速直線運動的規(guī)律和推論。汽車制動后做勻減速直線運動，由相鄰相等時間間隔內(nèi)的位移差Δx=a【解答】A.汽車在制動后做勻減速直線運動，根據(jù)在相等的相鄰的時間間隔內(nèi)，位移的差值相等，由逐差法可得汽車的加速度大小為

a=ΔxB.根據(jù)位移?時間公式

x=v0t?12at2

，可得汽車在第第3s末汽車的瞬時速度大小為

v3=vC.設(shè)再經(jīng)過

t′

后汽車停止運動，則有

t′=vD.根據(jù)勻變速直線運動推論可得從制動到停下，汽車的平均速度大小為

v=v02.如圖所示，三根完全相同的粗細均勻的圓木A、B、C堆放在水平地面上并處于靜止狀態(tài)，每根圓木的質(zhì)量為m，截面的半徑為R，三個截面圓心連線構(gòu)成的等腰三角形的頂角∠O1=120°.若在地面上的兩根圓木剛好要滑動，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不考慮圓木之間的摩擦，重力加速度為gA.圓木間的彈力大小為0.5mg

B.地面上的每根圓木受到地面的摩擦力大小為0.5mg

C.地面上的每根圓木受到地面的作用力大小為1.5【答案】D

【解析】對A進行受力分析，如圖所示，A處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，有N1sin60°=N2sin60°，N1cos60°+N2cos60°=mg，解得N1=3.2024年春晚雜技節(jié)目《躍龍門》帶給觀眾震撼的視覺盛宴，教練在訓(xùn)練時將壓力傳感器安裝在蹦床上，記錄演員對蹦床的壓力。如圖是某次彩排中質(zhì)量為40kg的演員在豎直方向運動時計算機輸出的壓力?時間(F?t)圖像片段，運動員可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g大小取10A.演員在a到b過程處于超重狀態(tài)

B.演員在b時刻速度最大，速度大小為8m/s

C.從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于1280J

D.從a【答案】C

【解析】A.演員在a到b過程，壓力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第三定律可知，演員所受支持力由最大值減小為0，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度方向先向上后向下，加速度大小先減小后增大，則演員在a到b過程先處于超重狀態(tài)，后處于失重狀態(tài)，故A錯誤；B.結(jié)合上述可知，演員在a到b過程，先向上做加速度減小的變加速直線運動，后向上做加速度減小的變減速直線運動，當加速度為0時，速度達到最大值，即a到b之間的某一時刻，演員的速度最大，故B錯誤；C.根據(jù)圖像可知，演員脫離蹦床在空中運動的時間為2.8根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，演員脫離蹦床向上運動的時間為0.8s，利用逆向思維，根據(jù)速度公式有在0.2s到1.2s根據(jù)圖像可知，從a時刻到b時刻，蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為演員增加的重力勢能與動能，可知，從a時刻到b時刻，蹦床對演員做的功大于

1280J

，故CD.從a時刻到b時刻，根據(jù)動量定理有I解得I解得I=720N故選C。4.如圖所示，光滑的半圓環(huán)沿豎直方向固定，M點為半圓環(huán)的最高點，N點為半圓環(huán)上與半圓環(huán)的圓心等高的點，直徑MH沿豎直方向，光滑的定滑輪固定在M處，另一小圓環(huán)穿過半圓環(huán)用質(zhì)量不計的輕繩拴接并跨過定滑輪。開始小圓環(huán)處在半圓環(huán)的最低點H點，第一次拉小圓環(huán)使其緩慢地運動到N點，第二次以恒定的速率將小圓環(huán)拉到N點?；喆笮】梢院雎?，則下列說法正確的是

A.第一次輕繩的拉力大小逐漸增大

B.第一次半圓環(huán)受到的壓力大小不變

C.小圓環(huán)第一次在N點與第二次在N點時，輕繩的拉力大小不相等

D.小圓環(huán)第一次在N點與第二次在N點時，半圓環(huán)受到的壓力大小相等【答案】B

【解析】【分析】

本題考查了力的合成與分解的運用、共點力的平衡；本題是共點力平衡的動態(tài)變化分析問題，在非直角三角形的情況下，運用三角形相似法列式也是常用的方法。

選取小圓環(huán)N為研究對象，畫受力分析示意圖，小圓環(huán)受三個力：重力、繩子的拉力和大圓環(huán)的支持力，運用三角形相似法得到FN、F與MO、ON的關(guān)系，再分析FN和F的變化情況；第二次以恒定的速率將小圓環(huán)拉到N點過程中，小圓環(huán)作圓周運動，根據(jù)圓周運動的相關(guān)知識進行分析。

