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学年高三备考核心模拟中期考试
2024-2025
物理参考答案详解及评分说明
一、单项选择题：本题共 小题，每小题 分，共 分。
7 4 28
1.C
【解析】t 时刻，虚线的斜率比实线在该点切线的斜率小； t 时间内，虚线与横轴包围的“面积”小于实线与横轴
1 0~ 1
包围的“面积”；t t 时间内，虚线与横轴包围的“面积”大于实线与横轴包围的“面积”；t t 时间内，虚线平行于
1~ 2 3~ 4
横轴，反映的是匀速直线运动。
2.D
【解析】运动员对地面的压力和地面对他的支持力是一对相互作用力；在空中，运动员上升、下落过程都处于失重
-
状态；上升到最高点时竖直方向速度为零，加速度为重力加速度；落地时，由动量定理 F mg t m( v) ，
( - ) =0- - >0
得F mg。
ˉ >
3.B
【解析】运动员重力大小为mg，时间为t t，其冲量为mg t t ；支持力大小为mg θ，时间为t t，其冲量为
1+ 2 ( 1 + 2) cos 1+ 2
mg θ t t ；上滑阶段摩擦力冲量为F t ，方向沿斜面向下，下滑阶段摩擦力冲量为F t ，方向沿斜面向上，总
cos ( 1 + 2) f 1 f 2
冲量为F t F t ；由I mv mv ，合外力的冲量不为 。
f 2 - f 1 总 = - - 0 0
4.A
【解析】P受重力mg和拉力T，有T = mg，滑轮受三个拉力平衡，连接P的两段细线的夹角等于θ角的二倍，
F = T θ；工人向右移动一小段距离，θ角变大，F变小；工人向左移动一小段距离，θ角变小，F变大；减小P的
2 cos
重量，θ角保持不变，F变小。
5.C
【解析】“嫦娥六号”在轨道没有脱离月球的引力，所以运动速度小于月球的第二宇宙速度；“嫦娥六号”从轨道
Ⅱ
Mm
2
变轨到轨道 以及从轨道 变轨到轨道 都是通过减速实现的；依据G mr 4π ，轨道半径小运行周期就
Ⅲ Ⅲ Ⅳ r = T
2 2
小；脱离月球需要“嫦娥六号”速度大于月球的第二宇宙速度。
6.A
【解析】雨滴下落过程，mg kv ma，随着速度逐渐增大，合力减小，加速度逐渐减小，最后变为零，即速度先增
- =
大后不变，则h t图像的斜率先增加后不变；设雨滴下落时距地面的高度为H，则重力势能E mg(H h)，
- p = -
( )
E h图像为向下的倾斜直线；根据动能定理 mg kv h E ，可知E h图像的斜率先逐渐减小，减为零
p - - = k - 0 k -
后保持不变。
7.C
【解析】由 a t 图像可知 t t 时间内“蛟龙号”加速度不断变小，不是恒量；结合 a t 图像，由
- 20 ~ 40 -
v a t 1 a t，得v a t ，由v v a t ，v v a t ，得v a t ，v a t ； t 时间内“蛟
0= 0- 02 0- 02 0 0 = 3 0 0 1 = 0 - 0 0 2 = 0 - 02 0 1 = 2 0 0 2 = 0 0 0 ~ 20
2
v v a
龙号”匀减速直线运动，根据x 0 + 2 t ，得x a t 2 ；在t 时刻，F mg ma ，在 t 时刻，F mg m 0，得
= 2 0 = 4 0 0 0 1 - = 0 30 3 - =
2 2
F F 。
1: 3 < 2
物理试题答案 第 页（共 页）
1 4二、多项选择题：本题共 小题，每小题 分，共 分。
3 6 18
8.BC
【解析】小球在撤掉其中一个力后受到恒力作用，加速度一定保持不变；该恒力与速度方向可能共线，也可能不共
线，不共线时速度与加速度方向间的夹角必然一直减小；由于受到的合力恒定，依据Ft Δp，在相等的时间间隔
=
内动量的变化量一定相等；在相等的时间间隔内合力做的功不等。
9.AC
【解析】P、Q两物体同轴转动，根据F mω r，Q需要的向心力较大。随着ω的增大，Q先达到最大静摩擦力，当Q
2
n =
kg
达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力，由kmg m dω 可得ω ；当P受到最大静摩擦力时，P、Q相
2
= ⋅ 2 1 1 = d
2
kg
对转盘会滑动，设此时绳子的弹力为T，对P有kmg T mdω 2 ，对Q有T kmg m dω 2 ，得ω 2 ，此
- = 2 + = ⋅ 2 2 2 = d
3
kg kg
时，P、Q相对于转盘将滑动；ω在ω 范围内增大时，P、Q所受的摩擦力变大，当ω 时，Q所受摩擦力
