1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在試卷和答題卡指定位置上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案用0.5mm的黑色筆跡簽字筆寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1. 秋日的周末，李明在汾河四期的自行車專用道上騎行。某段時間內(nèi)，自行車沿直線行進，手機運動軟件記錄了自行車的圖像，如圖所示。為分析這一時段內(nèi)的運動，他用虛線將運動作了近似處理，下列說法正確的是（ ）
A. 在時刻，虛線反映加速度比實際的大
B. 在時間內(nèi)，由虛線計算出的平均速度比實際的大
C. 在時間內(nèi)，由虛線計算出的位移比實際的大
D. 在時間內(nèi)，虛線反映的是勻變速運動
【答案】C
【解析】A．圖線的斜率表示加速度，由圖可知，時刻實線的斜率較大，即實際的加速度大，故A錯誤；
B．圖線的面積表示位移，由圖可知時間內(nèi)，實線與橫軸圍成的面積較大，即實際的位移較大，根據(jù)可知，實際的平均速度較大，故B錯誤；
C．圖線的面積表示位移，由圖可知時間內(nèi)，虛線與橫軸圍成的面積較大，即由虛線計算出的位移比實際的大，故C正確；
D．由圖可知，時間內(nèi)，虛線表示的縱坐標(biāo)，即瞬時速度不變，即反映的是勻速直線運動，故D錯誤。
故選C。
2. 校運會上，運動員以背越式成功過桿的情景如圖所示。在跳高運動員從地面起跳到落地的過程中，下列說法正確的是（ ）
A. 起跳時，運動員對地面壓力值大于地面對他支持力的值
B. 在空中，上升時運動員處于超重狀態(tài)，下落時處于失重狀態(tài)
C. 在最高點，運動員速度為零，加速度也為零
D. 落地時，地面對運動員向上平均作用力的值大于他重力的值
【答案】D
【解析】A．由牛頓第三定律可知，起跳時，運動員對地面壓力的值等于地面對他支持力的值，A錯誤；
B．在空中，不論上升還是下落，加速度都向下，運動員都處于失重狀態(tài)，B錯誤；
C．在最高點，運動員速度為零，加速度不為零，C錯誤；
D．對運動員受力分析和運動分析，取向上為正，由動量定理可知
可得
落地時，地面對運動員向上平均作用力的值大于他重力的值，D正確。
故選D。
3. 質(zhì)量為m的輪滑運動員，從傾角為θ的斜面底端沿直線沖上足夠長的斜面，經(jīng)時間t1速度變?yōu)榱?，再?jīng)時間t2返回到斜面底端。已知運動員在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g，則在往返過程中，運動員所受（ ）
A. 重力的沖量值為mg（t1 + t2）sinθ
B. 支持力的沖量值為mg（t1 + t2）csθ
C. 摩擦力的沖量值為Ff（t1 + t2）
D. 合力的沖量值為0
【答案】B
【解析】A．重力對運動員的沖量值為
故A錯誤；
B．將重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力
則支持力對運動員的沖量值為
故B正確；
C．運動員向上滑動時摩擦力方向沿斜面向下，運動員向下滑動時摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上為正方向，則摩擦力的沖量值為
故C錯誤；
D．一開始運動員的動量沿斜面向上，最后運動員的動量沿斜面向下，根據(jù)動量定理可知
由于
