四川省成都市蓉城名校联盟2025届高三物理上学期第一次联考试题含解析

PAGE17-四川省成都市蓉城名校联盟2025届高三物理上学期第一次联考试题（含解析）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列说法正确的是A.公式是加速度的比值定义式，加速度a与速度变更量Δ成正比B.公式是加速度的确定式，物体所受合力确定物体的加速度和质量C.由公式可知：使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力就是1ND.公式P=Fcosθ是瞬时功率的定义式，但力做功的瞬时功率与F、无关【答案】C【解析】【详解】A．公式是加速度的定义式，不是确定式，加速度a与速度变更量Δ无关，选项A错误；B．公式是加速度的确定式，物体的加速度取决于物体所受合力和质量，质量是物体本身的属性，与受的合力无关，选项B错误；C．由公式可知：使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的力就是1N，选项C正确；D．公式P=Fcosθ是瞬时功率的定义式，力做功的瞬时功率与F、v有关，选项D错误；故选C.2.2024年全国中学生田径锦标赛于7月25日在新都一中实行，新都一中学生王某某在100m女子预赛中以12.41s的成果刷新了记录，视频回放显示她冲过终点线时的速度为9.6m/s，若该同学在100m预赛中先做匀加速直线运动，速度达到最大后便以此速度始终做匀速直线运动直到冲过终点线。下列说法正确的是A.该同学的100m女子预赛成果12.41s指的是时刻B.该同学在100m女子预赛中的平均速度约为4.8m/sC.该同学加速过程的加速度约为0.8m/s2D.该同学的加速时间约为4s【答案】D【解析】【详解】A．该同学的100m女子预赛成果12.41s指的是时间间隔，选项A错误；B．该同学在100m女子预赛中的平均速度约为选项B错误；CD．设加速度的时间为t，则解得t≈4s则该同学加速过程的加速度约为选项C错误，D正确；故选D.3.如图所示，广场上固定有一很大的半径为R的半球面，一只可视为质点的小猫（未画出）在球顶上向下缓慢爬行。若小猫与半球面间的动摩擦因数为μ=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它在爬行的过程中A.小猫受重力、半球面对它的支持力、弹力及摩擦力B.半球面对小猫的作用力渐渐减小C.小猫的重力在垂直半球面上的分力就是小猫对半球面的压力D.小猫恰不从半球面上掉下来的位置距半球面顶部的竖直高度为0.2R【答案】D【解析】【详解】A．对小猫受力分析，受重力、半球面对它的支持力、摩擦力作用，故A错误；B．缓慢爬行，每一个状态都看做平衡状态，所以半球面对小猫的作用力即支持力和摩擦力的合力始终与重力等大反向，不变，故B错误；C．由平衡条件知，小猫的重力在垂直半球面上的分力大小等于半球面对小猫对的支持力大小，由牛顿第三定律知：半球面对小猫对的支持力大小等于小猫对半球面的压力，即小猫的重力在垂直半球面上的分力等于小猫对半球面的压力大小，故C错误；

D．设小猫恰不从半球面上掉下来的位置如图所示，则f=fm=μmgcosθ=mgsinθ解得：tanθ=μ设此位置距半球面顶部的竖直高度为h，由几何关系得：联立解得：h=0.2R故D正确；

故选D。4.最近某“七一国际广场”隆重开业，其标记性设施是如图所示的摩天轮。某同学在周末去体验了一下，他乘坐该摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。则下列说法正确的是A.该同学运动到最低点时处于超重状态B.在摩天轮转动过程中，该同学的速度和所受的合力均不变C.该同学在与转轴等高的位置时只受重力和座舱对他竖直向上的支持力作用D.由于该同学的向心加速度大小不变，所以他做的是匀变速运动【答案】A【解析】【详解】A．