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PAGE18-山东省青岛市第十七中学2025届高三物理上学期10月阶段性检测试题(含解析)本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分,考试时间90分钟,满分100分。第I卷(选择题共40分)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一、摩天轮悬挂透亮座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A.从最低点到最高点,乘客的机械能守恒B.从最低点到最高点,乘客先超重再失重C.从最低点到最高点,乘客受合力冲量为零D.从最低点到最高点,乘客受合力做功不为零【答案】B【解析】【详解】A.机械能等于重力势能与动能之和,摩天轮运动过程中做匀速圆周运动,乘客的速度大小不变,则动能不变,但高度变更,重力势能变更,因此机械能不守恒,A错误;B.圆周运动过程中,从最低点到与圆心等高的位置,向心加速度有竖直向上的重量,则乘客超重;从圆心等高位置到最高点,向心加速度由竖直向下的重量,则乘客失重,B正确;C.从最低点到最高点,乘客动量的方向不断变更,则合外力的冲量不为零,C错误;D.从最低点到最高点,乘客的动能不变,则合力做功为零,D错误;故选B。2.如图,质量为m的小猴子在荡秋千,大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放,此时藤条与竖直方向夹角为θ,小猴子到藤条悬点的长度为L,忽视藤条的质量.在此过程中正确的是()A.缓慢上拉过程中拉力F做的功WF=FLsinθB.缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcosθC.小猴子再次回到最低点时重力的功率为零D.由静止释放到最低点小猴子重力的功率渐渐增大【答案】C【解析】【详解】A.缓慢上拉过程中,小猴处于平衡状态,故拉力是变力,依据动能定理,有:W-mgL(1-cosθ)=0,故W=mgL(1-cosθ),故A错误;B.缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加等于克服重力做功,故为mgL(1-cosθ),故B错误;C.小猴子再次回到最低点时重力方向与速度方向垂直,故重力的瞬时功率为零,故C正确;D.刚刚释放时,速度为零,故重力的功率为零,最低点重力与速度垂直,功率也为零,故由静止释放到最低点小猴子重力的功领先增加后减小,故D错误;【点睛】本题考查了平衡条件、动能定理的综合运用,知道从A到B的过程中,因拉力F是变力,不能通过功的公式求解拉力做功的大小,需通过动能定理进行求解.3.质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定其上,另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动,如图所示,则()A.甲、乙两物块弹簧压缩过程中,由于弹力作用,系统动量不守恒B.当两物块相距最近时,甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1m/s时,乙物块的速率可能为2m/s,也可能为0D.甲物块的速率可能达到6m/s【答案】C【解析】【详解】A.甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中,系统所受的合外力为零,系统动量守恒,故A错误;

B.当两物块相距最近时速度相同,取碰撞前乙的速度方向为正方向,设共同速率为v,由动量守恒定律得mv乙-mv甲=2mv代入数据解得v=0.5m/s故B错误;C.甲、乙组成的系统动量守恒,若物块甲的速率为1m/s,方向与原来相同,由动量守恒定律得mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′代入数据解得v乙′=2m/s若物块甲的速率为1m/s,方向与原来相反,由动量守恒定律得mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′代入数据解得v乙′=0故C正确;