合外力的沖量不為0，故D錯誤。
故選B。
4. 排污工程施工時，工人站在地面上手握細(xì)繩的一端通過細(xì)繩拉住重物P，平衡時懸掛定滑輪的細(xì)繩與豎直方向成角，如圖所示。不考慮滑輪質(zhì)量和摩擦，用F表示細(xì)繩中拉力的大小，下列分析正確的是（ ）
A. 若僅工人向右移動一小段距離，平衡后F減小
B. 若僅工人向左移動一小段距離，平衡后F保持不變
C. 若僅減小P的重量，角將變小
D. 若僅減小P的重量，角將變大
【答案】A
【解析】A．圖像可知繩子和滑輪構(gòu)成的結(jié)點為活結(jié)，設(shè)重物重力為mg，把結(jié)點和滑輪作為一個整體受力分析可知，受到拉力F1、F2、F而處于平衡狀態(tài)，如圖
根據(jù)活結(jié)特點和三力平衡可知，拉力F的反向延長線平分F1、F2的夾角，且，由圖可知均為，故有平衡條件可知
若僅工人向右移動一小段距離，可知變大，故變小，故F變小，故A正確；
B．以上分析可知，若僅工人向左移動一小段距離，可知變小，故變大，故F變大，故B錯誤；
CD．以上分析可知只與工人左移動或右移動有關(guān)，與P質(zhì)量無關(guān)，故CD錯誤。
故選A 。
5. 著陸月球前，“嫦娥六號”的軌跡可簡化為如圖所示的模型。Ⅰ是地月轉(zhuǎn)移軌道，Ⅱ、Ⅲ是繞月球運行的橢圓軌道，Ⅳ是繞月球運行的圓形軌道，P、Q分別為橢圓軌道Ⅱ的遠(yuǎn)月點和近月點。關(guān)于“嫦娥六號”的說法正確的是（ ）
A. 在軌道Ⅱ上P點的速度大于月球的第二宇宙速度
B. 在軌道Ⅱ上P點的機械能小于在軌道Ⅳ上Q點的機械能
C. 在軌道Ⅳ上運行的周期小于在軌道Ⅲ上運行的周期
D. 若返回地球，脫離月球的速度應(yīng)大于地球的第二宇宙速度
【答案】C
【解析】AD．根據(jù)第二宇宙速度定義，可知“嫦娥六號”在P點時被月球捕獲繞月球運動，則其在P點的速度小于月球的第二宇宙速度；若返回地球，則脫離月球的速度應(yīng)大于月球的第二宇宙速度，故AD錯誤；
B．“嫦娥六號”從橢圓軌道Ⅱ到軌道Ⅳ，需要通過減速實現(xiàn)從高軌道變到低軌道，克服外力做功，機械能減小，所以可知“嫦娥六號”在軌道Ⅱ上P點的機械能大于在軌道Ⅳ上Q點的機械能，故B錯誤；
C．根據(jù)開普勒第三定律，可知，由于“嫦娥六號”在軌道Ⅳ上運行的軌道半徑小于其在軌道Ⅲ上運行的半徑，可知其在軌道Ⅳ上運行的周期小于在軌道Ⅲ上運行的周期，故C正確。
故選C。
6. 雨滴由靜止豎直下落到地面的過程中，其質(zhì)量不變，受到的空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比。一雨滴從足夠高的空中落下，若雨滴下落的時間為t，下落的高度為h、速度大小為v、動能為，以地面為零勢能面，雨滴的重力勢能為，下列圖像中大致正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】AB．由題意可知雨滴受到空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比，即空氣阻力
f=kv
對雨滴由牛頓第二定律有mg-kv=ma
雨滴從靜止開始下落，速度v逐漸增大，則加速度a逐漸減小，若毽子下落的高度足夠大，加速度可能減小為零，即速度先增大，之后可能不變，h-t圖像的斜率表示速度，所以h-t圖像的斜率先增加可能之后不變，v-t圖像的斜率表示加速度，所以v-t圖像的斜率先增大可能之后不變，故A正確，B錯誤；
