2024届高三11月检测物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________得分：___________
一、单选题（本大题共7小题，共28分）
1.如图所示，甲、乙两名滑板运动员在水平型赛道上比赛，甲、乙先后从赛道边缘上的点滑出，一段时间后再次滑入赛道，观察发现甲的滞空时间比乙长，运动过程中乙的最小速度比甲的最小速度大。不计空气阻力，可将运动员视为质点，则下列说法正确的是( )
A. 甲、乙的最大腾空高度相同
B. 甲从点滑出时的初速度一定大于乙的初速度
C. 甲、乙从点滑出时的初速度方向可能相同
D. 甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同
2.年月日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为，如图所示。根据以上信息可以得出( )
A. 火星与地球绕太阳运动的周期之比约为
B. 当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大
C. 火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为
D. 下一次“火星冲日”将出现在年月日之前
3.如图所示为某静电场中轴上各点电势的分布图。一质量为，电荷量大小为的粒子从坐标处以初速度沿轴正方向射出，仅在静电力作用下恰好在区间内往复运动，已知、处电势为，下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带负电
B. 粒子从运动到的过程中，加速度先增大后减小
C. 粒子从运动到的过程中，电势能先增大后减小
D. 粒子从射出后能运动到无穷远处至少需要动能
4.长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为，下列说法正确的有( )
A. 甲在空中的运动时间比乙的长
B. 两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率不相等
C. 从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少
D. 从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为
5.如图所示，在光滑水平面上停放质量为装有弧形槽的小车，现有一质量为的光滑小球以的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是( )
A. 小球离车后，对地将做自由落体运动 B. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
C. 小球在弧形槽上上升的最大高度为 D. 此过程中小球对车做的功为
6.如图所示，在光滑绝缘的水平面上固定两个等量正点电荷和，点为连线的中点，、为连线上关于点对称的两个点，且，一带负电的可视为点电荷的小球以初速度从点运动到点，取无穷远处的电势，以点为坐标原点，向右为轴的正方向，下列关于电势、电场强度、小球的电势能及动能随小球运动的位移变化的图像，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
7.水平固定放置的光滑圆筒横截面如图所示，圆心为，两个可视为质点的小球固定在质量不计的刚性杆两端，开始时系统处于静止状态，与水平方向的夹角分别为和。现对小球施加始终沿圆切线方向的推力，使小球在圆简内缓慢移动，直到小球到达与圆心等高处，已知。下列说法正确的是( )
A. 质量之比为：
B. 对施力前，圆筒对的弹力大小之比为：
C. 移动过程杆上的弹力逐渐增加，圆筒对的弹力逐渐增加
D. 到达与圆心等高处时，的大小小于的重力
二、多选题（本大题共3小题，共24分）
8.多选如图，圆心为的圆处于匀强电场中，电场方向与圆平面平行，和为该圆直径。将电荷量为的粒子从点移动到点，电场力做功为；若将该粒子从点移动到点，电场力做功为。下列说法正确的是( )
A. 该匀强电场的场强方向与平行
B. 将该粒子从点移动到点，电场力做功为
C. 点电势低于点电势
D. 若只受电场力，从点射入圆形电场区域的所有带电粒子都做曲线运动
9.如图所示，、为水平放置的平行板电容器的两个金属极板，为静电计。闭合开关，静电计指针张开一定角度，电容器两极板间的点有一带电液滴处于静止状态，则下列说法正确的是( )
A. 保持开关闭合，将的滑片向右移动，的指针张开角度减小
B. 保持开关闭合，将的滑片向左移动，带电液滴仍处于静止状态
C. 若断开开关，将极板向上移动少许，的指针张开角度减小
D. 若断开开关，将极板向上移动少许，带电液滴仍处于静止状态
