山东省济宁市邹城市兖矿第一中学2024-2025学年高三上学期12月阶段性训练物理试题（一）

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1．B
【详解】B．因为波沿轴负方向传播，且时质点P第一次到达波峰，即时质点Q的振动传播到质点P，所以，波速为
故B正确；
A．由图可知，波长为，则周期为
所以
即，时间内，质点Q振动了个周期，此时通过平衡位置向y轴正方向运动，故A错误；
C．当
即，质点P振动半个周期，回到平衡位置，此时加速度最小，为零，故C错误；
D．时间内
所以，质点P运动的路程为
故D错误。
故选B。
2．B
【详解】A．由图乙可知，后物体位置不变即保持静止，故A错误；
B．到物体做匀加速直线运动，其平均速度为
时物体的速度最大，由
得
故B正确；
C．到物体的平均速度为
故C错误；
D．设物体加速和减速运动过程的加速度大小分别为和，则对加速和减速过程分别有
其中
求得
故D错误。
故选B。
3．B
【详解】设每根线对沙桶的拉力为T，两线间夹角为2θ，重力为G（由于沙桶匀速上升，所以重力等于两拉力的合力）。根据竖直方向力的分解有
得到
连结沙桶的两线间夹角逐渐增大，也就是说θ逐渐增大，由于csθ在0到区间内是单调递减，所以随着θ的增大，csθ逐渐减小，那么T就逐渐增大，所以每根线对沙桶的拉力逐渐增大。
故选B。
4．C
【详解】对光滑球体受力分析如图所示
由几何知识可得
把三角块和球作为一个整体受力分析如图
可得
解得
C正确。
故选C。
5．C
【详解】由图可知，嫦娥六号绕月球运行的周期
由开普勒第二定律可知，嫦娥六号与椭圆的焦点的连线在相等的时间内扫过的面积相等，设经过时间t，嫦娥六号与椭圆的焦点的连线扫过的面积为S，则
设嫦娥六号从运动到过程所用时间为，嫦娥六号与椭圆的焦点的连线扫过的面积为，则
其中
根据数学知识可知
又
联立，求得
故选C。
6．D
【详解】碰前小球机械能守恒，有
碰撞过程中，根据动量守恒定律有
碰后，根据机械能守恒定律有
解得
由于A与成正比，则
单摆周期公式为
可知
故选D。
7．C
【详解】AB．释放两滑块的瞬间，质量为的滑块重力沿斜面向下的分力大小为
质量为的滑块重力沿斜面向下的分力大小为
由于
所以，可知的滑块将沿斜面向下加速，的滑块将沿斜面向上加速，且二者的加速度大小相等，对两滑块整体利用牛顿第二定律，可得
求得它们的加速度大小为
故AB错误；
CD．隔离，利用牛顿第二定律有
求得绳对质量为的滑块的拉力大小
故C正确，D错误。
故选C。
8．B
【详解】BC段的拉力功率不变，则
第三个时间段内重物所受拉力和重力相等，即
则重物质量
第一个时间段内重物所受拉力为F1，重物的加速度大小为
第一个时间段内的位移
设第二个时间段内的位移为x2，根据动能定理有
解得
所以被提升重物在第一个时间段内和第二个时间段内通过的总位移
故选B。
9．BD
【详解】A．由题意可知，x = 0处的质点，在t = 1 s时的位移即为图像中虚线在x = 0处的位移，则根据波的传播特点结合数学知识可知，此时x = 0处质点的位移为
故A错误；
B．由图像知，该列波的波长为λ = 8 m，若波沿x轴正方向传播，经过t = 1 s则
可得波速
当n = 0时，v = 3 m/s，故B正确；
C．若波沿x轴负方向传播，经过t = 1 s则
可得波速
显然该情形下，波速不可能为11 m/s，故C错误；
D．若波沿x轴负方向传播，则在t = 2 s内波向左传播的距离为
可知t = 2 s时的波形图相当于t = 0时的波形图（实线）向左平移个波长，故此时x = 0处的质点位于波峰位置，故D正确。
故选BD。
10．AC
【详解】A．木筷在时间内由正向最大位移处运动到负向最大位移处，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，故A正确；
B．由简谐运动的对称性可知
即
故B错误；
C．木筷静止在平衡位置时，所受浮力与重力相等，即
求得
故C正确；
D．木筷振动方程的一般形式为
其中
代入，得
时，有
结合图乙可知，木筷在时间内运动的路程为
故D错误。
故选AC。
11．BC
【详解】A．工料放上传送带后，对工料受力分析，如图所示
由牛顿第二定律得
又
解得
工料向上加速运动，经时间与传送带共速，则有
此后摩擦力突变为沿传送带向下，由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向上。再经
的时间关闭发动机，此时工料的速度为
故A错误；
B．关闭发动机后，由于工料的速度大于传送带的速度，摩擦力方向仍沿传送带向下，由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下。工料在时间内通过的位移为
工料在时间内的位移为
关闭发动机后，工料向上做减速运动，经时间工料与传送带共速，则
该时间内工料的位移为
工料与传送带再次共速后，工料所受的摩擦力沿传送带向上，则由牛顿第二定律得
解得
方向沿传送带向下。此后工料一直减速到0刚好运动到最高点，工料经时间速度减为零，则有
该时间内工料的位移为
则传送带的A、B两端间的距离为
故B正确；
C．根据前面选项分析可知，工料在传送带上经历了四个阶段，第一阶段：静止开始的加速度大小为时间为的匀加速直线运动，有
第二阶段：初速度为，加速度大小为时间为的匀加速直线运动，有
第三阶段：初速度为，加速度大小为时间为的匀减速直线运动，有
第四阶段：初速度为，加速度大小为时间为的匀减速直线运动，有