【解答】

在小圓環(huán)緩慢向上移動的過程中，小圓環(huán)處于三力平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件知mg和FN的合力與T等大反向共線，作出mg與FN的合力，如圖：

；

由三角形相似得：mgMO=FNON=TMN①

A.輕繩的拉力F=T，由①可得：F=MNMOmg，MN變小，MO不變，則F變小，故A錯誤；

B.半圓環(huán)受到的壓力F壓5.如圖所示是地月天體系統(tǒng)，在月球外側(cè)的地月連線上存在一個特殊點，稱為拉格朗日點。在地球上發(fā)射一顆質(zhì)量為m0的人造衛(wèi)星至該點后，它受到地球、月球?qū)λ囊ψ饔?，并恰好和月球一起繞地球同角速度勻速圓周運動。已知相對于地球質(zhì)量M和月球質(zhì)量m來說，m0很小，所以衛(wèi)星對地球和月球的引力不影響地球和月球的運動。設(shè)地心、月心間距為L，月心到該拉格朗日點的距離為d，則(

)

A.該衛(wèi)星的線速度比月球的線速度小

B.該衛(wèi)星的向心加速度比月球的向心加速度小

C.該衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第二宇宙速度11.2km/s【答案】D

【解析】AB、因為于拉格日點的衛(wèi)星與月球具有相同的角速度，由v=ωr和a=ω2r知，位于拉格朗日點的衛(wèi)星的線速度和向心加速度均比月球的大，故AB錯誤；

C、由于第一宇宙速度7.9km/s，為繞地球運動的最小的發(fā)射速度，第二宇宙速度11.2km/s，為脫離地球運動的最小的發(fā)射速度，該衛(wèi)星和月球一起繞地球運動，衛(wèi)星的發(fā)射速度應(yīng)大于7.9km/s，小于11.26.如圖，A物體套在光滑的豎直桿上，B物體放置在粗糙水平桌面上，用一不可伸長輕繩連接。初始時輕繩經(jīng)過定滑輪呈水平，A、B物體質(zhì)量均為m。A物體從P點由靜止釋放，下落到Q點時，速度為v，PQ之間的高度差為h，此時連接A物體的輕繩與水平方向夾角為θ，重力加速度為g。在此過程中，下列說法正確的是(

)

A.輕繩對A的拉力對A不做功

B.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.A物體到Q點時，B物體的動量大小為mvsinθ

D.A物體到Q點時，【答案】C

【解析】A、輕繩對A的拉力對A做負功，故A錯誤；

B、摩擦力對B做負功，系統(tǒng)機械能減小，故B錯誤；

C、A物體到Q點時速度為v，根據(jù)A物體沿繩子方向的分速度與B物體的速度大小相等，如圖所示，由速度的分解可知，B物體的速度為vB=v繩=vsinθ，

A物體到Q點時，B物體的動量為pB=mvB=mvsinθ，故C正確；7.如圖所示，直桿AB與水平面成α角固定，在桿上套一質(zhì)量為m的小滑塊，桿底端B點處有一彈性擋板，滑塊與擋板碰撞后原速率返回。現(xiàn)將滑塊拉到A點由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后上滑時間恰好是下滑時間的一半，已知重力加速度為g，由此不能確定的是(

)

A.滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a2

B.滑塊最終所處的位置

C.滑塊與桿之間動摩擦因數(shù)μ

D.滑塊第k【答案】D

【解析】【分析】

滑塊運動分兩個階段，勻加速下滑和勻減速上滑，利用牛頓第二定律求出兩段加速度，利用運動學(xué)公式求解。

解決本題的關(guān)鍵是上滑和下滑時摩擦力方向不同，所以加速度不同，另外抓住連接兩段的橋梁是碰撞前后速度大小相等。

【解答】

解：設(shè)下滑時間為t，到達底端速度為v

由速度時間公式得：

下滑過程：v=a1t

①

上滑過程：v=a2t2

②

由牛頓第二定律得：

下滑加速度為：a1=mgsinα?fm

③

上滑加速度為：a2=mgsinα+fm

④

①②③④聯(lián)立得：a8.如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別為2kg、3kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不黏連。物塊C從高為5m的平臺以9m/s的初速度水平拋出，落地時恰好與A相撞，碰撞瞬間豎直方向不反彈，與物塊A粘在一起不再分開，物塊AA.前2s時間內(nèi)，彈簧對物塊B的沖量大小為0

B.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為27J

C.物塊C的質(zhì)量為2kg

D.【答案】D

【解析】【分析】

由A球的運動情況判斷彈性及B球的運動情況，再由動量定理及沖量的概念判斷B球受到的沖量；由機械能守恒定律解得彈簧的最大彈性勢能；由AC碰撞過程滿足水平方向動量守恒得解；當B的速度最大時，對系統(tǒng)由動量守恒得解。