D.当弹簧复原原长时,甲的速度最大,依据动量守恒和能量守恒有mv乙-mv甲=mv1+mv2代入数据解得甲的最大速度v1=4m/s故D错误。故选C。4.“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器,它是目前世界上下潜实力最强的潜水器.假设某次海试活动中,“蛟龙号”完成海底任务后竖直上浮,从上浮速度为v时起先计时,此后“蛟龙号”匀减速上浮,经过时间t,上浮到海面,速度恰好减为零.则“蚊龙号”在时刻距离海平面的深度为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】蛟龙号上浮时的加速度大小为:依据逆向思维,可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度为:;A.,与结论不相符,选项A错误;B.,与结论不相符,选项B错误;C.,与结论不相符,选项C错误;D.,与结论相符,选项D正确;5.如图所示,ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架,其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ.P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上,两根细绳的一端分别系在P、Q环上,另一端和一绳套系在一起,结点为O.将质量为m的钩码挂在绳套上,OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l1、l2表示,若l1<l2,则下列说法正确的是:()A.OP绳子拉力大 B.OQ绳子拉力大C.两根绳子拉力肯定相等 D.两根绳子拉力肯定不相等【答案】C【解析】【详解】据题,P、Q是两个轻质小环,不考虑重力,当系统平衡时,由于ABC是光滑的,P、Q环对AC、AB的压力都应分别垂直于AC、AB,依据几何学问得知,不论两绳的长度如何,它们之间的夹角与顶角C互补,则它们之间的夹角保持不变,又因为CA、CB与竖直方向的夹角相等,都是θ,依据平衡条件分析得知,两绳与竖直方向的夹角必定相等,则两绳的拉力大小相等,则有F1:F2=1:1故C.6.一个轻质弹簧,固定于天花板的O点处,原长为L,如图,一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出,以速度v与弹簧在B点相接触,然后向上压缩弹簧,到C点时物块速度为零,在此过程中无机械能损失,则下列说法正确的是()A.由B到C的过程中,物块的速度始终减小B.由B到C的过程中,物块的加速度先增加后减小C.由A到C的过程中,物块重力势能的变更量与克服弹力做的功肯定相等D.由A到C的过程中,弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小相等【答案】A【解析】【详解】由B到C的过程中,物体受向下的重力和向下的弹力,且随着物块的上升,弹力变大,依据牛顿其次定律可知,物块的加速度渐渐变大,速度始终减小,选项A正确,B错误;由A到C依据动能定理:,则物块重力势能的变更量与克服弹力做的功不肯定相等,选项C错误;由A到C依据动量定理:,则弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量不肯定大小相等,选项D错误;故选A.7.据报道,我国的一颗数据中继卫星在西昌卫星放射中心放射升空,经过4次变轨限制后,胜利定点在东经77°赤道上空的同步轨道。关于胜利定点后的卫星,下列说法正确的是()A.运行速度大于7.9km/sB.由于太空垃圾对卫星运动的影响,会使卫星的运行轨道变低,且线速度变小C.向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等D.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大【答案】D【解析】【详解】A.卫星在轨道上,万有引力供应向心力,由牛顿其次定律可得解得:,由于同步卫星的轨道半径大于地球半径,所以该同步卫星的线速度小于第一宇宙速度,A错误;B.由于太空垃圾对卫星运动的影响,卫星要克服阻力做功,线速度变小,由于卫星轨道变低即轨道半径减小,由可知,卫星的线速度变大,B错误;C.同步卫星与静止在轨道上的物体具有相同的角速度,由公式可得,轨道半径越大加速度越大,同步卫星的向心加速度大于静止在赤道上物体的向心加速度,C错误;D.因为同步卫星的周期为,月球绕地球转动的周期为,即,由公式可知:,D正确;故选D。8.如图所示,固定于水平面上的光滑斜面足够长,一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连,另一端与盒子A相连,A内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁接触,现用力推A使弹簧处于压缩状态,然后由静止释放,则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中,下列说法正确的是()A.弹簧的弹性势能始终削减到零B.A对B做的功等于B机械能的增加量C.弹簧弹性势能的削减量等于A的机械能的增加量D.A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和等于A的动能的增加量【答案】B【解析】【详解】A.盒子A速度最大时,A、B整体的合力为零,此时弹簧弹力等于整体重力沿斜面的分力,弹簧仍处于压缩状态,所以从起先释放到速度最大的过程中,弹性势能始终在减小,但没有减到零,A错误;B.依据除重力或弹力以外的力做功等于物体机械能的增加量,可知A对B做的功等于B机械能的增加量,B正确;C.由于A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,故弹性势能的减小量等于A和B机械能的增加量,C错误;D.对于物体A分析,可知重力、弹簧弹力和B对A的弹力的合力做的功等于动能的增加量,而B对A的弹力做负功,因此重力和弹力做功的代数和大于A动能的增加量,D错误。故选B。二、多项选择题:本题共4小题,共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分。9.如图所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止起先自由下滑,经过上、下两段滑道后,最终恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,,).则A.动摩擦因数B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为【答案】AB【解析】【详解】A.由动能定理可知:,解得,选项A正确;B.对前一段滑道,依据动能定理有,解得:,则选项B正确;C.载人滑草车克服摩擦力做功2mgh,选项C错误;D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为,选项D错误;10.如图甲所示,倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行,t=0时,将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上,物体相对地面的v-t图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向,取重力加速度g=10m/s2,则()A.传送带的速率v0=10m/sB.