综上所述，工料在传送带上产生的热量为
故C正确；
D．由前面分析可知工料上升过程中，第一阶段摩擦力做正功，第二、三阶段做负功，第四阶段做正功，根据
可得机械能先增加之后减小最后又增加。故D错误。
故选BC。
12．BD
【详解】A．木块乙上升过程中，开始时弹簧处于压缩状态，后来弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹性势能先减小后增大；而整个系统机械能守恒，弹簧的弹性势能与木块乙的机械能相互转化，所以木块乙的机械能先增大后减小，A错误；
B．当木块乙静止时，弹簧处于压缩状态，其弹力等于木块乙的重力，即
解得
当木块甲恰好未离开桌面，此时弹簧处于伸长状态，弹力等于木块甲重力，即
解得
则木块乙上升的最高位置距开始静止点的距离为
根据对称性可知弹簧的最大压缩量为
B正确；
C．木块甲对桌面的最大压力大小
C错误；
D．选弹簧的最大压缩时为零势能面，根据能量守恒可知
解得
D正确。
故选BD。
13．(1) 等于
(2)
【详解】（1）[1] 弹簧的劲度系数
[2]弹簧自身的重力对劲度系数的测量无影响，所以上述弹簧的劲度系数测量值等于真实值。
（2）由乙图可知，当时，弹力，此时弹簧的伸长量为
根据胡克定律有
代入数据，求得
14．(1)AD
(2) B
(3)
【详解】（1）若实验步骤④中，小球a未撞到木板，可能是小球水平速度较小或者木板距离抛出点的水平距离过大，则可采取的措施是适当减小距离L或者适当增加小球释放固定点的高度，增加初速度，故选AD。
（2）[1]实验步骤③中，分析可知小球a碰前的速度大于碰后的速度，小于b球碰后的速度，故小球a碰撞之前撞击到木板上的痕迹是B点；
[2]小球做平抛运动，则由
解得
则小球a碰撞之前速度
小球ab碰撞之后速度
要验证的关系为
带入可知
即用本实验中所测得的数据验证两小球碰撞过程动量守恒的表达式为
（3）若本实验碰撞为弹性碰撞，则
与
联立可得
15．(1)
(2)
【详解】（1）由表格数据可知,人机加速过程加速度大小
无人机减速过程加速度大小
无人机上升过程总时间
解得
（2）无人机加速过程上升高度
无人机减速过程上升高度
无人机到达最高点离地高度
16．(1)8m/s
(2)122m2
【详解】（1）设在∆t时间内从喷口处喷出水的质量为∆m，则
由能量关系有
解得
（2）喷口出水速度方向与水平面夹角30°时，有
该喷灌机的最大喷灌面积
解得
17．(1)，
(2)-3L
(3)（）
【详解】（1）因微粒在匀强电场中从A沿直线运动到O点，可知此时微粒所受合力方向水平向右，由受力分析得
解得
微粒从A到O点做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向有
解得
（2）微粒在x方向的分运动为匀速直线运动，打到挡板所用时间
0到时间内微粒做类平抛运动，在竖直方向上有
到时间内，微粒受到的电场力和重力平衡，做匀速直线运动，在竖直方向上有
则微粒打到挡板的位置纵坐标
（3）当n=1，可知微粒在右侧区域运动的时间
若微粒在t=0时刻经过原点O，由第（2）问分析可知，微粒在竖直方向上偏转的距离为L；若微粒在t=t0时刻经过原点O，则做匀速直线运动，在竖直方向上不偏转。综上所述，当n=1时，微粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为
(-L, 0)
同理，当n=2，由第（2）问分析可知，微粒在右侧区域运动的时间为2t0，若微粒在t=0时刻经过原点O，则微粒在竖直方向上偏转的距离为3L；若微粒在t=t0时刻经过原点O，则微粒先做匀速直线运动，后做类平抛运动，在竖直方向上偏转的距离为L。综上所述，当n=2时，微粒打在挡板上的纵坐标的取值范围为
(-3L, -L)
以此类推，可得挡板放在（）处时，微粒打在挡板上的纵坐标取值范围为
（）
18．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为，则有
联立解得
可知物块甲运动到最高点时的速度大小为
（2）设物块甲在B点时速度为，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有
解得
因为，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功，由动能定理有
解得
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得
v0= v甲x
由机械能守恒定律得
解得
，
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
解得
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得
木板向左减速过程中，由动能定理得
解得
同理可得
以此类推木板的总路程为
解得
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律得
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即
解得
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。即
解得
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
B
C
C
D
C
B
BD
AC
题号
11
12








答案
BC
BD