本題主要考查對系統(tǒng)動量守恒及機械能守恒的理解與應(yīng)用，過程復(fù)雜，有一定難度。

【解答】

A.由圖可知，碰后瞬間，AC整體的速度為3m/s，向右運動，壓縮彈簧，速度減小，當二者整體的速度減為零時，彈簧倍壓縮到最短，后彈簧反彈，將二者整體向左推出，當二者整體的速度增加為向左的3m/s時，彈簧回復(fù)原長，故該過程，B球未離開墻壁，其速度未發(fā)生變化，故由動量定理可知，其合力的沖量為零，但該過程，墻壁對其向左的彈力與彈簧對其向右的彈力等大、反向，故由沖量的概念可知，彈簧對物塊B的沖量大小不為0，故A錯誤；

BC.由題意可知，物塊C落地時恰好與A相撞，碰撞瞬間豎直方向不反彈，與物塊A粘在一起不再分開，故由二者構(gòu)成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，故可得：mCv0=mC+mAv，由題意可知，v0=9m/s，v=3m/s，聯(lián)立可得：mC=二、多選題：本大題共2小題，共10分。9.拋秧是一種水稻種植方法。如圖甲所示，在拋秧時，人們將育好的水稻秧苗大把抓起，然后向空中用力拋出，使秧苗分散著落入田間。這種種植方式相對傳統(tǒng)插秧更省時省力。某同學(xué)研究拋秧的運動時，將秧苗的運動簡化為以肩關(guān)節(jié)為圓心臂長為半徑的圓周運動，忽略空氣阻力，如圖乙所示。秧苗離手瞬間，通過手指改變秧苗的運動速度，A、B兩秧苗(質(zhì)量相等)離開手后做不同的拋體運動，其軌跡在空中交于P點。下列說法正確的是(

)

A.在P點時，秧苗A的重力功率大于秧苗B的重力功率

B.秧苗在最低點，手對秧苗的作用力等于秧苗的重力

C.秧苗A先經(jīng)過P點

D.秧苗B初速度水平分量一定大于秧苗A初速度水平分量【答案】AD

【解析】AC.依題意，拋出點與P豎直距離一定，秧苗A豎直方向是豎直上拋運動，秧苗B是自由落體運動，所以秧苗B用時短，先經(jīng)過P點。故C錯誤；

vy=gt，且重力瞬時功率P=mgvy，秧苗質(zhì)量相等，而豎直速度vAy>vBy，所以秧苗A的重力功率大于秧苗B的重力功率，故A正確，C錯誤；

B.秧苗在最低點，由牛頓第二定律

F?mg=mv210.圖中為一款自動彈射發(fā)球機玩具，腳踩下按鈕后，球會在彈射裝置的作用下豎直向上運動，當球上升至最高點時，受到球棒水平擊打，隨后在空中運動一段時間后落地.已知小球的質(zhì)量為m，球棒擊打的平均作用力為F，作用時間為t，球的落點距離發(fā)射口中心的水平距離為x，發(fā)球機的高度以及空氣阻力忽略不計，則(

)

A.小球被擊打后至落地的過程中，重力勢能的減少量等于動能的增加量

B.球棒擊打的力度越大，球在空中的運動時間越長

C.小球落地時重力的功率為m2g2x【答案】AC

【解析】A.小球被擊打后至落地的過程中，只有重力做功，根據(jù)機械能守恒定律，小球在整個過程中機械能守恒，即動能和重力勢能相互轉(zhuǎn)化，總量保持不變，所以小球從被擊打到落地，重力勢能的減少量等于動能的增加量，故A正確；

B.由于發(fā)球機的高度忽略不計，所以小球下落的高度不變，根據(jù)h=12gt2可知小球在空中運動的時間是固定的，與球棒擊打的力度無關(guān)，故B錯誤；