因该同学乘坐摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，在最低点时，向心加速度向上，处于超重状态，故A正确；B．在摩天轮转动过程中，该同学的速度方向时刻变更，故B错误；C．该同学运动到与圆心等高位置时，竖直方向，座舱对他的作用力等于其所受重力，水平方向，座舱对他的作用力供应指向圆心的向心力，则座舱对人的合力大于其所受重力，故C错误；D．该同学的向心加速度大小不变，所以他做的是匀速圆周运动，不是匀变速运动，故D错误。故选A。5.到2024年止，我国已经胜利放射了多颗同步通讯或导航卫星。下列关于同步卫星的说法正确的是A.放射速度等于第一宇宙速度B.入轨后的速度小于第一宇宙速度C.入轨后可以位于成都正上方D.该卫星比近地轨道上运行的同质量的卫星的机械能小【答案】B【解析】【详解】AB．第一宇宙速度是最小的放射速度，最大的运行速度，故同步卫星的放射速度大于第一宇宙速度，入轨后的速度小于第一宇宙速度，故A错误，B正确；C．同步卫星与地球相对静止，只能位于赤道的上空，故C错误；D．卫星从近地轨道向同步轨道变轨时，向运动的反方向喷气，外力做正功，做加速运动，机械能增大，则该卫星比近地轨道上运行的同质量的卫星的机械能大，故D错误；故选B。6.如图所示，质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用细线连接一能显示细线张力的轻质传感器，在时刻对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2，且F1=20N、F2=10N。则下列说法正确的是A.力传感器的示数为30NB.若在时刻将拉力F1、F2同时加倍，则传感器的示数也将加倍C.若在时刻只撤去拉力F1，则传感器的示数将变为10ND.若在时刻将F1、F2同时撤去，则传感器的示数将变为零【答案】BD【解析】【详解】A．两个物体一起向左做匀加速直线运动，对两个物体整体，依据牛顿其次定律，有：

F1-F2=（mA+mB）a…①再对物体A受力分析，运用牛顿其次定律，得到：F1-F=mAa…②由①②两式解得：F=16N，即力传感器的示数为16N，故A错误。B．若在t1时刻将拉力F1、F2同时加倍，由①知加速度加倍，由②知F也加倍，故B正确。C．假如只有F2作用，整体向左匀加速运动，则对B探讨得：弹簧的弹力大小为故C错误D．若在t1时刻将F1、F2同时撤去，细线的张力突然减为零，则传感器的示数将变为零。故D正确。故选BD。7.在光滑水平面内有始终角坐标系xOy，在t=0时刻，质量为m=2kg的物块从直角坐标系的坐标原点O以一初速度沿y轴正方向起先运动，同时受一沿+x方向的恒力F作用，其沿x方向的位移x与x方向的速度的平方关系如图甲所示，沿y方向的位移y随时间t的变更关系如图乙所示。下列说法正确的是A.物块做匀变速曲线运动B.物块受到的恒力F=1NC.t=4s时物块位移s=10m，方向与x轴正向成37°D.t=4s时物块的速度为=5.5m/s，方向与x轴正向成37°【答案】AC【解析】【详解】A．分析物体在x方向上的运动状况，依据速度-位移关系可知，，x-vx2图象的斜率表示加速度二倍的倒数，a=1m/s2，位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，y方向上做匀速直线运动，则物体做匀变速曲线运动，故A正确；B．依据牛顿其次定律可知，F=ma=2N，故B错误；C．t=4s时，x方向上的位移x=at2=8my方向上的位移y=6m，依据运动的合成与分解可知，物块的位移方向与x轴的夹角θ满意可得故C正确；D．物体做类平抛运动，t=4s时，速度与x轴的夹角φ满意tanφ=2tanθ，即φ≠37°，故D错误。故选AC。8.如图所示，质量为M=3kg的木块放在平台的右端，该平台到地面的高度为h=0.45m，木块与平台间的动摩擦因数为μ=0.2。质量为m=1kg的小松鼠从地面上离平台距离为x=1.2m处跳上平台抱住木块，且小松鼠到达平台木块的位置时速度恰好沿水平方向，小松鼠抱住木块后与木块一起滑行。