榮昌中學高2025屆高三上期11月教學檢測物理參考答案

答案第=page11頁，共=sectionpages22頁榮昌中學高2025屆高三上期11月教學檢測物理試題參考答案題號12345678910答案DCBDBDDADBDBD1．D【詳解】A．對A分析：A可能受到重力和繩子的拉力兩個力作用；也可能受到重力、支持力和摩擦力三個力作用；也可能受到重力、支持力、摩擦力和繩子拉力四個力作用，A錯誤；B．對B分析知：B對地面的壓力一定不會等于零，B錯誤；C．整體在水平方向不受外力作用，所以地面與物體B之間的摩擦力一定等于零，C錯誤；D．由A分析可知，A、B之間可能存在摩擦力，D正確。故選D。2．C【詳解】設門的最大速度為，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可知加速過程和減速過程的平均速度均為，且時間相等，均為2s，根據(jù)可得則加速度故選C。3．B【詳解】設該發(fā)動機在時間t內，噴射出的氣體質量為m，根據(jù)動量定理可知，在1s內噴射出的氣體質量故選B。4．D【詳解】A．云層與大地間形成的電場方向向下，若微粒能懸浮在空中，則微粒受到向上的電場力，微粒帶負電，故A錯誤；BCD．由解得僅改變d，而Q保持不變時，電場強度E不變，則P點的電勢不變，微粒的電勢能不變，依然懸浮在P點，故BC錯誤，D正確。故選D。5．B【詳解】根據(jù)A．可得因h=0時T不為零，則選項A錯誤；B．可得隨h的增加，加速度非線性減小，選項B可能正確；C．可得隨h增加，速度v減小，選項C錯誤；D．動能因這些衛(wèi)星的質量關系不確定，則隨h增加，動能不一定減小，選項D錯誤；故選B。6．D【詳解】A．根據(jù)等量異種電荷的電場線分布可知在甲、乙形成的電場中，D、E兩點的電場強度大小等，方向不同，故A錯誤；B．由幾何關系可知，OC在AB連線的中垂線上，為甲、乙形成的電場的等勢面且電勢為零，可知D、E兩點的電勢不相同，故B錯誤；C．乙從靜止下滑到C點的過程中，庫侖力先做負功后做正功，所以乙的電勢能先增大后減小，故C錯誤；D．由于初始時小球乙恰好能靜止在B點處，對其受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件可得解得乙下滑到C點的過程中，甲乙間距離先增大后減小，所以庫侖力先減小后增大，即庫侖力先小于重力后增大到與重力再次相等，所以BD階段重力做功大于庫侖力做功，合力做正功，DC階段兩力均做正功，合力做正功，所以乙的動能一直增大，故D正確。故選D。7．D【詳解】A．設B的速度大小為v1，A的速度大小為v2，由速度關系兩物體質量相等，所以A的動能始終大于B的動能，故A錯誤；B．根據(jù)功能關系可知力F做的功等于A動能增加量和B的動能與重力勢能的增加量，故B錯誤；C．力F最小時A對B只有垂直斜面向上的支持力，擋板對B有水平向右的作用力，對B受力分析，如圖所示由結合關系可知，豎直方向上有對A受力分析，如圖所示：由幾何關系可知水平方向上有故C錯誤；D．在時間內光滑直桿上升高度，由幾何知識可知，斜面體向右發(fā)生的位移大小為根據(jù)功能關系可知結合可知B被推高h時動能為=故D正確；故選D。8．AD【詳解】A．風速越大，風杯轉速越大，風杯轉動的周期越小，故A正確；B．風杯勻速轉動時由受到的合力提供向心力，則合力不為0，故B錯誤；C．風杯勻速轉動時，任意時刻三個風杯轉動的線速度大小相等，方向不同，故C錯誤；D．若風速增大導致風杯加速轉動，風杯切向的加速度不為0，即切向的合力不為0，由于風杯沿半徑方向的合力提供向心力，可知，風杯受到的合力方向不指向轉軸，故D正確。故選AD。9．BD【詳解】A．由于汽車從靜止開始做直線運動，先保持牽引力不變，即先做勻加速直線運動，達到額定功率后以額定功率繼續(xù)行駛，根據(jù)，解得可知，之后汽車做加速度減小的變加速直線運動，最后做勻速直線運動，在勻加速直線運動過程中，汽車的動能可知，動能與時間成二次函數(shù)的關系，不是一條直線，故A錯誤；B．