C．設(shè)雨滴原來距地面的高度為H，則下落高度為h時，距離地面的高度為H-h，則其重力勢能表達(dá)式為
Ep=mg（H-h）
Ep-h為線性關(guān)系，其圖像應(yīng)是向下傾斜的直線，故C錯誤；
D．由動能定理有
Ek=（mg-kv）h
根據(jù)上述分析可知速度v的變化特點，所以Ek-h圖像的斜率開始階段是減小的，最后可能不變，故D錯誤。故選A。
7. 在某次深海下潛的最后階段，“蛟龍?zhí)枴睗撍髯鰷p速運動的加速度大小a隨時間t變化的關(guān)系如圖所示，時刻“蛟龍?zhí)枴钡乃俣惹『脼榱恪Ｏ铝姓f法中正確的是（ ）
A. 時間內(nèi)，“蛟龍?zhí)枴弊鰟驕p速運動
B. 時刻，“蛟龍?zhí)枴钡乃俣却笮∈菚r刻的2倍
C. 時間內(nèi)，“蛟龍?zhí)枴钡奈灰拼笮?br>D. 時刻，海水對“蛟龍?zhí)枴钡淖饔昧Υ笮∈菚r刻的2倍
【答案】C
【解析】A．由圖可知，時間內(nèi)，“蛟龍?zhí)枴钡募铀俣却笮p小，所以“蛟龍?zhí)枴弊黾铀俣葴p小的減速運動，故A錯誤；
B．根據(jù)可知，圖線與橫軸所圍面積表示速度變化量，又因為時刻“蛟龍?zhí)枴钡乃俣惹『脼榱悖?，時刻“蛟龍?zhí)枴钡乃俣却笮?br>時刻“蛟龍?zhí)枴钡乃俣却笮?br>即
所以，時刻“蛟龍?zhí)枴钡乃俣仁菚r刻的2倍，故B錯誤；
C．與B選項同理，可知“蛟龍?zhí)枴钡某跛俣葹?br>又因為時間內(nèi)，“蛟龍?zhí)枴弊鰟驕p速直線運動，所以位移為
故C正確；
D．時刻對“蛟龍?zhí)枴?，根?jù)牛頓第二定律
時刻對“蛟龍?zhí)枴?，根?jù)牛頓第二定律
所以
故D錯誤。故選C。
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有兩個或兩個以上選項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
8. 小球在幾個力的作用下沿某一方向做勻速直線運動，某時刻撤掉其中一個力而其他力保持不變，則小球在之后的運動中可能出現(xiàn)的情況有（ ）
A. 速度和加速度的方向都在不斷變化
B. 速度與加速度方向間的夾角一直減小
C. 在相等的時間間隔內(nèi)，動量的變化量相等
D. 在相等的時間間隔內(nèi)，動能的變化量相等
【答案】C
【解析】AB．小球受到幾個力的作用而做勻速直線運動，這幾個力的合力為零；如果撤掉其中的一個力而其他幾個力保持不變，小球所受合力與撤掉的那個力等大、反向，但合力的方向不一定與初速度方向相同，合力的方向與速度方向可能相同，也可能相反；可能夾角是銳角也可能是鈍角，也可能垂直，所以小球加速度的方向不變，速度的方向可能變化；速度如果與加速度同向，速度與加速度方向間的夾角一直為0，故AB錯誤；
C．由動量定理，可知在相等的時間間隔內(nèi)，動量的變化量相等，故C正確；
D．由于小球做勻變速直線或曲線運動，在相等的時間間隔內(nèi)，合力做功不相等，由動能定理，可知動能的變化量不相等，故D錯誤。故選C。
9. 如圖，兩質(zhì)量相等的小物塊P和Q放在水平轉(zhuǎn)盤上，它們與轉(zhuǎn)盤間的最大靜摩擦力均為各自重力的k倍。P與豎直轉(zhuǎn)軸的距離為d，連接P、Q的細(xì)線長也為d，且P、Q與轉(zhuǎn)盤中心三者共線，初始時，細(xì)線恰好伸直但無張力?，F(xiàn)讓該裝置開始繞軸轉(zhuǎn)動，在圓盤的角速度緩慢增大的過程中，重力加速度為g，下列判斷正確的是（ ）
A. 當(dāng)時，繩子一定無彈力
