四川省内江市2025届高三物理上学期一模考试试题含解析

PAGE18-四川省内江市2025届高三物理上学期一模考试试题（含解析）二、选择题1.如图所示，以下图形来源于教材与它们相关的说法中正确的是A.是英国物理学家牛顿利用扭秤试验测量万有引力常量的装置示意图B.是放射出去的火箭，它利用了牛顿第三定律的作用力与反作用力C.是利用“光的折射”来显示物体微小形变的装置示意图D.是伽利略第一次用科学的试验方法变更了人类对物体运动的相识，总结出了行星运动定律，为人类做出了卓越贡献【答案】B【解析】【详解】A．该图是物理学家卡文迪许利用扭秤试验测量万有引力常量G的装置示意图，故A错误；

B．该图是放射出去的火箭，利用了牛顿第三定律的作用力与反作用力，故B正确；

C．丙图是利用“光的反射”显示物体微小形变的装置示意图，故C错误；

D．行星运动定律是开普勒总结出了，故D错误；

故选B。2.如图所示，为一种简易的重物提升装置，通过卷扬机牵引利用定滑轮将重物提升至某高处，然后，由工人将重物水平缓慢拉至平台上，在工人拉动重物靠近平台的过程中，下列说法正确的是A.地面对人的摩擦力变小 B.绳的拉力大小不变C.、两绳拉力的合力变大 D.绳的拉力变小【答案】C【解析】【详解】将OB的拉力进行分解，如图所示：

O点向右移动的过程中OA逆时针转动，由图可以看出OA绳子拉力与OC绳子的拉力都始终变大。

A．地面对人的摩擦力等于OC的拉力，则渐渐变大，选项A错误；B．OA绳的拉力变大，选项B错误；C．OC、OB两绳拉力的合力等于OA上的拉力大小，渐渐变大，选项C正确；D．OC绳的拉力变大，选项D错误；故选C。3.地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为，当感知到地震时，质量为的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为A. B.C D.【答案】A【解析】【详解】铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：以竖直向上为正方向，依据动量定理可知：Ft-mgt=0-（-mv）解得：A．，与结论相符，选项A正确；B．，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；故选A.4.如图所示，为某运动员（可视为质点）参与跳板跳水竞赛时，其竖直方向的速度随时间变更的图象以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是A.时刻达到最高点B.时刻的位移最大C.时刻的加速度为负D.在时间内重力做功大于时间内克服阻力做功【答案】D【解析】【详解】A．运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误。BC．v-t图象为直线，加速度不变，所以在0-t2时间内人在空中，t2时刻起先进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故BC错误；D．由能量关系可知在t1-t2时间内，，即在t1-t2时间内重力做功WG大于t1-t2时间内克服阻力做功重力做功Wf，故D正确；故选D。5.套圈嬉戏是一项趣味活动如图，某次嬉戏中，一小孩从距地面高处水平抛出半径为的圆环（圆环面始终水平），套住了距圆环前端水平距离为、高度为的竖直细圆筒。若重力加速度大小，则小孩抛出圆环的初速度可能是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】依据得，则平抛运动的最大速度最小速度则5.0m/s＜v＜6.0m/s。A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论相符，选项B正确；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；故选B。6.如图所示，某极地轨道卫星做匀速圆周运动的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬的正上方按图示逆时针方向第一次运行到南纬的正上方时所用时间为，则下列说法正确的是A.该卫星的运行速度肯定大于B.该卫星运行的周期为C.该卫星与同步卫星的运行半径之比为D.该卫星的运行速率与同步卫星速度之比为【答案】BC【解析】【详解】A．7.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动最大速度，所以该卫星的运行速度肯定小于7.9km/s。故A错误；B．该卫星绕地心运行120°用时间为1h，则卫星运行的周期为3h，选项B正确；C．同步卫星的周期为24h，依据开普勒第三定律，可得该卫星与同步卫星的运行半径之比为1:4，选项C正确；D．由可知，该卫星的运行速率与同步卫星速度之比为2:1，选项D错误；故选BC7.在探讨“蹦极”运动时，在运动员身上安装上传感器，用于测量运动员在不同时刻下落的高度及速度。如图甲，运动员（包括携带的全部设备）的质量为，弹性绳原长为，运动员从蹦极台自由下落，据传感器所测数据，得到图乙所示的速度位移图象，若“蹦极”过程中，运动员始终在空中，不计空气阻力，重力加速度，则下列推断正确的是A.从到的过程中，运动员处于完全失重状态B.当速度时，绳的弹力达到最大C.从到的过程中，运动员的加速度始终减小D.从到的过程中，弹性绳的最大势能为【答案】ACD【解析】【详解】A．从x=0到x=10m的过程中，运动员自由下落，处于完全失重状态，故A正确。B．v=15m/s时，运动员还在向下运动，绳的弹力在增大，所以此时绳的拉力不是最大。故B错误。C．x=15m处运动员的速度最大，加速度为零，从x=10m到x=15m的过程中，绳的弹力小于重力，随着弹力的增大，运动员的合力减小，加速度始终减小，故C正确。D．从x=0到x=30m的过程中，运动员的重力势能削减量为△Ep=mgh=60×10×30J=18000J，则弹性绳的最大势能为18000J，故D正确。故选ACD。8.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为，圆环在处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从处静止释放，到达处时速度为零。若圆环在处获得沿杆向上的速度，恰好能回到．已知，是的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为，则下列说法正确的是A.下滑过程中，环受到的合力不断减小B.下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为C.从到过程，弹簧对环做功为D.环经过时，上滑的速度大于下滑的速度【答案】CD【解析】【详解】A．圆环从A处由静止起先下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误；B．圆环从A处由静止起先下滑到C过程，由动能定理得：mgh+Wf-W弹=0-0在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式联立解得：所以产生的热量为，故B错误；