根據(jù)上述可知，汽車的牽引力先大于阻力，且為一個定值，當功率達到額定功率時，牽引力逐漸減小，當牽引力減小至大小等于阻力時，保持恒定，汽車開始做勻速直線運動，故B正確；C．根據(jù)上述，汽車先做勻加速直線運動，再做加速度減小的變加速直線運動，最后做勻速直線運動，即加速度先一定，后減小至為0，故C錯誤；D．根據(jù)上述，在汽車做勻加速直線運動時有此過程，功率與時間成線性關系，圖像為一條過原點的傾斜直線，之后，汽車保持以額定功率運動，即圖像為一條平行于時間軸的直線，故D正確。故選BD。10．BD【詳解】AB．在第一次小鉛塊運動過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個木板加速，運動到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對應過程，故第二次小鉛塊與B木板將更早達到速度相等，所以小鉛塊還沒有運動到B的右端，兩者速度相同，A錯誤，B正確；CD．根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的熱量計算式由于第一次的相對位移大于第二次的相對位移的大小，則圖甲所示的過程產(chǎn)生的熱量大于圖乙所示的過程產(chǎn)生的熱量，C錯誤，D正確。故選BD。11．=PN【詳解】（1）[1]設斜面傾角為，則速度方向與斜面的夾角為，則所以=（2）[2][3]根據(jù)且，所以不放小球B時，小球A的落點是P點，碰撞后小球的落點是N點。（3）[4]在斜面上，整理得所以即在實驗誤差允許的范圍內，要驗證動量守恒定律，則需要驗證關系式12．0.02A2g【詳解】（1）[1]由于電動機的轉速為3000r/min，則其頻率為則（2）[2]實驗操作時，為了使軟筆在鋼柱表面畫上一條痕跡條數(shù)多一些，應該先打開電源使電動機轉動，后燒斷細線使鋼柱自由下落。故選A。（3）[3]根據(jù)勻變速直線運動中間時刻速度等于該段過程的平均速度，則畫出痕跡D時，鋼柱下落的速度為（4）[4]鋼制的圓柱下落過程中，只有重力做功，重力勢能的減小等于動能的增加，即可得若圖線為一條傾斜直線，且直線的斜率近似等于，則可認為鋼柱下落過程中機械能守恒。13．(1)20V，60V(2)40V，【詳解】（1）由題可知，解得電荷從B點移動到C點，電勢能增加了，說明在此過程中，電場力也是做負功，同理可得根據(jù)電勢差的關系可得（2）因為且所以，B點的電勢B點的電勢能14．(1)，(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)動能定理有解得根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）設滑塊恰好與圓弧槽相對靜止時的速度為v，根據(jù)動量守恒定律有系統(tǒng)損失的機械能解得（3）設此時圓弧槽的速度大小為，滑塊的速度大小為，則有，；解得15．(1)(2)，(3)【詳解】（1）根據(jù)動能定理可知由乙圖可知，彈力所做的功故物塊剛滑到A點的速率（2）由胡克定律可得結合乙圖解得故彈簧振子的振動周期為所以物塊從釋放到運動到A點的時間由于物塊在A點的速度為物塊在傳送帶上的加速度解得二者共速的時間解得物塊加速運動的位移物塊在傳送帶上勻速運動的時間由于物塊剛好滑到P點，設物塊與BG間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得所以物塊在BG上的加速度解得根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得物塊在BG上運動的時間解得所以物塊從釋放到第一次滑到G點時的運動時間或t=1.4+Π10—假設滑塊從P點滑落時，到達B點的速度為，則根據(jù)動能定理可得解得顯然滑塊再次滑上傳送帶，此階段物塊在傳送帶上滑行的位移顯然小于物塊與傳送帶共速前的位移，根據(jù)對稱性可知，最終滑塊離開傳送帶的速度大小依然為，所以物塊在BG段滑行的距離此時距離G點的位移（3）物塊到達Q點的最小速度為，對物塊受力分析可知解得根據(jù)動能定理可知，在B點的最小速