传送带的倾角θ=30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5D.0~2.0s内摩擦力对物体做功Wf=-24J【答案】ACD【解析】【详解】当物体的速率超过传送带的速率后,物体受到的摩擦力的方向发生变更,加速度也发生变更,依据v-t图象可得,传送带的速率为v0=10m/s,选项A正确;1.0s之前的加速度a1=10m/s2,1.0s之后的加速度a2=2m/s2,结合牛顿其次定律,gsinθ+μgcosθ=a1,gsinθ-μgcosθ=a2,解得sinθ=0.6,θ=37°,μ=0.5,选项B错误,C正确;摩擦力大小Ff=μmgcosθ=4N,在0~1.0s内,摩擦力对物体做正功,在1.0~2.0s内,摩擦力对物体做负功,0~1.0s内物体的位移为5m,1.0~2.0s内物体的位移是11m,0~2.0s内摩擦力做的功为-4×(11-5)J=-24J,选项D正确.11.两个物体A、B的质量分别为m1和m2,并排静止在水平地面上,用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上,分别作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止下来.两物体运动的速度-时间图象分别如图中图线a、b所示.已知拉力F1、F2分别撤去后,物体做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出).由图中信息可以得出()A.两个物体A、B与水平地面的动摩擦因数相同B.若m1=m2,则力F1对物体A所做的功与力F2对物体B所做的功一样多C.若m1=m2,则力F1对物体A的冲量较大D.若m1=m2,则力F1的最大瞬时功率肯定是力F2的最大瞬时功率的2倍【答案】ABD【解析】【详解】由斜率等于加速度知,撤除拉力后两物体的速度图象平行,故加速度大小相等,由,因可知,μ=0.1,则两个物体A、B与水平地面的动摩擦因数相同,选项A正确;s1=×4×2.5m=5m,s2=×2×5m=5m;若m1=m2,则f1=f2,依据动能定理,对a有:WF1-f1s1=0;同理对b有:WF2-f2s2=0;∴WF1=WF2,故B正确;若m1=m2,则f1=f2,依据动量定理,对a有:IF1-f1t1=0,所以IF1=f1t1;同理对b有:IF2=f2t2,因t1<t2,所以IF1<IF2.故C错误;由图可得:;;依据牛顿其次定律,对于m1则有:F1-μ1m1g=m1a1;解得:F1=m1(a1+μ1g)=m1N;拉力F1的最大瞬时功率:Pm1=F1vm1=m1×2.5=m1;对于m2则有:F2-μ2m2g=m2a2;解得:F2=m2(a2+μ2g)=m2N;拉力F2的最大瞬时功率:Pm2=F2vm2=m2×2=m2;若m1=m2,则Pm1=2Pm2,故D正确.故选ABD.【点睛】本题综合性很强,所以娴熟驾驭牛顿其次定律,动能定理以及动量定理,会依据v-t图求解加速度,位移是能否胜利解题的关键.12.一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上,其截面如图所示.图中ab为粗糙的水平面,长度为L;bc为一光滑斜面,斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽视的光滑圆弧连接.现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动,在斜面上上升的最大高度为h,返回后恰好到达a点与物体P相对静止,重力加速度为gA.粗糙水平面ab的动摩擦因数为h/LB.当木块最终到达a时的速度为0C.当木块最终到达a时的速度为v0/3D.整个过程产生热量为2mgh【答案】ACD【解析】【分析】分不同阶段应用动量守恒和能量守恒即可解决问题.【详解】先分析小物块从起先到最高点的过程,依据动量守恒:mv0=3mv,,依据能量守恒,有①,同理,最终到达a点时的速度也是,整个过程能量守恒有②,联立①②得,得,整个过程产生的热量;综上ACD正确,B错误.【点睛】本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律,要留意摩擦生热与相对运动的关系.第II卷(非选择题共60分)三、试验题:本题共2小题,共计14分。13.用如图所示试验装置验证机械能守恒定律。通过电磁铁限制的小铁球从A点自由下落,下落过程中经过光电门B时,毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间t,测出AB之间的距离h。试验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束。(1)为了验证机械能守恒定律,还须要测量下列哪些物理量___________。A.A点与地面间距离HB.小铁球的质量mC.小铁球从A到B的下落时间tABD.小铁球的直径d(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v=___________,若下落过程中机械能守恒,则与h的关系式为=___________。【答案】(1).无(2).无(3).无【解析】【详解】无14.为了探究质量肯定时加速度与力的关系。一同学设计了如图所示的试验装置。其中M为带滑轮的小车的质量,m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)(1)试验时,肯定要进行的操作或保证的条件是___________。A.用天平测出砂和砂桶的质量B.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力C.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录弹簧测力计的示数D.变更砂和砂桶的质量,打出几条纸带E.为减小误差,试验中肯定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在试验中得到如图所示的一条纸带(相邻两计数点间还有两个点没有画出)。已知打点计时器采纳的是频率为50Hz的沟通电,依据纸带可求出小车的加速度为___________m/s2(结果保留两位有效数字)。(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a-F图像是一条直线,图线与横轴的夹角为θ,求得图线的斜率为k,则小车的质量为___________。A.B.C.kD.【答案】(1).BCD(2).1.3(3).【解析】【详解】(1)[1]A.本题拉力可以由弹簧测力计测出,不须要用天平测出砂和砂桶的质量,也就不须要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量,AE错误;B.将带滑轮的长木板右端垫高,以平衡摩擦力,B正确;C.打点计时器运用时,都是先接通电源,待打点稳定后再释放纸带,该试验探究加速度与力和质量的关系,要记录弹簧测力计的示数,C正确;D.变更砂和砂桶质量,即变更拉力的大小,打出几条纸带,探讨加速度随F变更关系,D正确。故选BCD。(2)[2]由于两计数点间还有两个点没有画出,两个相邻计数点的时间间隔为0.06s,由可得(3)[3]由牛顿其次定律得则a-F图像的斜率k小车质量为四、计算题:本题共3小题,共计46分。15.光滑水平面上放着质量,mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接),用手拦住B不动,此时弹簧弹性势能EP=49J.在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B向右运动,绳在短短暂间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5m,B恰能到达最高点C.g=10m/s2,求(1)绳拉断后物块B到达半圆轨道最低点的速度大小;(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;(3)绳拉断过程中系统损失的机械能大小.【答案】(1)5m/s;(2)4N•s;(3)24J.【解析】【详解】(1)设B到达C点速率为vC,依据B恰能到达最高点C有:mBg=mB