< d = d
2 2
达到最大静摩擦力，保持不变，ω继续增大时，Q所受摩擦力不变，P所受静摩擦力继续增大，直至P、Q开始滑动。
10.BD
【解析】小球落地时重力的功率为P mgv θ；小球下落过程中，在竖直方向上依动量定理有mgt kv t
G = sin -( y 1 1 +
mv θ kh
kv t kv t kv t mv θ，其中v t v t v t v t h，解得运动时间为t sin + ；
y 2 2 + y 3 3 + … + yn n)= sin y 1 1 + y 2 2 + y 3 3 + … + yn n = = mg
在水平方向上依动量定理有 kv t kv t kv t kv t mv θ mv ，其中v t v t v t
-( x 1 1 + x 2 2 + x 3 3 + … + xn n)= cos - 0 x 1 1 + x 2 2 + x 3 3 + …
( )
m v v θ
+ v xn t n = x，解得水平位移大小为x = 0 - k cos ；小球下落的过程，根据动能定理有mgh - W f = 1 mv 2 - 1 mv 2 0 ，
2 2
解得W f = mgh + 1 mv 2 0 - 1 mv 2 。
2 2
三、非选择题：本大题共 小题，共 分。
5 54
（ 分）
F
11. 6 /N
（） （ 分）
1 0.25 2 2.0
（）如图所示（ 分）
2 2
（）（ 分） 1.5
3 C 2
【解析】（）遮光杆经过光电门时线速度的大小
1 1.0
d
v 0.01 ，直杆转动的角速度
= t = m/s=0.10m/s 0.5
0.10
v
ω= L = 0.10 rad/s=0.25rad/s 。 0 ω2（ / rad 2 ·s -2 ）
0.40 1 2 3 4 5
（）将表中数据在F ω 图像中描点，用直线将各数据点拟合，如图所示。
2
2 -
（）由F ω 图像可得出F ω。
2 2
3 - ∝
（ 分）
12. 10
（） （ 分）
1 2.59 2
（） （ 分） （ 分）
-5 -5
2 3.37×10 2 3.35×10 2
（）最大（ 分）
3 2
（） （ 分）
4 0.6 2
物理试题答案 第 页（共 页）
2 4x x
【解析】（）相邻水滴间的时间T 1 ，图乙中位置 水滴速度的大小v 10 - 8 。
1 = s 9 9= T =2.59m/s
30 2
mv
2
（）水滴从位置 到位置 减小的重力势能 E mgx -5 ，增加的动能 E 9 -5 。
2 1 9 Δ p= 9=3.37×10 J Δ 9= =3.35×10 J
2
（）重力势能的减少量与动能增加量的差值越大，说明机械能损失越大，水滴克服空气阻力做的功越大。
3
| 测量值 真实值 | | |
-5 -5
（）实验的相对误差 - 3.35× 10 - 3.37 × 10 。
4 = 真实值 × 100%= -5 × 100%=0.6%
3.37 × 10
（ 分）
13. 10
（）设运动员从A点飞出时速度的大小为v，速度与雪坡平行时竖直方向的分速度为v
1 0 y
v
θ y ………………………………………………………………………………………………………（ 分）
tan = v 2
0
v gt ……………………………………………………………………………………………………………（ 分）
y= 1 2
解得：v 4 gt …………………………………………………………………………………………………（ 分）
0= 1 1
3
（）设P与B点的距离为L，A、B两点间的高度差为h
2
L vt ……………………………………………………………………………………………………（ 分）
cos37°= 02 2
h L 1gt
2
………………………………………………………………………………………………（ 分）
+ sin37°= 2 2
2
解得：h 1gt
2
gt t ……………………………………………………………………………………………（ 分）
= 2- 1 2 1
2
（ 分）
14. 12
（）火箭匀加速下降t 内，下降的高度为h ，设该过程加速度的大小为a，受
1 3=40s 3=10050m-4690m=5360m 3
到的空气阻力大小为F
阻
h 1 at 2 ………………………………………………………………………………………………………（ 分）
3= 33 1
2