B. 當(dāng)時，P、Q相對于轉(zhuǎn)盤會滑動
C. 當(dāng)時，P受到的摩擦力隨的增大而變大
D. 當(dāng)時，Q受到的摩擦力隨的增大而變大
【答案】AC
【解析】A．開始轉(zhuǎn)動時圓盤的角速度較小，兩木塊都靠靜摩擦力提供向心力，因為兩木塊角速度、質(zhì)量都相同，根據(jù)向心力公式可知，Q先達(dá)到最大靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
因此當(dāng)時，繩子一定無彈力，A正確；
B．角速度繼續(xù)增大，繩子出現(xiàn)拉力，Q受最大靜摩擦力不變，角速度繼續(xù)增大，P的靜摩擦力繼續(xù)增大，當(dāng)增大到最大靜摩擦力時，P、Q相對于轉(zhuǎn)盤開始滑動，根據(jù)牛頓第二定律，對P有
對Q有
聯(lián)立解得
因此當(dāng)時，P、Q相對于轉(zhuǎn)盤會發(fā)生滑動，B錯誤；
C．當(dāng)時，P相對轉(zhuǎn)盤是靜止的，受到的摩擦力為靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有
當(dāng)增大時,靜摩擦力也增大，C正確；
D．當(dāng)時，繩子出現(xiàn)拉力，Q所受靜摩擦力達(dá)到最大值且保持不變，D錯誤。
故選AC。
10. 排球訓(xùn)練中，運動員跳起后在離地面高度為h的O位置將排球水平擊出，排球在空中的運動軌跡如圖所示。已知排球質(zhì)量為m，水平初速度為，在運動過程中受到的空氣阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為k。排球落地點為P，速度大小為v，方向與水平面的夾角為，重力加速度為g。則排球（ ）
A. 到達(dá)P點時，重力的功率為
B. 從O到P，運動的時間為
C. 從O到P，水平位移大小為
D. 從O到P，克服空氣阻力做的功為
【答案】BD
【解析】A．小球落地時重力的功率為
故A錯誤；
B．小球在下落過程中，取向下為正方向，豎直方向上由動量定理得
從O到P，豎直方向的位移為h，因此有
以上聯(lián)立得
故B正確；
C．小球在水平方向做勻減速運動，由動量定理得
從O到P，設(shè)水平位移為L，因此有
以上聯(lián)立得
故C錯誤；
D．小球在下落過程由動能定理得
得
故D正確。
故選BD。
三、非選擇題：本大題共5小題，共54分。
11. 圖甲是探究向心力與角速度大小關(guān)系的裝置。電動機的豎直轉(zhuǎn)軸上，固定有光滑水平直桿，直桿上距轉(zhuǎn)軸中心40cm處固定有直徑1.00cm的豎直遮光桿。水平直桿上套有質(zhì)量為0.20kg的物塊，物塊與固定在轉(zhuǎn)軸上的力傳感器通過細(xì)線連接。當(dāng)物塊隨水平直桿勻速轉(zhuǎn)動時，細(xì)線拉力F的大小可由力傳感器測得，遮光桿經(jīng)過光電門的時間可由光電計時器測得。
（1）若遮光桿經(jīng)過光電門時的遮光時間為0.10s，則直桿轉(zhuǎn)動的角速度為______rad/s。
（2）保持物塊的質(zhì)量和細(xì)線的長度不變，改變轉(zhuǎn)軸的角速度，測得F與對應(yīng)角速度的數(shù)據(jù)如下表，在圖乙中描點并作出圖像_________。
（3）圖像可得出的結(jié)論是：在質(zhì)量和半徑不變時，物塊所受向心力與角速度大小關(guān)系是______（填選項前字母）。
A. B.
C D.
