安徽省合肥市名校2024-2025學(xué)年高三（上）第二次檢測試卷物理試題（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁安徽省合肥市名校2024-2025學(xué)年高三（上）第二次檢測試卷物理試題一、單選題：本大題共8小題，共32分。1.甲、乙兩輛汽車在同一平直公路上行駛，在t=0時刻兩車正好相遇，在之后一段時間(0?t2)內(nèi)兩車速度一時間圖像(v?tA.甲、乙兩輛車運動方向相反

B.在t1時刻甲、乙兩車再次相遇

C.乙車在0?t2時間內(nèi)的平均速度大于v1【答案】D

【解析】A.由圖可知，兩車速度均為正值，所以它們的運動方向相同。故A錯誤；B.根據(jù)v?t圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，可知0?t1C.若乙車做初速度為v1、末速度為v2的勻加速直線運動，平均速度為

v1+v22

D.根據(jù)v?t圖像中圖線各點切線的斜率表示加速度，由圖可知在0?故選D。2.如下圖所示，擋板垂直于斜面固定在斜面上，一滑塊m放在斜面上，其上表面呈弧形且左端最薄，一球M擱在擋板與弧形滑塊上，一切摩擦均不計，用平行于斜面的拉力F拉住弧形滑塊，使球與滑塊均靜止．現(xiàn)將滑塊平行于斜面向上緩慢拉過一較小的距離，球仍擱在擋板與滑塊上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，則與原來相比(

)

A.滑塊對球的彈力增大 B.擋板對球的彈力減小

C.斜面對滑塊的彈力增大 D.拉力F不變【答案】B

【解析】【分析】隔離對球分析，抓住重力大小方向不變，擋板的彈力方向不變，根據(jù)合力為零判斷出木板、滑塊對球彈力的變化，對球和滑塊整體分析，抓住合力為零，判斷斜面對滑塊彈力以及拉力的變化。本題屬于力學(xué)的動態(tài)分析，關(guān)鍵是抓住不變量，通過作圖法判斷力的變化。以及掌握整體法和隔離法的運用?！窘獯稹緼B.對球受力分析，球受到重力、滑塊的支持力和擋板的彈力，如圖

由于重力的大小和方向都不變，擋板的彈力方向不變；根據(jù)作圖法知，滑塊的支持力方向在變化，支持力和擋板的彈力合力不變，等于重力，從圖中可知，擋板對球的彈力在減小，滑塊對球的彈力在減小，故A錯誤，BCD.對滑塊和球整體進行受力分析，整體受重力、斜面的支持力、擋板的彈力及拉力，合力為零，各力的方向不變，由于擋板對球的彈力減小，則拉力增大，在垂直斜面方向上，斜面對滑塊的彈力不變，故故選B。3.如圖，為一款兒童玩具的簡化圖，固定的豎直桿AF和半徑為R的半圓形桿ABC在A處平滑連接，圓心為O。輕質(zhì)彈簧的下端固定于F點，彈簧處于原長時，其上端在A處?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小球甲套在桿上，并控制小球?qū)椈删徛龎嚎s至E點，然后釋放小球，小球被彈簧彈出，恰好到達B點。已知AE的距離為R，不計一切摩擦。若換用質(zhì)量為m3的小球乙，仍使小球?qū)椈蓧嚎s至E點，然后釋放小球，小球被彈簧彈出，則小球乙到達B點時，對半圓形桿的壓力大小為A.5mg3 B.6mg 【答案】C

【解析】對甲球，從E點釋放后到B點的過程中，設(shè)在E點時彈簧的彈性勢能為Ep，由能量守恒定律可得：Ep=mg·2R，對乙球，從E點釋放后到B點的過程中，設(shè)在E點時速度為聯(lián)立解得：FN=73mg，，由牛頓第三定律可知小球乙到達B點時，對半圓形桿的壓力大小為：F故選：C。4.如圖所示，用輕桿組成的正三角形OAB，邊長為L，其中O點連接在可自由旋轉(zhuǎn)的鉸鏈上，A、B兩點各固定一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)。AB桿從豎直位置由靜止釋放，轉(zhuǎn)到AB桿處于水平位置的過程中，不考慮空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是(