10.甲、乙两辆小车均可看成质点在一条平直公路上做直线运动，两车的图像均为抛物线，如图所示，时，甲图像的切线与时间轴平行，时甲、乙的图像相切，根据图像提供的信息，下列说法正确的是( )
A. 至内，甲沿正方向做匀减速直线运动 B. 甲的加速度为
C. 甲、乙相遇时，乙的速度为 D. 时乙的速度为
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量______填选项前的符号，间接地解决这个问题．
A.小球开始释放高度
B.小球抛出点距地面的高度
C.小球做平抛运动的射程
图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程。
然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______填选项前的符号。
A.用天平测量两个小球的质量、
B.测量小球开始释放高度
C.测量抛出点距地面的高度
D.分别找到、相碰后平均落地点的位置、
E.测量平抛射程，
经测定，，，小球落地点的平均位置距点的距离如图所示。碰撞前、后的动量分别为与，则：______：；若碰撞结束时的动量为，则：：______。
实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为______。此问结果保留三位有效数字
12.一研究性学习小组利用图甲装置测定滑块加速运动时与平直长木板间的动摩擦因数。
实验过程如下：
将长木板固定在水平桌面上，其右端安装定滑轮，左端固定位移传感器总质量为的滑块含拉力传感器在长木板上紧靠位移传感器放置，拉力传感器通过细绳跨过定滑轮与质量为的重物连接，调节 使细绳与长木板平行
静止释放滑块，记录拉力传感器和位移传感器的数据，用计算机拟合得到滑块位移随时间变化的图像如图乙所示，该图线的函数表达式是．，则可得滑块加速度 计算结果保留两位小数
若滑块的加速度为时，拉力传感器示数为，则滑块与长木板间的动摩擦因数 用题中物理量字母符号表示。
本实验中 选填“需要”“不需要”满足滑块质量远大于重物质量。
四、计算题（本大题共3小题，共33分）
13.如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端点水平，上端与点的高度差为，倾斜传送带与水平方向的夹角为，传送带的上端点到点的高度差为传送带传动轮的大小可忽略不计一质量为的滑块可看作质点从轨道的点由静止滑下，然后从点抛出，恰好以平行于传动带的速度从点落到传动带上，传送带逆时针传动，速度大小为，滑块与传送带间的动摩擦因数为，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，，试求：
滑块运动至点时的速度大小
滑块由到运动过程中克服摩擦力做的功
滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量．
14.如图甲所示，真空室中加热的阴极发出的电子初速度不计经电场加速后，由小孔沿两平行金属板、的中心线 射入板间，加速电压为，、板长为，两板相距加在、两板间电压随时间变化的关系图线如图乙所示，变化周期为，、板间的电场可看成匀强电场，忽略板外空间的电场．在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变．板、右侧距板右端处放置一足够大的荧光屏，屏与 垂直，交点为 已知电子的质量为，电荷量为，单位时间内从小孔进入的电子个数为，忽略电子重力及电子间的相互作用，不考虑相对论效应．求：
电子加速至点的速度大小；
电子刚好从板的右边缘离开偏转电场时，、板间的电压；
在荧光屏上有电子区域的长度和时间内打到荧光屏的电子数目．
15.在航空托运中，时有损坏行李的事情发生，小华同学设计了如下图所示的缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置紧靠飞机，转运车靠紧。包裹沿缓冲装置的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车并最终停在转运车上被运走，的右端有一固定挡板。已知与、水平面间的动摩擦因数均为，缓冲装置与水平地面间的动摩擦因数为，转运车与地面间的摩擦可忽略。、的质量均为，、水平部分的长度均为。包裹可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度。与的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。
要求包裹在缓冲装置上运动时不动，则包裹的质量最大不超过多少；
若某包裹的质量为，从处静止滑下，求包裹在距转运车右端多远的位置停下来；
若包裹的质量还是，为使该包裹能滑上转运车上，则该包裹释放时的范围。结果保留两位有效数字