【答案】（1）0.25
（2） （3）C
【解析】【小問1詳解】
根據(jù)
可得
【小問2詳解】
做出圖像如圖
【小問3詳解】
圖像可得出的結(jié)論是：在質(zhì)量和半徑不變時，物塊所受向心力與角速度大小的平方成正比，即關(guān)系是。故選C。
12. 某實驗小組在暗室里用圖甲的裝置驗證機械能守恒定律，用到的主要實驗器材有：分液漏斗、接水盒、一根有刻度的米尺、頻閃照相機。主要實驗步驟如下：
①在分液漏斗內(nèi)盛滿清水，調(diào)節(jié)閥門，讓空中下落的水滴只有一滴；
②用照相機對下落的一個水滴進行頻閃拍攝，照片中各時刻水滴對應(yīng)位置如圖乙所示；
③測出每次閃光水滴間距離如圖乙，對數(shù)據(jù)進行分析，得到結(jié)論。
已知照相機的頻閃頻率為30 Hz，g = 9.8 m/s2，回答下列問題：
（1）圖乙中9位置水滴速度的大小為______m/s（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）；
（2）若水滴的質(zhì)量為10 mg，水滴在位置1的速度可視為0，圖乙中，水滴從位置1到位置9減小的重力勢能為______J，增加的動能為______J（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）；
（3）對水滴從位置l到位置2、3……9的過程進行分析，發(fā)現(xiàn)從1到9重力勢能的減少量與動能增加量的差值比從1到2、3……8的都大，其原因可能是從1到9的過程中水滴克服空氣阻力做的功與到其他位置相比______（選填“最大”“最小”或“相同”）；
（4）規(guī)定實驗的。若水滴的機械能守恒，則從位置1到位置9的過程中，實驗的相對誤差為______%（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）。
【答案】（1）2.59
（2）3.37 × 10?5 3.35 × 10?5
（3）最大 （4）0.6
【解析】【小問1詳解】
照相機的頻閃頻率為30 Hz，故水滴滴下的時間間隔為
圖乙中9位置水滴速度的大小等于8 ~ 10段的平均速度，則
【小問2詳解】
[1]水滴從位置1到位置9減小的重力勢能為
[2]增加的動能為
【小問3詳解】
對水滴從位置l到位置2、3……9的過程進行分析，發(fā)現(xiàn)從1到9重力勢能的減少量與動能增加量的差值比從1到2、3……8的都大，其原因可能是從1到9的過程中水滴克服空氣阻力做的功與到其他位置相比最大，機械能減少量最大。
【小問4詳解】
取位置9為重力勢能零勢能面，則初態(tài)位置1時機械能為3.37 × 10?5 J，位置9時機械能為3.35 × 10?5 J，從位置1到位置9的過程中
13. 如圖為跳臺滑雪的局部賽道的示意圖，A為起跳臺的邊緣，BC是傾角的雪坡，雪坡的頂端B位于A點的正下方。經(jīng)過助滑的運動員（可視為質(zhì)點），在時從A點沿水平方向飛出，時刻運動員的速度方向與雪坡平行，時刻落到雪坡上的P點。不考慮運動員受到的空氣阻力，取，，重力加速度為g，求：
（1）運動員從A點飛出時速度的大?。?br>（2）A、B兩點的高度差。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小問1詳解】
時刻運動員的速度方向與雪坡平行，則
解得運動員從A點飛出時速度的大小
【小問2詳解】
時刻落到雪坡上的P點，則
，，
解得A、B兩點的高度差
14. 2024年9月11日l8時，藍(lán)箭航天自主研發(fā)的“朱雀三號”可重復(fù)使用垂直回收試驗箭，在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火升空，完成了10公里級以及發(fā)動機空中二次點火回收試驗。點火后火箭勻加速上升，經(jīng)113s發(fā)動機關(guān)閉火箭勻減速上升，到達(dá)最高點時距地面10050m。之后，火箭從最高點開始勻加速下落40s時，到達(dá)距地面4690m處，此時發(fā)動機二次點火使得“朱雀三號”勻減速下降，到達(dá)地面時速度剛好減為0。整個過程歷時200s，火箭著陸平穩(wěn)，落點準(zhǔn)確，狀態(tài)良好，試驗任務(wù)取得圓滿成功！設(shè)火箭整個運動過程中所受的空氣阻力大小始終保持不變，取，求“朱雀三號”