)A.A球機械能守恒，B球機械能不守恒

B.AB桿水平時，兩球的速率均為3gL

C.OA桿對A球不做功，AB桿對A球做正功

【答案】D

【解析】【分析】

AB組成的系統(tǒng)只有重力做功，重力勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律求出兩球的速率，AB桿轉(zhuǎn)到水平位置的過程中，由動能定理求出桿對A、B球做的功。ABD.根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有對A球，桿做功為W1，根據(jù)動能定理有W1對B球，桿做功為W2，根據(jù)動能定理有W2可知桿對小球A、B做功均不為零，則兩球機械能均不守恒，綜上所述，故AB錯誤，D正確；C.如果OA桿對A球不做功，AB桿對A球做正功，則A而實際上A球的動能變化量ΔEk=5.如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成。電極。YY′、XX′的長度均為l、間距均為d。若電子槍的加速電壓為U1，XX′極板間的電壓為U2(X端接為高電勢)，YY′A.會打在熒光屏左上角形成光斑

B.打在熒光屏上時的動能大小為e(U1+U2)

C.打在熒光屏上的位置與O′的距離為l2【答案】D

【解析】A.根據(jù)題意可知，由于XX′極板間的電壓為U2(X端接為高電勢)，YY′極板間的電壓為零，則電子只是向左偏轉(zhuǎn)，上下未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則在水平軸線的左半段成光斑，故A錯誤；

B.根據(jù)題意可知，電子在加速電場中運動，電場力做功為W1=eU1，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動，電場力做功W2<eU2，由動能定理可知，由于電子剛離開金屬絲時速度可視為零，打在熒光屏上時的動能大小為Ek=W1+W2<e(U1+U2)，故B錯誤；

CD.根據(jù)題意可知，電子在加速電場中運動，由動能定理有6.2023年7月20日21時40分，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮密切協(xié)同，圓滿完成出艙活動全部既定任務(wù)。如圖，核心艙組合體在離地高度為h處，繞地球做勻速圓周運動。若核心艙與地球中心的連線在單位時間內(nèi)掃過的面積為S0，已知地球半徑為R，引力常量為G。下列說法正確的是

A.航天員相對核心艙靜止時，所受合外力為零

B.核心艙的運行周期為πR2S0

C.核心艙處的重力加速度大小為4【答案】D

【解析】【分析】

本題主要考查萬有引力定律的應(yīng)用。航天員相對核心艙靜止時依然繞地球做圓周運動，合外力不為零；結(jié)合題意，由數(shù)學(xué)知識求得核心艙的運行周期；對核心艙，由萬有引力提供向心力列式，在核心艙處，由萬有引力等于重力列式，聯(lián)立求解核心艙處的重力加速度大小；由公式ρ=MV求解地球的密度，由此即可正確求解。

【解答】

A.航天員相對核心艙靜止時，依然繞地球做圓周運動，所受合外力不為零，故A錯誤；

B.由數(shù)學(xué)知識可得π(R+h)2T=S0，所以核心艙的運行周期為T=π(R+h)2S0，故B錯誤；

C.由萬有引力提供向心力有7.如圖所示，水平面上有一足夠長的木板C，C上靜止地放有物塊A和B，A、B、C的質(zhì)量之比mA:mB:mC=3:2:1A.F拉動A，則可能A、C一起運動，B與C發(fā)生相對滑動

B.F拉動B，則可能A、B、C一起運動

C.F拉動C，則可能A的加速度大于B的加速度

D.F拉動C，A與B的加速度大小總相等【答案】D

【解析】【分析】

本題考查了牛頓運動定律的應(yīng)用，解決的關(guān)鍵是正確對A、B、C物體進行受力分析。

分別以A、B、C為研究對象，由牛頓第二定律求出臨界加速度，由此分析。

【解答】

mA:mB:mC=3:2:1，則設(shè)mA=3m、mB=2m、mC=m，設(shè)所有接觸面間的動摩擦因數(shù)為μ。

A.F拉動A，C受到A的最大靜摩擦力：fAC=3μmg，水平面對C的最大靜摩擦力：fC=6μmg，B對C的最大靜摩擦力：fBC=2μmg，由于fC大于fAC，所以A、C不可能一起運動，故A錯誤；

B8.物體在粘滯流體中運動時要受到阻力，稱為粘滯阻力，球形物體受到的粘滯阻力表達式為f=6πηrv，式中η為液體的粘滯系數(shù)，r為小球的半徑，v為小球運動的速率。如圖所示，小球在蓖麻油中由液面處靜止下落，經(jīng)時間t0達到最大速度vm。已知盛有蓖麻油的容器足夠深，小球的密度為ρ1，蓖麻油的密度為ρA.小球先做勻加速運動，后做勻速運動