C.設(shè)球被擊打后的水平速度為vx，根據(jù)動量定理：Ft=mvx

根據(jù)平拋運動的規(guī)律，水平方向x=vxt′

小球落地時豎直方向的速度vy=gt′

小球落地時重力的功率PG=mgvy=m2三、實驗題：本大題共2小題，共16分。11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置測定木質(zhì)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)及木板的質(zhì)量。將力傳感器A固定在木質(zhì)水平桌面上，并與計算機連接，傳感器A的讀數(shù)記為F1，測力端通過細繩與一滑塊相連(調(diào)節(jié)力傳感器高度使細繩水平)，滑塊起初放在較長的木板的最右端(滑塊可視為質(zhì)點)，長木板的左、右兩端連接有光電門(圖中未畫出，質(zhì)量不計)，光電門連接的計時器可記錄滑塊在兩光電門之間的運動時間。測量木板長為L，木板一端連接一根輕繩，并跨過光滑的輕質(zhì)定滑輪連接一力傳感器B和一只空砂桶(調(diào)節(jié)滑輪使桌面上部輕繩水平)，力傳感器B的讀數(shù)記為F2，初始時整個裝置處于靜止狀態(tài)。實驗開始后向空砂桶中緩慢倒入砂子。(重力加速度(1)緩慢倒入砂子時，F(xiàn)1的讀數(shù)緩慢增大到3.5?N時突變?yōu)?.0?N(2)已知木質(zhì)滑塊與木板及木板與木質(zhì)水平桌面間動摩擦因數(shù)相同，在木板開始滑動后，測出在砂桶中裝有質(zhì)量不同的砂子時，滑塊通過兩光電門的時間間隔t，則木板的加速度為

(用L和t表示)，在坐標系中作出F2?1t2的圖線如圖乙所示，若圖線的斜率為k，則木板的質(zhì)量為

(用k和L表示)，則圖中的縱截距為

(用【答案】0.22k6+

【解析】(1)緩慢地向砂桶內(nèi)倒入砂子，F(xiàn)的讀數(shù)緩慢增大到3.5N時突變?yōu)?.0N，即滑動摩擦力Ff=3.0N，動摩擦因數(shù)μ=Ffm1g=0.2；

(212.某同學(xué)用如圖甲所示實驗裝置來“驗證動量守恒定律”，實驗原理如圖乙所示。圖乙中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓質(zhì)量為m1的入射小球A多次從斜軌上由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，然后把質(zhì)量為m2的被碰小球B靜置于軌道的水平部分，再將入射小球從斜軌上由靜止釋放，與小球B相碰，并且多次重復(fù)，實驗得到小球的落點的平均位置分別為M、N，測量xM、xP、xN分別為M、P、(1)為保證兩球是對心碰撞，用20分度的游標卡尺測量小球的直徑，如下圖，則讀數(shù)為______(2A.入射小球每次可由不同位置自由滾下

B.兩小球的質(zhì)量關(guān)系必須C.斜槽軌道必須光滑

D.(3)若測量數(shù)據(jù)近似滿足關(guān)系式________(用m1、m2、xM、xP、xN表示)，則兩小球碰撞過程動量守恒：在驗證動量守恒后，若測量數(shù)據(jù)滿足表達式________僅用xM【答案】(1)?14.50；(2)【解析】【分析】

本題考查了“驗證動量守恒定律”這個實驗及彈性碰撞這些知識點；

(1)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)方法讀數(shù)；

(2)根據(jù)實驗方法及注意事項回答即可；

(3)根據(jù)動量守恒定律即可回答；根據(jù)動量守恒定律及機械能守恒定律列式聯(lián)立求解即可。

【解答】(1)讀數(shù)為14mm+10×0.05mm=14.50mm；

(2)A.入射小球每次必須由同一位置自由滾下，以保證碰撞前速度相同，故A錯誤；

B.入射小球碰撞后要向前運動，根據(jù)碰撞道理，應(yīng)該m1>m2,故B正確；

CD.斜槽軌道不一定要光滑，但末端一定要水平，故C四、計算題：本大題共3小題，共42分。13.如圖所示，質(zhì)量均為m的物塊A、B用繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的不可伸長的剛性輕繩連接，A與地面接觸，B離地面的高度h為1.2m，質(zhì)量為2m的圓環(huán)C套在輕繩上，C在B上方d=0.8m處．由靜止釋放圓環(huán)C，C下落后與B碰撞并粘在一起，碰撞時間極短，不計C與繩之間的摩擦和空氣阻力，A、B、(1)C(2)碰撞后，B【答案】解：(1)C與B碰撞前的過程，由動能定理有2mgd=122mvC2?0

得vC=2gd=4m/s

【解析】本題考查學(xué)生對動能定理、動量守恒等知識的理解與應(yīng)用，考查考生的科學(xué)思維。

(1)根據(jù)動能定理求解C與B碰撞前瞬間速度大小，根據(jù)動量守恒求出B、C碰撞后瞬間的共同速度；

(214.“車讓人”是交通法規(guī)之一，當人行橫道上有行人時，汽車不得越過停車線。如圖所示，某行人即將過人行橫道時，以大小為v0=1?m/s的速度勻速行走，一輛自動駕駛測試車在直線道路上向前勻速運動。當行人在距離車道d=1.5?(1(2(3)若測試車感知到行人準備過馬路的情況，立即采取剎車措施