（1）勻加速下落40s內(nèi)空氣阻力與重力比值；
（2）加速上升過程中發(fā)動機推力與重力比值。
【答案】（1）0.33
（2）
【解析】【小問1詳解】
勻加速下落40s內(nèi)運動的位移大小
由，解得勻加速下落40s內(nèi)加速度大小為
由牛頓第二定律得
解得
小問2詳解】
“朱雀三號” 勻加速下落40s末的速度大小為
設(shè)勻減速下落的時間為，則
解得
“朱雀三號”勻減速上升的時間
設(shè)勻加速運動的末速度為，則
解得
由，解得勻加速上升的加速度大小為
由牛頓第二定律得
解得
15. 如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為1.5kg的木板A，其上表面放有一質(zhì)量為0.5kg的小物塊B，B與A右端點的距離為2.0m。天花板上的O點，通過長度為0.9m的輕繩懸吊有質(zhì)量為1.0kg的小球C，輕繩豎直時C緊靠B的左側(cè)。豎直擋板固定于A的右側(cè)，且略高于木板A的上表面。將C向左拉起，當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角為60°由靜止釋放，C到達(dá)最低點時與B發(fā)生彈性正碰，一段時間后，當(dāng)A與B速度相同時，B恰好到達(dá)A的最右端且并未碰到豎直擋板。此后，B與豎直擋板發(fā)生多次碰撞，碰后B立即以原速率返回。取，求：
（1）B與A上表面間動摩擦因數(shù)；
（2）B與豎直擋板發(fā)生前兩次碰撞的時間間隔；
（3）B最終靜止時與A右端點的距離。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小問1詳解】
對小球C，根據(jù)動能定理
解得，小球C到達(dá)最低點與B碰撞前的速度大小為
小球C與B碰撞后，設(shè)小球C的速度大小為，B的速度大小為，根據(jù)動量守恒
碰撞為彈性碰撞，所以動能守恒
聯(lián)立，解得
，
此后，AB為整體，根據(jù)動量守恒
能量守恒
聯(lián)立，解得
，
【小問2詳解】
B與豎直擋板發(fā)生碰撞后，立即以原速率返回，此后B先向左減速后向右加速，A一直向左減速，對B，根據(jù)牛頓第二定律
解得
對A，根據(jù)牛頓第二定律
解得
則B向左減速到零的時間為
位移為
假設(shè)B向右可以一直加速，則根據(jù)運動的對稱性可知，B的末速度大小仍為1m/s將比A的速度大，與實際不符，故B先加速后與A一起勻速，設(shè)加速時間為，共速后的速度大小為，則
解得
，
B加速的位移為
B勻速的位移為
勻速的時間為
所以，B與豎直擋板發(fā)生前兩次碰撞的時間間隔為
【小問3詳解】
由（2）分析可知，第二次碰撞前，即第一次碰撞后，B到A端的距離為
第二次碰撞后，B的速度大小為0.5m/s，則B向左減速到零的時間為
位移為
B先加速后與A一起勻速，設(shè)加速時間為，共速后的速度大小為，則
解得
，
B加速的位移為
則，第二次碰撞使B與A右端點的距離增大
同理可知，第次碰撞使B與A右端點的距離增大
所以，B最終靜止時與A右端點的距離為0
0.5
1.0
1.5
2.0
F/N
0
0.13
0.50
1.12
2.00

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[物理]山西省長治市2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期9月質(zhì)量監(jiān)測(解析版)：

這是一份[物理]山西省長治市2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期9月質(zhì)量監(jiān)測(解析版)，共20頁。

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