C．从C到A过程，由动能定理得h=Lsinα联立解得弹簧对环做功为故C正确；D．探讨圆环从A处由静止起先下滑到B过程，运用动能定理列出等式探讨圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式即得由于W′f＜0，所以有则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确；故选CD。三、非选择题9.如图甲，是“探究功与速度变更的关系”的试验装置，当质量为的小车，在1条橡皮筋作用下弹出时，橡皮筋对小车做的功记为；当用2条、3条完全相同的橡皮筋进行第2次、第3次试验时，由于每次试验中橡皮筋的拉伸长度相同，因此第2次、第3次试验中，橡皮筋对小车做的功分别为、，每次试验中小车获得的最大速度可由打点计时器所打出的纸带求出。则：（1）关于该试验，下列说法中正确的是__（填选项序号字母）。A．必需平衡摩擦力B．打点计时器可以用干电池供电C．每次试验，小车必需从同一位置由静止释放D．可以选用规格不相同的橡皮筋（2）图乙为某次用1条橡皮筋试验打出的纸带，测得、、、、相邻两点间的距离分别为，，，，则小车获得的最大速度为__。假如用2条橡皮筋做试验，那么，在理论上，小车获得的最大动能为__（结果保留两位有效数字）。【答案】(1).AC(2).0.82(3).0.067【解析】【详解】（1）[1]．A．为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必需平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜，故A正确。