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
解决本题的关键是明确两者在水平方向为匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动，根据滞空时间判断最大腾空高度和竖直方向初速度，结合运动的合成分析解答。
【解答】
A、甲乙从点飞出后做斜抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的特点可知运动时间，甲的滞空时间比乙长，所以甲的最大腾空高度大，故A错误；
B、水平方向为匀速运动，由题意知乙的水平速度比甲的水平速度大，甲的滞空时间比乙长，而竖直速度，所以甲的竖直速度大于乙的竖直速度，则从点滑出的初速度的大小无法确定，故B错误；
C、设初速度与水平方向夹角为，则，显然甲初速度与水平方向夹角更大，故C错误；
D、水平方向为匀速运动，水平位移，乙的水平速度比甲的水平速度大，甲的滞空时间比乙长，所以水平位移可能相同，则甲、乙再次滑入赛道的位置可能相同，故D正确。
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查不同轨道上的卫星各物理量的比较，卫星的追及相遇问题，根据开普勒第三定律，万有引力定律与重力的关系解答。
【解答】
A.火星和地球均绕太阳运动，根据开普勒第三定律有
代入数据解得，故A错误；
B.由题意知火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度的大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，此时两者的相对速度最大，故B正确；
C.在星球表面根据万有引力定律与重力的关系有
由于不知道火星和地球的质量比，故无法得出火星和地球表面的自由落体加速度，故C错误；
D.火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有，
要发生下一次火星冲日则有
得
可知下一次“火星冲日”将出现在年月日之后，故D错误。
故选：。
3.【答案】
【解析】【分析】
本题要掌握电势的变化与电场强度方向的关系，明确图像的物理意义是解题的关键。
根据粒子在电场作用下运动的方向判断它的电性；图象的斜率大小等于电场强度比较场强大小，从而比较加速度大小；根据粒子的电性和电势的变化情况判断电场力做功情况；只有电场力做功时，根据动能定理求解需要的最小动能。
【解答】
A.粒子从坐标处以初速度沿轴正方向射出，仅在静电力作用下恰好在区间内往复运动，可知粒子从运动到的过程中，粒子速度减小，电场力方向沿轴向左，沿电场线方向电势降低，可知区间内电场强度方向沿轴向左，故粒子一定带正电，故A错误；
B.图像的斜率大小表示电场强度大小，电场力是粒子的合外力，粒子从运动到的过程中，斜率大小先增大后减小，故加速度先增大后减小，故B正确；
C.粒子从运动到的过程中，区间电场强度方向沿轴向右，电场力做正功，粒子动能增大，区间内电场强度方向沿轴向左，电场力做负功，粒子动能减小，可知在处粒子的动能最大，故电势能先减小后增大，故C错误；
D.根据动能定理，从到，，从到无穷远，粒子从射出后能运动到无穷远处至少需要动能，故D错误。
故选B。
4.【答案】
【解析】【分析】
根据平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，利用自由落体运动的运动规律可以判断时间关系；
根据平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，利用自由落体运动的运动规律求出竖直末速度，结合瞬时功率表达式可以判断重力的功率；
先求出重力做功关系，再根据功能关系判断重力势能变化量；
根据机械能守恒的条件，手榴弹在运动过程中机械能守恒。
【解答】
A、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，有，
战士在同一位置先后投出甲、乙两颗手榴弹，故相等，故甲乙在空中运动的时间相等，故A错误；
B、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在竖直方向的分运动为自由落体运动，设落地前瞬间手榴弹竖直分速度为，有
，此时重力的功率为，由题意相等，故重力的功率相等，故B错误；
C、从投出到落地，每颗手榴弹的重力做功为，根据功能关系可知，手榴弹的重力势能减少，故C正确；
D、手榴弹在空中的运动可视为平抛运动，在运动过程中只有重力做功，故手榴弹的机械能守恒，故D错误。
5.【答案】
【解析】【分析】
小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，结合动量守恒和能量守恒求出上升的最大高度。根据动量守恒定律和能量守恒求出小球返回右端时的速度，从而得出小球的运动规律，根据动能定理得出小球对小车做功的大小。
