大联考萍乡实验学校2025届高三月考试卷（四）暨长郡十八校联考考前演练物理参考答案12345678910CCDBBABCBDBDAD1.C【解析】能否看作质点，取决于物体的大小和形状对所研究的问题是否有影响，不能只看体积或者运动状态，AD错误；观察野蜂采花时，要看到采花的动作，不能看作质点，B错误；追踪野蜂回巢踪迹时，野蜂自身的大小和形状可以忽略，可以看成质点，C正确。2.C【解析】物体从同一竖直圆上各点沿不同的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间1R相等，如图即等时圆模型，小球下滑过程均满足2Rcosgcost2解得t22g根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等，A错；三个滑环重力相等，根据冲量IFt可知重力对各环的冲量大小相等，B错；假设光滑细杆与ad的夹角为，受力分析可知滑环所受弹力为Nmgsin，cd杆与ad的夹角最大，所以弹力最大，根据冲量的定义可知弹力对各环的冲量中c的最大，C正确；根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，根据机1械能守恒定律mghmv2解得v2gh可知从a滑到底端的滑环速度最大，合外力的冲量最大，D错。23.D【解析】用双手快速且有节奏地摩擦鱼洗盆边双耳时，可产生两个频率相同的振源，振波在水中传播，发生了波的干涉，故A错；鱼洗做受迫振动，当摩擦力引起的振动频率和鱼洗壁振动的频率相等或十分接近时，鱼洗壁产生了共振，从而使鱼洗中的水剧烈震荡，鱼洗中的水位越低，则与鱼洗壁接触部分越少，水的振动越不明显，则越不容易喷出水柱，故BC错，D正确。4.B【解析】设重物上升的速度为v1，则v1vcos随着减小，v1增大，则物块加速上升，因此重物受到的合力向上，故A错；由于人匀速运动，人受到的合力为零，故B正确；轻绳的拉力大于G，地面对人的摩擦力3大于Tcos30G，同样，轻绳对滑轮的作用力大小大于2Tcos303G，选项CD错。2v2425.B【解析】设小球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析可知mgtanmmrmarT22222R2h2hgRhgRh其中rR2h2,tan.可得T2v,a选项AD错，B正确；陶hghhmgmgR罐对小球的支持力为F,选项C错。Ncosh6.A【解析】金属棒向下做加速运动，产生的感应电动势增大，回路的电流增大，圆环的磁通量增大，根据楞次定律，圆环有收缩趋势障碍磁通量的增大；金属棒向下做加速运动，产生的感应电动势增大，逆时针的电流增大，根据左手定则，安培力的方向沿斜面向上增大，根据牛顿第二定律mgsinBILma金属棒的加速度减小，加速度的变化率与电流的变化率相同，因此金属棒电流的变化率减小，而电流的变化率和磁场的变化率相同，圆环的磁通量的变化率减小，圆环产生的感应电动势减小，圆环产生的感应电流减小。7.BC【解析】．v-t图像中图线的斜率表示加速度，根据静电场的叠加可知，PO间的电场强度可能一直减小，FqE也可能先增大后减小，根据a可知如果电场强度一直减小，则电场力一直减小，加速度一直减小，mm如果电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，加速度先增大后减小。故A错；B正确；根据电场力做功与电势能变化的关系W电qExEp可知Epx图像中图线的斜率表示电场力，由前面分析可知，电场力可能一直减小，也可能先增大后减小。故C正确；D错。12128.BD【解析】设前五秒的位移为x，前四秒的位移为x，加速度为a，故有x5at,x4a(t1)22.5mx5x454222解得a5m/s,故A项错误，B项正确；由上面的分析解得x562.5m5秒后，陶成道做竖直上抛运动，设5秒末的速度为v，竖直上抛运动的上升最大高度为h，陶成道整个运动过程中的最大高度为H，则有vat25m/s20v2ghHx5h,解得H93.75m故C项错误，D项正确。物理参考答案（萍实版）-1{#{QQABKYCEggAAQgBAAAgCAQFyCAIQkhECAagOBBAAMAAAyRFABCA=}#}9.BD【解析】甲、乙之间的万有引力遵守牛顿第三定律，总是大小相等、方向相反，作用在两个物体上，是一对相互作用力，AC错，B正确；万有引力的特殊性表明：两物体间的万有引力只与它们本身的质量和两物体间的距离有关，而与物体所在空间的性质无关，也与物体周围有无其他物体无关，D正确。10.AD【解析】弹簧A1之上部分的拉力要与A1之下的所有物体总重平衡，故大小等于A1和A2的总重；而A1之下部分的拉力仅与A2的重力平衡，故大小等于A2的重。由于A1之上部分受到较大的拉力，所以如果都撤除拉力，则S1部分应该收缩量S1大于S2部分的收缩量S2，S1S1S1S2S2S2即S1部分的原长（无弹力时的长度）比S2部分的原长短，故A正确；取A1处的一个钩码移到A2处，S1部分受力不变，不会缩短，故B错误；取A2处的一个钩码移到A1处，S1部分受力不变，S2部分受力变小收缩，弹簧总长变短，故C错；将A1的悬挂点下移一小段，A1移过的一小段弹簧受力变大被拉长，其余部分受力不变，故总长变长，故D正确。二、非选择题(本大题共3小题，共52分)d112dk11.（1）1.05（2）（3）tABtBtA2RUbRkR10VV12.（1）R1（2）（3）①.②.I0R1U0kRVkRVmg213．解：（1）对O点进行受力分析，根据共点力平衡有cos解得F125N。F1（2）对A受力分析，设A与斜面间的静摩擦大小为f，根据受力平衡有3FmgsinfNmgcosfN1110解得012。214．解：（1）根据运动学公式有v02a0x0解得v020m/s。v20（）泥石流从发生至到达坡底所用的时间t1a0设泥石流发生后经过时间t，汽车的速度与泥石流的速度相等，则有v0a2tt1a1tt01212xattxvttatt汽车的位移1210泥石流在水平地面上的位移2012212根据位移关系有x1x2解得a22.5m/s。15．解：（1）物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin1mgcosma12根据匀变速直线运动的规律有v02a1L解得L4.5m。（2）物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有Mgsin1mgcosFf93FmMgcosf2解得235。（3）当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动。设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端。对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mgsin1mgcosma2对木板受力分析，根据牛顿第二定律有1mgcosMgsin2MmgcosMa311tsat2tsat2时间内物块的位移大小122时间内木板的位移大小223根据几何关系有s1s2L物块滑离木板时，木板的速度大小va3t解得v3m/s。物理参考答案（萍实版）-2{#{QQABKYCEggAAQgBAAAgCAQFyCAIQkhECAagOBBAAMAAAyRFABCA=}#}