小松鼠抱住木块的过程时间极短，小松鼠与木块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是A.在小松鼠起跳时，水平面对它做的功是4.5JB.在小松鼠抱住木块极短时间内，小松鼠与木块组成的系统机械能守恒C.在小松鼠抱住木块的极短时间内，它对木块的冲量为3N·sD.木块在水平台上向左滑行的距离为0.25m【答案】CD【解析】【详解】A．小松鼠跳到平台运动的逆过程是平抛运动，水平方向上x=v0t竖直方向上代入数据解得探讨竖直方向的分运动，由速度位移公式求出起跳时竖直分速度依据平行四边形定则可知，小松鼠的起跳速度依据动能定理可知，水平面对它做功故A错误；BC．小松鼠和木块相互作用的过程中动量守恒有：mv0=（m+M）v1属于完全非弹性碰撞，系统机械能不守恒，探讨木块，依据动量定理可知，I=Mv1联立解得小松鼠对木块的冲量I=3N•s故B错误，C正确；D．小松鼠和木块组成的系统，向左滑行过程中，依据动能定理可知：代入数据解得：s=0.25m故D正确。故选CD。三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33～38题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：共129分。9.某同学在学了“自由落体运动”后便想到了测量其教学楼高度的方法。他从家里带来一部曝光时间为0.01s的照相机和一个小铁球便胜利地测出了5楼的大致高度。详细测量方法如下：他先在离地肯定高度的墙上做上记号，并让一个同学从5楼外记号上端的平台边缘将小铁球由静止释放，而他自己则在底楼外边的广场上用相机拍下了小球经过标记处的照片如图所示，照片上有一条模糊的径迹AB（即小球在曝光时间内的运动轨迹），且径迹的下端刚好与记号平齐，该记号离地面的高度为1.6m。（1）该试验中还须要的试验器材是_________。（2）若测得每块砖的厚度是5cm，则小球经过A点时的速度约为__________m/s（g=10m/s2，计算结果保留整数）。（3）5楼教室离地的高度大约为_________m。【答案】(1).刻度尺(2).15(3).13（12.8～13.2）【解析】【详解】（1）[1]．求解A点速度须要知道位移AB，所以须要用到刻度尺；（2）[2]．依据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出A点的速度为：（3）[3]．结合速度位移公式求出A离释放点的距离为：从而求出楼房的高度为：H=h+3L+△h=11.25m+3×0.05m+1.6m=13m。10.某同学设计了如图甲所示的“探究加速度与物体受力和质量的关系”的试验装置。试验步骤如下：（1）将一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，有定滑轮的一端伸出桌面，并将电火花计时器固定在木板的另一端，并接好电源；（2）将力传感器固定在小车前端，然后通过一轻质细线与砂桶连接在一起并跨过定滑轮将小车放在木板上，并在小车另一端固定一条纸带，同时使纸带穿过电火花计时器的限位孔；（3）试验中他遗忘平衡摩擦力而干脆进行了试验。整个试验中保证小车的质量不变，先往砂桶中添上适当的砂后接通电源，将小车由靠近电火花计时器处静止释放，打出一条纸带，并登记此时力传感器的示数F，并通过打出的纸带计算出小车运动的加速度a；然后再在砂桶中添加适当的砂，换用新的纸带，重复刚才的操作，得到多组F、a，并作出小车运动的a-F图像。①为了使试验结果更加精确或合理，下列说法中正确或必需的是_________。（填正确答案标号）A．试验中应通过调整定滑轮的高度使细线与木板平面平行B．试验前可将小车由木板随意位置释放，然后再接通电源C．试验中为了测出小车所受合力应测出砂和砂桶的总质量D．试验中必需满意砂和砂桶的总质量m远小于小车和力传感器的总质量ME．