本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度。
【解答】
C.当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为，则：，得：，根据机械能守恒定律有：，解得：，故C正确；
设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，整个过程中动量守恒，得：，由动能守恒得：，联立，解得：，，所以小球与小车分离后，对地将向左做平抛运动，故AB错误；
D.对小车运用动能定理得，小球对小车做功：，故D错误。
故选：。
6.【答案】
【解析】【分析】
根据等量的正点电荷周围的电场的分布规律及沿电场线方向电势降低，分析电场强度及电势的变化规律；根据电势能的定义分析小球电势能的变化；根据能量守恒定律分析得出动能的变化。
本题考查等量的同种电荷的电场的分布及能量关系，常规题目。
【解答】
从点到点，电场线方向先向右后向左，则电势先降低后升高，且电势都大于零，并关于点对称。小球带负电所以小球的电势能先增大后减小，小球在、两点处的电势能相同，故A正确，C错误；
D.由于小球的电势能先增大后减小，在、两点处的电势能相同，由能量守恒定律得知，动能先减小后增大，在、两点处的动能相同，故D错误；
B.设，点电荷和的电荷量大小为，则当位移为时，场强为
由数学知识得知与是非线性关系，图像是曲线，故B错误。
故选A。
7.【答案】
【解析】【分析】
对小球施力前，分别对、受力分析，根据正弦定理列式得出两球质量之比和弹力之比；移动过程对受力分析，画出力的矢量图分析即可。
本题是共点力的平衡求解问题，关键是选择研究对象，难度较大。
【解答】
A.对小球施力前，对、受力分析，组成的矢量三角形如图甲所示
由正弦定理有，
杆对、的弹力、等大反向，可得
，故A错误
B.由正弦定理有，
由于，有
可得，故B正确；
C.移动过程对受力分析，杆对的弹力与圆筒对的弹力间的夹角保持不变，画出力的矢量图如图乙所示
可以看出移动过程先增大后减小，当方向与竖直方向成角时达到最大，杆对的弹力一直增加，小球到达与圆心等高处时，达到最大，故 C错误
D.小球到达与圆心等高处时，小球恰好位于圆筒最低点，对小球受力分析，此时杆对的弹力为
对小球受力分析，沿圆筒切线方向，有，故D错误。
故选B。
8.【答案】
【解析】【分析】
根据电场力做功得出和两点的电势差关系，再结合几何关系和匀强电场的场强方向的特点分析即可。
本题是匀强电场中的电场力做功及电场强度和电势差的关系的综合求解，中等难度。
【解答】
A.将粒子从电移动到点，电场力做功为，则，同理，得出，由图可知，与的夹角为，根据几何关系可知该匀强电场的场强方向与平行，故A正确；
B.根据功的计算公式可知，该粒子从点移到到点，电场力做功为
根据几何关系可知，解得，故B正确；
C.沿电场线方向电势降低，即点电势高于点电势，故C错误；
D.若带电粒子沿着平行于方向射入圆形电场，则会做直线运动，故D错误；
故选AB。
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查电容器的动态分析。解决本题关键要抓住不变量：能分清什么时候电容器电量不变或者是电容器电压不变。由判断电容器电容的变化，再由判断两板电势差或者电量的变化，由分析场强的变化。最好记住推论公式。
【解答】
闭合开关，一定时静电计指针示数不变，中无电流，则无电压降，故静电计指针不随的变化而变化， A错误
的改变不影响电容器两端电压，故液滴仍处于静止状态， B正确
开关断开，平行板电容器的带电荷量不变，极板向上移动一段距离时，两极板间距增大，由，则电容变小，由可知变大，则静电计指针的张角增大，因为两板间电场强度，、不变，则不变，带电液滴仍处于静止状态， C错误， D正确。
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了图像以及追及相遇问题。图像表示物体的位置随时间变化的规律，由图像能直接读出物体运动的位置和对应的时间．图像的切线斜率表示物体的速度；由纵坐标的差值可得出位移。图像的交点表示两者相遇。
【解答】
图像切线的斜率表示物体的速度，由图像看出，时刻甲图像的切线的斜率为负，则甲的初速度方向为负，时甲的图像的切线的斜率为，则速度为，则至内，甲的速度沿负方向减小，图像为抛物线，物体的加速度恒定，则甲沿负方向做匀减速直线运动，A错误
至时间间隔内，甲的位移为，由逆向思维可得，解得，B正确
时甲、乙的坐标相同即相遇，图像相切即速度相等设为，至时间间隔内，甲的位移为，由平均速度的定义可得，解得，C错误
设时乙的速度为，同理可得，由图像可得，解得，D正确．
11.【答案】；；；；
