2025重庆康德半期考试物理答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_11102025届重庆高三11月半期考试（康德零诊）

2025 年重庆市普通高中学业水平选择性考试 11 月调研测试卷 物理参考答案 1～7ABACDDB 8BD 9ABD 10AC 解析： 1．A。橡皮擦受力平衡，该过程中，物体课本对橡皮擦的作用力不变，由牛顿第三定律可知，橡皮擦对物理课 本的作用力也不变，选项A正确，故选A。 2．B。使用安全带，在发生交通事故时，可以使驾、乘人员相对座位尽量不发生位移，选项B正确，故选B。 3．A。这三个共点力的合力大小范围为1N≤F合 ≤11N，由F ma知，加速度大小范围为1m/s2≤a≤11m/s2， 选项A符合题意，故选A。 4．C。设地球自转的角速度为，地球赤道上的静止物体随地球自转的速率vR，静止于纬度为30°的重庆某 3 3 地的物体随地球自转的速率vRcos30 R v，选项C正确，故选C。 2 2 5．D。设篮球在最高点的速度为v，从最高点到落入篮筐历时t，由gtvtan，可知tv，所以选项A、B、C 1 vtan x 4 均不能确定；投球点到进球点的距离x2vt，最高点相对篮筐的高度h gt2  t，可知  ， 2 2 h tan 选项D可以确定，故选D。 6．D。设物块从斜面底端沿斜面向上运动的最大距离为d ，物块与斜面间的动摩擦因数为，由动能定理得， 0 E E E (mgsinmgcos)d ，E (mgsinmgcos)d ，解得 1 2 tan，选项D正确，故选D。 1 0 2 0 E E 1 2 7．B。在喷管喷水口处，设喷射速度为 v，经过t 的时间喷出的水的质量为m，喷管的横截面积为S，则 1 mSvt，电动机的输出功率为P，则t时间内电动机做功转化成水的机械能Pt mv2，对质量 2 1 为m 的水，从离开喷口至到达最高点的过程中，由机械能守恒定律得mgh mv2 ，联立可得 2 P S  2gh  2 3 ，说明Ph2 3 ，选项B正确，故选B。 2 8．BD。由运动轨迹分析可知，2、4位置的头部速度方向竖直向上，选项B、D正确，故选BD。 9．ABD。能在实验室验证的是选项A、B、D，选项C不能在实验室验证，故选ABD。 1 2x 10．AC。由题知x  at2，可得该过程中物块甲运动的时间t 0 ，选项A正确；由v2 2ax 可得，物块甲 0 2 a 0 的最大速度v 2ax ，选项B 错误；设物块甲开始运动时，弹簧的压缩量为x ，则kx mgsin， 0 1 1 F ma，物块乙刚要离开挡板P时，弹簧的伸长量为x ，则kx mgsin，F kx mgsinma， 1 2 2 2 2 F F F F F 又x x x ，联立解得k  2 1 ，m 1  2 1 ，选项C正确，选项D错误，故选AC。 1 2 0 x a 2gsin 0 11月调研测试卷（物理）参考答案 第 1 页 共 4 页11．（6分） （1）D（2分） （2）4π2kl （2分） （3）偏小（2分） 解析： 4π2lsin 1 g 1 1 （1）对小钢球进行受力分析，由mgtanm ，T  ，得cos  ，可知x ，故选D。 T2 n 4π2l n2 n2 g （2）由k  可得g4π2kl。 4π2l 4π2(lr)sin 1 g 1 g （3）设小钢球半径为r，由mgtanm ，T  ，得cos  ，故k  ，可 T2 n 4π2(lr) n2 4π2(lr) 得g4π2k(lr)＞4π2kl，即重力加速度大小的测量值小于真实值。 12．（9分） （1）0.14（2分） （2）4.9（2分） 19.6（2分） 不均匀（3分） 解析： 1 2h 2 （1）由h gt2得t ，9.8cm处应标注的时间为t s0.14s。 2 g 10 1 （2）由h gt2得，t 0.1s时h 4.9cm，t 0.2s时h 19.6cm，又由h 4h 可以说明，这样标注的“人体 2 1 1 2 2 2 1 反应时间刻度尺”的时间刻度是不均匀的。 13．