B由最低点运动到最高点C这一过程应用动能定理:-2mBgR=mBvc2-mBvB2解得:vB=5m/s.

(2)设弹簧复原到自然长度时B的速率为v1,取向右为正方向,弹簧的弹性势能转化给B的动能,Ep=mBv12

依据动量定理有:I=mBvB-mBv1解得:I=-4N•s,其大小为4N•s(3)绳拉断过程中系统损失的机械能大小:.【点睛】该题考查了多个学问点.我们首先要清晰物体的运动过程,要从题目中已知条件动身去求解问题.其中应用动能定理时必需清晰探讨过程和过程中各力做的功.应用动量定理和动量守恒定律时要规定正方向,要留意矢量的问题.16.滑板运动是青少年宠爱的一项活动.如图所示,滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h=0.8m高的平台,运动员(连同滑板)恰好能无碰撞的从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道,然后经C点沿固定斜面对上运动至最高点D.圆弧轨道的半径为1m,B、C为圆弧的两端点,其连线水平,圆弧对应圆心角θ=106°,斜面与圆弧相切于C点.已知滑板与斜面问的动摩擦因数为μ=,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力,运动员(连同滑板)质量为50kg,可视为质点.试求:(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v0;(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最底点对轨道的压力;(3)运动员(连同滑板)在斜面上滑行的最大距离.【答案】(1)3m/s(2)2150N(3)1.25m【解析】【详解】(1)运动员离开平台后从A至B的过程中,在竖直方向有vy2=2gh①在B点有:vy=v0tan

②由①②得:v0=3m/s

③(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动,由牛顿其次定律可得N−mg=m

④由机械能守恒得mv02+mg[h+R(1−cos53°)]=mv2

⑤联立③④⑤解得N=2150N(3)运动员从A至C过程有:mgh=mvC2-mv02

⑥运动员从C至D过程有:mgLsin+μmgLcos=mvC2⑦由③⑥⑦解得:L=1.25m17.如图,四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上,紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板,长木板上表面与轨道末端相切,轨道末端C点固定有大小不计的压力开关和长木板相连,当对开关的压力超过15N时触发压力开关,使长木板和圆轨道脱离.已知长木板长1m,圆轨道半径R=1m,滑块和长木板的质量均为1kg,滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4,长木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1,g取10m/s2.若滑块从轨道上距离C点高h=0.45m的位置由静止释放,求:(1)滑块到C点时对轨道压力的大小;(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小;(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中,地面、滑块、木板这个系统产生的总热量.【答案】(1)、(2)、(3)【解析】【详解】(1)由动能定理得:得出在C点由向心力公式知:得出由牛顿第三定律可知。(2)从滑块滑上木板到滑块停止运动的过程中:物块的加

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