【解析】【分析】
验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．只需满足入射球每次从同一点开始运动即可；最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．
本题考查验证动量守恒定律的实验；在验证动量守恒定律中，要注意明确实验原理，学会实验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测出速度，并能推导相应的动量守恒表达式求解对应的比值．
【解答】
验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度．故选C．
实验时，因为平抛竖直高度相同，落地时间相同，平抛初速度和位移成正比，所以不需要测量高度和时间，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中、是必须的，而且要在之前．至于用天平秤质量先后均可以．所以答案是：．
若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有成立
碰撞前后动量之比：
故答案为：；；；；。
12.【答案】长木板右端定滑轮“定滑轮”也可以
说明：答案为、、将代入得均可以。
不需要；
【解析】【分析】本题考查用传感器测动摩擦因素，解题关键是正确分析实验原理，数据的处理。
【解答】此实验保证滑块受到的拉力沿运动方面，故开始实验前调节长木板右端定滑轮使细绳与长木板平行
滑块在重物作用下做匀加速直线运动，由位移时间关系，结合题目条件，可知，整理
根据牛顿第二定律 ，整理 。
本实验的拉力可以由拉力传感器准确测出，故不需要满足滑块质量远大于重物质量．
13.【答案】解：在点，竖直分速度：
而
解得：；
点的水平分速度为：
从到点的过程中，据动能定理列式：
解得：；
滑块在传送带上运动时，据牛顿第二定律列：
解得：；方向沿传送带向上；
滑块与传送带达到共同速度耗时：
；
二者间的相对位移为：
；
由于
此后滑块将做匀速直线运动
；
答：滑块运动至点时的速度大小为；
滑块由到运动过程中克服摩擦力做的功为；
滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量为．
【解析】滑块从点做平抛运动到达点，由平抛运动的规律可求得点的速度；
由平抛运动的规律可求得点的速度；再对过程由动能定理可求得克服摩擦力所做的功；
滑块在传送带上的产生热量等于摩擦力与相对位移的乘积；由运动学公式可求得相对位移，则可求得热量．
本题考查动能定理、牛顿第二定律及功能关系；在解题时要注意分析滑块的运动过程，注意平抛运动的规律应用；同时分过程正确应用动能定理求解．
14.【答案】解：电子加速到点的过程，由动能定理得 ，
解得： ；
当电子恰好从板的右端飞出时，偏转电压达最大值。设、两板间的距离为，电子在、板间运动的时间为，加速度大小为，则
，
，
，
解得 ；
电子刚好从板的右边缘离开偏转电场时，
垂直于中心线方向的速度，
偏转角度的正切，
由几何关系有，
解得，
当时，电子才能从两板间射出，则。
【解析】根据动能定理得到电子加速至点的速度大小；
根据带电粒子在匀强电场中偏转的运动规律得到；
根据粒子类平抛运动的几何规律列式可得荧光屏上有电子区域的长度，结合第问结果和图像可得时间内打到荧光屏的电子数目。
15.【答案】解：恰好不运动需要满足
解得
故包裹的质量最大不超过
因的质量，故装置始终处于静止状态
由动能定理得
解得
与相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，则
由能量守恒定律得
解得
又得物体在车上的相对位移
所以距转运车右端
装置还始终处于静止状态，滑到低端，由动能定理得
为下滑的最小高度，得
则上小车，与小车弹性碰撞后返回至小车最左端时两者共速，为不会从小车上掉下的最大高度
由、车动量守恒
由能量守恒得
，得
所以。
【解析】要使不动，对的滑动摩擦力不能大于地面对的最大静摩擦力，以此关系求解；
的质量小于，装置不运动，分析释放高度最大和最小时对应的临界运动过程，依据能滑上车，与挡板碰撞后又不能滑离车，与相互作用的过程，两者组成的系统满足动量守恒，根据动量守恒定律，能量守恒定律求解；
因的质量大于，故装置和会一起运动，释放的高度最小时，恰好滑上车时、、三者共速；滑上小车时，与小车弹性碰撞后返回至小车最左端时两者共速，为不会从小车上掉下的最大高度，由动量守恒以及能量守恒求解取值范围。
本题为力学综合题目，重点考查多物体、多过程运动形式的处理能力，功能关系，能量守恒定律，动量守恒定律的应用。第二问中释放最大高度的临界要掌握，要掌握系统动量守恒的条件，本题与车相互作用过程系统动量守恒，而与作用过程动量就不守恒。
第2页，共17页