（10分） 解：（1）设该运动员在匀加速运动阶段的加速度大小为a 1 x  at2 30m（2分），解得：a2.4m/s2（2分） 1 2 2 100x 35 （2）匀速运动的速度vat 12m/s（2分），匀速运动的时间t  1  s（2分） 2 3 v 6 100 该运动员的平均速度大小v 9.1m/s（2分） t t t 1 2 3 14．（14分） Mm 4π22R 2R 解：（1）设该卫星质量为m，由G m （3分），解得：T 4πR （3分）  2R 2 T2 GM 11月调研测试卷（物理）参考答案 第 2 页 共 4 页2π （2）地球自转的角速度  （1分） 0 T 0 2π 该卫星绕地球运行的角速度 （1分），且＞ T 0 1 π 如答图1所示，由cos 得： （2分） A 2 3 P 设该卫星能再次拍摄到B点所经过的最短时间为t P θ O 2π t t2π（2分） B 0 3 B 2R 答图1 8πRT 2TT 0 GM 解得：t 0  （2分） 3(T T)  2R  0 3T 4πR    0 GM   15．（18分） 解：（1）设装置水平向右弹射出物块A后瞬时，装置和物块A的速度分别为v 、v 1 A 以水平向左为正方向，有：5mv 4mv mv （1分），v 5v v （1分） 0 1 A 1 0 A 解得：v 2v （1分），v 3v （“－”号表示方向水平向右）（1分） 1 0 A 0 （2）设装置水平向右弹射出物块B后瞬时，装置和物块B的速度分别为v 、v 2 B 9 11 4mv 3mv mv （1分），v 5v v （1分），解得：v  v （1分），v  v （1分） 0 2 B 2 0 B 2 4 0 B 4 0 整个相对运动过程中，作出装置和物块A、B运动的v-t图像如答图2所示 由题知，装置和物块A、B做匀变速直线 v 运动的加速度大小均为ag 9v 0 /4 2v 0 装置+B 装置 弹出物块A后到弹出物块B前， v 0 装置运动的时间t 0  2v  0  g v 0   v g 0 （1分） O t 0 9t 0 /4 3t 0 15 t 4t 0 19 t t 4 0 4 0 由v-t图像和运动分析可知， B 装置和物块A、B最终均相对传送带静止 －11v 0 /4 A －3v 0 答图2 时，装置与物块A间的距离为 x  1 v t  1  9 v v    9 t t    1  3v v  3t t  297 v t ，解得：x  297v 0 2 （1分） A装 2 0 0 2 4 0 0  4 0 0  2 0 0 0 0 32 0 0 A装 32g 物块A、B之间的距离为 x  1 v t  1  3v v  3t t  1  11 v v    11 t t    47 v t ，解得：x  47v 0 2 （1分） AB 2 0 0 2 0 0 0 0 2  4 0 0   4 0 0  32 0 0 AB 32g 11月调研测试卷（物理）参考答案 第 3 页 共 4 页（3）由v-t图像可知，从装置弹射出物块A开始，到装置及物块A、B均相对传送带静止的过程中： 11 19 19v ①所经过的时间t t 2t  t  0 （2分） 4 0 0 4 0 4g 1 ②物块B弹出前，装置相对传送带运动的位移x  v t （1分） 1 2 0 0 1 9  9  25 物块B弹出后，装置相对传送带运动的位移x   v v  t t  v t （1分） 2 2 4 0 0  4 0 0  32 0 0 1 11  11  225 物块B相对传送带运动的位移x   v v  t t  v t （1分） B 2  4 0 0   4 0 0  32 0 0 整个过程中，物块A相对传送带运动的位移x  1  3v v  3t t 8v t （1分） A 2 0 0 0 0 0 0 因此，装置、物块A、B与传送带间增加的总内能Q4mgx 3mgx mgx mgx 1 2 A B 155 联立解得：Q mv2（1分） 8 0 11月调研测试卷（物理）参考答案 第 4 页 共 4 页