mg F ma …………………………………………………………………………………………………（ 分）
- 阻= 3 2
F
解得： 阻 …………………………………………………………………………………………………（ 分）
mg =0.33 1
（）发动机二次点火时速度的大小为v，二次点火后下降的高度h ，设该过程时间为t
2 2 4=4690m 4
v
h 2t …………………………………………………………………………………………………………（ 分）
3= 3 1
2
v
h 2t …………………………………………………………………………………………………………（ 分）
4= 4 1
2
解得：t
4=35s
设火箭匀减速上升的时间为t，该过程中加速度的大小为a，火箭匀加速上升的加速度的大小为a，火箭发动机
2 2 1
推力的大小为F，t 时火箭速度的大小为v
1 1=113s 1
t t-t t -t
2= 1- 3 4
mg+F ma …………………………………………………………………………………………………（ 分）
阻= 2 2
v at at ……………………………………………………………………………………………………（ 分）
1= 22= 11 1
F mg F ma ……………………………………………………………………………………………（ 分）
1- - 阻= 1 2
F
解得： 1 665 …………………………………………………………………………………………（ 分）
mg = =1.47 1
452
物理试题答案 第 页（共 页）
3 4（ 分）
15. 16
（）设小球C摆到最低点时速度的大小为v
1 C
m C gl (1- cos60°) = 1 m C v C2 …………………………………………………………………………………（ 2 分）
2
解得：v gl
C= =3m/s
设C与B碰撞后瞬间C的速度为v ，B速度为v
C´ B
m v m v m v ………………………………………………………………………………………………（ 分）
C C= C C´+ B B 1
1 m C v C2 = 1 m C v C ′ 2 + 1 m B v B2 …………………………………………………………………………………（ 1 分）
2 2 2
解得：v
B=4m/s
设A与B达到的相同速度为v，B与A上表面间的动摩擦因数为μ
0
m v m m v ………………………………………………………………………………………………（ 分）
B B=( B+ A) 0 1
μm B gx = 1 m B v B2 - 1 ( m A + m B) v 0 2 ……………………………………………………………………………（ 2 分）
2 2
解得：μ ……………………………………………………………………………………………………（ 分）
=0.3 1
（）B与竖直挡板发生第一次碰撞后的瞬间，A的速度为v，B的速度为 v。设经过t 时间B和A速度再次相同，
2 0 - 0 1
相同速度为v，此时B距竖直挡板的距离为x。从速度相同到B再次回到挡板位置所需时间为t
1 1 2
m v m v m m v …………………………………………………………………………………………（ 分）
A 0- B 0=( B+ A) 1 1
μm gt m v m v ……………………………………………………………………………………………（ 分）
B 1= B 1+ B 0 1
-μm B gx 1= 1 m B v 1 2 - 1 m B v 0 2 …………………………………………………………………………………（ 1 分）
2 2
x vt ……………………………………………………………………………………………………………（ 分）
1= 12 1
设B与竖直挡板发生前两次碰撞的时间间隔为t
t t t
= 1+ 2
解得：t …………………………………………………………………………………………………（ 分）
=0.75s 1
（）设B最终静止时与木板右端点的距离为x
3 2
μm B gx 2 =1 m B v 0 2 + 1 m A v 0 2 ……………………………………………………………………………………（ 2 分）
2 2
解得x = 2 …………………………………………………………………………………………（ 分）
2 m=0.67m 1
3
物理试题答案 第 页（共 页）
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