B．打点计时器运用的是低压沟通电源。故B错误；

C．依据试验原理可知，每次试验，小车必需从同一位置由静止弹出。故C正确。

D．依据试验原理可知，橡皮筋必需是相同的，故D错误。

故选AC（2）[2][3]．要测量最大速度，应当选用点迹恒定的部分。即应选用纸带的C、D、E部分进行测量，时间间隔为0.02s，最大速度：假如用2条橡皮筋做试验，那么在理论上，小车获得的最大动能为10.某试验小组用如图所示的装置，来做“验证机械能守恒定律”的试验其中，量角器的中心和长为的细线的一个端点重合，并且固定在一起细线的另一端系一个质量为、半径为的小球，当小球静止时量角器的零刻度线与细线重合，在小球所在位置固定安装一个光电门，当小球由处静止释放时，细线与竖直方向的夹角为，重力加速度为。则：（1）在试验中测得小球通过光电门的时间为，那么，小球通过最低点的瞬时速度为__。（2）如图所示，当用精确度为的游标尺来测量小球直径时，测得小球的直径为，那么，这时游标卡尺上的第__条刻度线与主尺上的第__刻度线对齐。（3）若在试验误差允许的范围内，满意__，即可验证机械能守恒定律（用题中字母来表示）。（4）通过变更小球由静止释放时，细线与竖直方向的夹角，测出相应状况下，小球通过光电门的时间，为了形象、直观地验证机械能是否守恒，在平面直角坐标系中，为使图象是经过坐标原点的直线那么，图象的横坐标为__，纵坐标为。【答案】(1).(2).6(3).1.9cm(4).(5).【解析】【详解】（1）[1]．依据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球经过最低点的速度．（2）[2][3]．当游标卡尺的读数为时，游标卡尺上的第6条刻度线与主尺上的第1.9cm的刻度线对齐。（3）[4]．重力势能的减小量动能的增加量当小球的机械能守恒有：．（4）[5]．由可知，为使图象是经过坐标原点的直线那么图象的横坐标为，纵坐标为。11.如图轻弹簧的一端固定，另一端与小滑块相连，静止在与水平面成的斜面上的点，此时弹簧处于原长，另一质量与相同的小滑块，从点以初速度向沿斜面对下加速滑行，当向下滑过距离后即与相碰碰撞时间极短，内力远大于外力碰撞后、粘在一起向下运动滑块和均可视为质点，且与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度为。试求：（1）在滑块与碰后，、共同的速度大小；（2）若滑块、压缩弹簧后恰能返回到点，那么，在从点起先下滑到的返回到点的过程中，系统克服摩擦产生热。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）物块A下滑到与B碰撞前的过程中，由动能定理：因AB碰撞过程动量守恒，则：联立解得：（2）物块A从起先下滑到与B碰撞前的过程克服摩擦力做功产生的热量从AB系统以共同速度下滑到再次回到O点的过程中产生的热量：则在A从P点起先下滑到AB的返回到O点的过程中，系统克服摩擦产生热12.如图所示，一块质量为kg，长为m的均质薄木板静止在足够长的水平桌面上，在木板的左端静止摆放着质量为kg的小木块（可视为质点），薄木板和小木块之间的动摩擦因数为，薄木板与地面之间的动摩擦因数为．在时刻，在木板左端施加一水平向左恒定的拉力N，取m/s2．则：（1）拉力刚作用在木板上时，木板的加速度大小是多少？（2）假如始终作用在上，那么经多少时间将离开？（3）若在时间s末撤去，再经过多少时间和第一次速度相同？在此状况下，最终在上留下的痕迹的长度是多少？【答案】（1）1m/s2；2.5m/s2；（2）2s；（3）s；1m。【解析】【详解】（1）F刚作用在木板上时，由牛顿其次定律，对m有：μ1mg=ma1代入数据得a1=1m/s2对M有：F-μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2代入数据解得：a2=2.5m/s2（2）设m离开M的时间为t1，则对m有：对M有：又有L=x2-x1联立解得：t1=2s（3）t=1s时m速度v1=a1t1=1×1m/s=1m/sM的速度为：v2=a2t1=2.5×1m/s=2.5m/s此过程中m相对M位移1s后m仍以a1的加速度作匀加速运动，M将以a3的加速度匀减速运动，且有：μ1mg+μ2（M+m）g=Ma3解得：m/s2设再经t2后二者速度相等，有：2解得此时两者的共同速度为v=m/s此过程中m相对M的位移则在此状况下，最终m在M上留下的痕迹的长度：13.下列说法中正确的是A.热量可能自发地从低温物体传到高温物体B.布朗运动是固体微粒的无规则运动C.不行能从单一热源汲取热量并把它全部用来做功，而不产生其他影响D.一些昆虫可以停在水面上，是由于表面张力作用的结果E.晶体的物理性质肯定表现为各向同性【答案】BCD【解析】【详解】A．热量能自发的由高温物体传递给低温物体，但是不行能自发地从低温物体传到高温物体，选项A错误；B．布朗运动是悬浮在液体表面的固体微粒的无规则运动，选项B正确；C．依据热力学其次定律可知，不行能从单一热源汲取热量并把它全部用来做功，而不产生其他影响，选项C正确；D．一些昆虫可以停在水面上，是由于表面张力作用的结果，选项D正确；E．单晶体的物理性质肯定表现为各向异性；多晶体的物理性质肯定表现为各向同性，选项E错误；故选BCD.14.如图所示，截面积分别为SA=1cm2、SB=0.5cm2的两个上部开口的柱形容器A、B，底部通过体积可以忽视不计的细管连通，A、B两个气缸内分别有两个不计厚度的活塞，质量分别为mA=1.4kg、mB=0.7kg.A气缸内壁粗糙，活塞与气缸间的最大静摩擦力为Ff=3N；B气缸内壁光滑，且离底部2h高处有一活塞销．当气缸内充有某种志向气体时，A、B中的活塞距底部均为h，此时气体温度为T0=300K，外界大气压为P0=1.0×105Pa．现缓慢上升气体温度，（g取10m／s2，）求：①当气缸B中的活塞刚好被活塞销卡住时，气体的温度；②当气缸A中的活塞刚要滑动时，气体的温度T2．【答案】（1）（2）【解析】【分析】①此过程为等压过程，分别求出初末状态的体积，再依据列式求解即可；②从B活塞到达底部，到A活塞起先运动，气体发生等容变更，依据平衡条件求出初末位置的压强，带入求解温度即可．【详解】①此过程为等压过程，由盖吕萨克定律可得，其中，解得②气体做等容变更，由查理定律得：最初，对活塞B：活塞要动时，对活塞A，解得【点睛】本题关键明确封闭气体的初末状态，然后结合气体试验定律列式求解；同时要对活塞和杆整体受力分析并结合平衡条件求解初始气压．15.某时刻处质点沿轴向下起先简谐振动，形成沿轴正向传播的简谐横波，处质点起先振动后时，第一次形成的波形图象如图所示，点是轴上距坐标原点处的质点，下列说法正确的是A.质点经过起先振动B