B.0～t??0時間內(nèi)小球下落的距離一定小于vmt02

C.小球的半徑可表示為【答案】C

【解析】【分析】本題考查了物體的平衡、單位制等知識，考查考生的推理能力和物理觀念、科學(xué)思維。

受力分析，根據(jù)合力變化分析運動情況；根據(jù)受力平衡列式計算小球半徑；根據(jù)單位制解答?！窘獯稹?/p>

A、下落過程中，小球的速度增大，粘滯阻力增大，合外力逐漸減小，加速度逐漸減小，故小球先做加速度減小的加速運動，當(dāng)合外力等于零時，小球速度達到最大，做勻速運動，A錯誤；

B、0～t0時間內(nèi)小球做加速度逐漸減小的加速直線運動，下落的距離一定大于vmt02，B錯誤；

C、小球做勻速運動的速度為vm，根據(jù)受力平衡可得ρ1g?43πr3=6π二、多選題：本大題共2小題，共8分。9.如圖甲所示，物塊A，B用輕彈簧拴接，放在光滑水平面上，B左側(cè)與豎直墻壁接觸。物塊C以速度v0向左運動，與A相碰后立即粘在一起不分開并開始計時。A，B運動的a?t圖像如圖乙所示，S1、S2分別表示t1到t2時間內(nèi)A，B的a?t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積的大小。已知三個物塊質(zhì)量均為mA.a2=2a1 B.S2=2S1

C.0【答案】BC

【解析】略10.如圖甲所示，絕緣水平面上存在方向水平向右的勻強電場，一帶電物塊以一定的初速度從O點開始向右運動。取O點為電勢零點，該物塊的電勢能與動能之和E總、電勢能Ep隨它離開O點的距離x變化的關(guān)系如圖乙所示。由此能夠確定的是(

)

A.物塊受到的靜電力 B.勻強電場的場強大小

C.物塊返回O點時的動能 D.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)【答案】AC

【解析】A、電勢能增加，電場力做負功，可知物塊所受的電場力水平向左。物塊向右運動的過程中，電勢能增加量ΔEp=80J，設(shè)電場力大小為F，由ΔEp=Fx，其中x=8m，可得F=10N，故A正確;

B、由F=qE知，物塊所帶電荷量未知，所以不能確定勻強電場的場強大小，故B錯誤;

C、由圖知，物塊向右運動時，電勢能與動能之和減小了20J，電勢能增加了80J，則動能減小了100J，即ΔEk=?100J，根據(jù)動能定理：?(F三、實驗題：本大題共2小題，共18分。11.實驗小組利用光電門和數(shù)字傳感設(shè)備設(shè)計了一個測量當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊募煽蚣埽鐖D甲所示，框架上裝有兩個光電門，都可上下移動；框架的豎直部分貼有長度有限的刻度尺，零刻度線在上端，只能直接讀出光電門1到零刻度線的距離x1；框架水平部分安裝了電磁鐵，將質(zhì)量為m的小鐵球吸住，小球剛好處于零刻度線位置。一斷電，小鐵球就由靜止釋放，先后經(jīng)過兩個光電門時，與光電門連接的數(shù)字傳感器即可測算出速度大小v1和v2。多次改變光電門1的位置，得到多組x1、v1和v2(1)需要提前向數(shù)字傳感器輸入小球的直徑d，當(dāng)小鐵球經(jīng)過光電門時，光電門記錄下小球經(jīng)過光電門的時間t，測算出的速度v(2)當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹開________(用a和b表示(3)若選擇刻度尺的0刻度所在高度為零勢能面，則小鐵球經(jīng)過光電門2時的機械能表達式為__________________(用題中的m、v2、a和b表示【答案】(1)dt；(【解析】【分析】

本題考查了利用自由落體運動測定重力加速度；解答實驗題首先要理解實驗原理，知道如何減小實驗誤差，能從圖象中得出有效信a2b息，本題的關(guān)鍵是根據(jù)機械能守恒定律列出方程，難度適中。