该试验所用电源可以干脆接照明电路的电源（220V沟通电源）②如图乙所示为某次试验得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F为计数点，他只测出了计数点AB和EF间的距离，所用电源的频率为50Hz，打出的每5个点为一个计数点，则由纸带数据测得小车运动的加速度大小为_________m/s2（保留两位有效数字）。③依据试验测得的多组a、F数据做出的a-F图像如图丙所示，由图像_________（填“能”或“不能”）得到“在小车的质量不变时，小车的加速度a与其受到的合力F成正比”的结论；由图可知小车和力传感器的总质量为_________kg，小车与木板间的滑动摩擦力为_________N。【答案】(1).AE(2).0.60(3).能(4).2(5).2.0【解析】【详解】①[1]．某同学设计了如图甲所示的“探究加速度与物体受力和质量的关系”的试验，该题探究操作细微环节问题：A、线要与木板平行，这样小车的合力才不变，故选项A正确；B、先通电，再释放小车，选项B错误；C、由于有拉力传感器，故不须要测沙和桶的总质量，故选项C错误；D、满意该条件是为了使拉力近似等于沙和桶的总重力，但不须要测拉力，当然也不须要满意上述条件；E、由于运用的是电火花计时器，故干脆运用家庭电路的沟通电，故选项E正确。故选AE.②[2]．取BF段进行探讨，由运动学公式求加速度为：③[3][4][5]．由于a-F图象是过原点的直线，所以可以得到：质量不变时，加速度与作用力成正比；依据，那么a-F图象的斜率的倒数为小车和传感器的质量，即为：加速度为零时说明受到的拉力和滑动摩擦力相等，因此可知图像加速度为零时刻对应的力的大小等于滑动摩擦力的大小；即横截距b=2.0N就是滑动摩擦力。11.如图所示，光滑的水平轨道与半径为R=0.9m的粗糙半圆弧轨道的最低点A相切，一质量为m=1.8kg的小物块（可视为质点）以某初速度从水平面滑上半圆弧轨道，且小物块经过A点时对轨道的压力为146N，经过B点后落在离A点为2.4m的水平轨道上的C点。空气阻力忽视不计，取g=10m/s2。求：（1）物块经过B点时的速度大小；（2）物块从A运动到B的过程中阻力所做的功。【答案】（1）4m/s（2）-10.8J【解析】【详解】（1）物块从B到C做平抛运动得m/s（2）物块经过A点时，由牛顿第三定律可得A点对物块的支持力N=FN=146N对物块在A点由牛顿其次定律可得：A到B对物块由动能定理得：得阻力所做的功为10.8J12.如图所示，长为L=2m，质量为M=2kg的长木板B放在动摩擦因数为=0.4的水平地面上，在木板的最右端放一可视为质点的小物块A，其质量为m=1kg，与木板间的动摩擦因数为=0.2，起先时A、B均处于静止状态，g=10m/s2。（1）当给木板施加一水平向右的恒力F=15N时，求物块A和木板B运动的加速度分别为多少？（2）要将木板B从物块A下方抽出来，则给木板B施加的向右的水平拉力至少为多少？（3）若给木板施加的水平拉力F=24N，要使物块A从木板B的左端滑下，则水平力F作用的最短时间为多少？【答案】（1）（2）F=18N（3）t=1s【解析】【详解】（1）设物块A与木板B相对静止一起向右加速，则对物块与木板组成系统由牛顿其次定律得：Fμ2(Mm)g(Mm)a解得对物块A，木板给其向右的静摩擦力便为其合力，由牛顿其次定律得：fAmaA1N<fAmμ1mg2N所以假设成立，即A、B的加速度为（2）要将木板抽出，拉力最小时刚好抽出，即物块A相对B刚好向左滑动，AB间的摩擦刚好达到最大静摩擦力，且此时AB具有相同的速度和加速度则对A由牛顿其次定律得：得a=2m/s2对B由牛顿其次定律得：得F=18N（3）设F作用的最短时间为t，在F作用时间内对A有：对B有：A相对B向后的位移为：设撤去F后再经时间物体A刚好从木板B的最左端滑下，此时两者的速度恰好相同为撤去F后对A：得=2m/s2对木板B：得=7m/s2对A，共同速度位移对B有共同速度位移撤去F后A相对B的位移联立以上各式解得F作用的最短时间t=1s方法II：其相对位移也可用-t图像求解：A相对B的