(1)由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度；

(2)根據(jù)速度位移公式得出(v22?v12)與(x2?x1)的函數(shù)關(guān)系，結(jié)合圖線的斜率求解重力加速度的大??；

(3)根據(jù)機械能的定義分析。

【解答】

(1)由于小鐵球通過光電門的時間極短，所以小球通過光電門的瞬時速度會近似等于小球經(jīng)過光電門的平均

速度，所以速度為v12.學(xué)校物理興趣小組設(shè)計如圖所示電路來測量一電阻Rx的阻值。其中R0是定值電阻，R是電阻箱。

(1?①按照電路圖用導(dǎo)線把實驗器材連接起來;

?②為安全起見，閉合開關(guān)前，電阻箱R的阻值應(yīng)調(diào)至

(?③閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)電阻箱，當(dāng)阻值為R時記錄電流表A1、A2的示數(shù)?④多次改變電阻箱阻值，并記錄相應(yīng)的電流表的示數(shù)?⑤把記錄的數(shù)據(jù)填在表格中，計算出I2?⑥以I2I1?⑦(2)用RA1、RA2表示電流表的內(nèi)阻，待測電阻R(3)根據(jù)如圖乙所示的I2I1?R圖像，求得Rx(4)考慮到電流表的內(nèi)阻，由圖乙求得的電阻值

(填寫“偏大”“偏小”或“沒有系統(tǒng)誤差”)【答案】(1)?②最大值；

(2)Rx【解析】(1)由實驗過程可知，為保證電路安全，在閉合電鍵前，由圖可知，應(yīng)使電阻箱R的阻值應(yīng)調(diào)至最大值；

(2)由歐姆定律及電路的串并聯(lián)關(guān)系可得：I2?I1Rx=I1RA1+R，解得待測電阻四、計算題：本大題共3小題，共30分。13.某小組設(shè)計了一彈射玩具，其簡化模型如圖所示。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài).滑塊被壓縮的彈簧鎖定。當(dāng)按下開關(guān)解鎖彈簧時，滑塊從A處以初速度v0=5m/s離開彈簧沿粗糙滑桿向上滑動，t=0.2s后滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生碰撞，碰后立刻以某一相同的速度離開桌面一起豎直向上運動，上升的最大高度h=0.032m。已知滑塊的質(zhì)量m=0.2kg，滑桿的質(zhì)量M=(1)(2)(3)滑塊從出發(fā)到第一次返回A【答案】解：(1)解得a=(2)解得f對滑桿受力分析，可知F解得F根據(jù)牛頓第三定律，滑桿對地面的壓力為2N(3)解得t碰后瞬間的速度v滑塊和滑桿一起自由落體，時間t滑桿落地后靜止，滑塊向下做勻加速運動，初速度為

v1=0.8解得a根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律l解得t故滑塊在整個運動過程中的總時間t總

【解析】詳細解答和解析過程見【答案】14.如圖所示，光滑水平桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，小圓環(huán)A和輕彈簧套在桿上，彈簧兩端分別固定于豎直轉(zhuǎn)軸和環(huán)A上，用長L=0.7?m的細線穿過小孔O，兩端分別與環(huán)A和小球B連接，線與水平桿平行，環(huán)A的質(zhì)量mA=1?kg，小球B的質(zhì)量mB=2?kg.當(dāng)整個裝置繞豎直軸以角速度ω1=5(1)ω(2(3)由ω1增至ω2過程中，細線對小球B做的功．【答案】解：(1)角速度為ω1時，對小球B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有mBgtan37°=mBω12LOBsin37°，解得LOB=0.5m；

(2)角速度為ω1時，對小球B分析，細線拉力FT=mBgcos370，

對圓環(huán)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有FT?Fk=mAω12LOA，

F【解析】本題主要考查水平面內(nèi)的圓周運動。

(1)角速度為ω1時，對小球B受力分析，明確向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律列方程可求得OB間的距離；

(2)角速度為ω1時，對小球B受力分析，豎直方向上根據(jù)平衡條件可求得細線拉力，對圓環(huán)A受力分析，明確向心力來源，根據(jù)牛頓第二定律列方程；同理，角速度為ω2時，對小球B受力分析，可求得細線拉力，對圓環(huán)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列方程，聯(lián)立求得ω2的大??；

(15.如圖，光滑絕緣水平桌面位于以ab、cd為邊界的勻強電場中，電場方向垂直邊界向右。兩小球A和B放置在水平桌面上，其位置連線與電場方向平行。