2025届广东肇庆一模物理试题+答案

肇庆市2025届高中毕业班第一次模拟考试

物理

本试题共6页，考试时间75分钟，满分100分

注意事项：

L答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处。

2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。

3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、

刮纸刀。考试结束后，请将本试题及答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项

是符合题目要求的。

1.地铁是一种“绿色”的公共交通工具.如图，某次地铁上连接左侧圆环的拉绳呈竖直状态，人拉着的右侧圆环

的拉绳与竖直方向成一定角度，且处于绷紧状态，人与地铁车厢保持相对静止.下列说法正确的是（）

A.由左侧拉绳的状态可知地铁车厢处于静止状态

B.由右侧拉绳的状态可知地铁车厢可能正在向右加速

C.人对圆环的拉力小于圆环对人的拉力

D.人受到车厢地面水平向左的摩擦力作用

2.2024年巴黎奥运会上，中国选手获得了自由式小轮车女子公园赛冠军.如图，比赛中运动员骑行小轮车交替

通过水平路面和圆弧坡面，并在空中完成各种高难度动作.下列说法正确的是（）

A.运动员在圆弧面上的运动是匀变速运动

B.当运动员骑行速度变大时，其惯性也增大

C.在圆弧面骑行时运动员和车所受支持力可能大于其总重力

D.研究运动员在空中的动作时，可将运动员看作质点

3.港珠澳大桥海底隧道是世界上最长的公路沉管隧道，也是我国第一条外海沉管隧道，全长6.7km,隧道限

速90km/h,将沉管隧道简化为直线，f=0时刻，甲、乙两车同时由同一入口进入隧道，之后在隧道中运动

的速度随时间变化的关系如图所示.则经过多长时间乙车在隧道中追上甲车（）

A.5sB.lOsC.12sD.20s

4.如图甲为一种名为“喊泉”的游乐设施，游客对着池边的话筒大声呼喊时，水池中的喷口就会有水倾斜喷出

（可认为水恰好从水面喷出）.如图乙，某次呼喊时，水柱在空中的射高为11.25m,已知喷口与水面的夹角为

45°,重力加速度取lOm/sz,不计空气阻力.下列说法正确的是（）

A.在最高点的水的速率不为零

B.在最高点的水的重力的瞬时功率不为零

C.水在空中运动时先超重后失重

D.水柱的水平射程为22.5m

5.如图甲为小青设计的加速度计，一个质量为0.1kg的滑块穿在一个光滑水平直滑杆上，两根完全相同的弹簧

两端分别与挡板和滑块侧面栓接.初始时，两根弹簧均处于原长，然后将这个装置沿运动方向水平固定在一辆

汽车上，当汽车以5m/s2的加速度做匀变速直线运动时，两弹簧的形变量均为1cm,如图乙，弹簧始终在弹

性限度内.下列说法正确的是（）

滑杆

挡板滑块挡板

甲乙

A.此时单根弹簧的弹力大小为0.5NB.弹簧的劲度系数为25N/m

C.此时汽车一定向右做匀加速运动D.汽车在运动时，两侧弹簧的弹性势能可能不相等

6.物体在引力场中具有的势能称为引力势能,在无其他星体影响的情况下，若取距离地球无穷远处的引力势能

为零，则质量为，"的物体的引力势能为E.=-也”，其中G为引力常量，M为地球的质量，厂为物体到地

r

心的距离。大于等于地球半径R）.如图，虚线圆I和II为人造地球卫星的两个圆轨道，已知轨道I是近地轨

道，轨道n的半径为轨道I半径的2倍.关于质量为的人造地球卫星，下列说法正确的是（）

A.未发射的人造卫星位于赤道上时，其引力势能为零

B.在轨道I上的动能是在轨道II上的动能的V2倍

C.在轨道I上的周期是在轨道II上的周期的工

4

D.从轨道I到轨道n需要的能量至少为色叫

4R

7.新能源汽车以其环保、智能等优势受到广大消费者的青睐.某款新能源汽车在f=0时刻沿平直公路由静止开

始以恒定加速度启动，发动机在0时刻达到额定功率，然后保持功率不变继续加速，时刻达到最大速度后匀

速行驶.假设汽车所受的阻力大小恒定，则此过程中汽车的加速度。、动量p、牵引力尸、功率P随时间，的变

化规律正确的是（）

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中有多项符

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。

8.如图，老虎车是一种很实用的搬运工具，老虎车平面与挡板垂直，某一次在运货时老虎车平面与水平地面的

夹角为a,货物与老虎车保持相对静止，忽略货物与车平面之间的摩擦力.g取lOm/s?,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,下列说法正确的是（）

A.无论老虎车怎么运动，老虎车对货物的作用力方向总是竖直向上

B.老虎车停止时，若a由37°缓慢增大到90。，则老虎车对货物的作用力不变

C.若a=37。不变时，车平面对货物的作用力总是大于挡板对货物的作用力

D.若a=37。不变时，为使货物不离开挡板，老虎车水平向右的加速度不能超过7.5m/s2

9.如图为一种鱼虾自动分离装置的示意图，鱼和虾均从一个靠近传送带的出料口掉落到转动的传送带上，鱼和

虾就会自动分别向两端运动.下列说法正确的是（）

出料W哨鱼收

次一箱

虾收.11

集箱一一一

O

A.传送带的转动方向是顺时针方向

B.鱼在传送带上运动时，内能增加，机械能减小

C.传送带速度越大，虾到达下端虾收集箱的用时越短

D.鱼和传送带间的动摩擦因数一定大于虾和传送带间的动摩擦因数

10.如图，某同学练习排球垫球，双手在。位置垫击（过程时间极短）排球，使球以初速度％竖直向上运动,

当球落回到。位置时速度大小为匕，此时再次垫击排球使其仍以速度%竖直向上运动，假设排球质量为相，

空气阻力大小恒定，重力加速度为g.下列说法正确的是（）

A.从垫起到落回的过程中，排球的最大加速度为g

B.排球垫起后向上运动的最大高度为出士工

4g

C.再次垫击排球的过程中，手对排球的冲量大小为机％+"/

D.从垫起到最大高度的过程中，排球克服空气阻力做的功为丝亚

4

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.（6分）下列是《普通高中物理课程标准》中列出的两个必做实验的部分步骤，请完成实验操作和计算.

单位：cm

（1）图甲是“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验装置示意图.若本实验中用力传感器精确测量小

车受到的拉力，则（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，（填“需要”或“不需要”）满足砂

和砂桶的质量远小于小车的质量；图乙是实验得到的纸带的一部分，每相邻两计数点间还有一个点未标出.打

点计时器电源频率为50Hz,则小车的加速度大小为m/s2（结果保留1位小数）.

（2）如图丙所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，一个弹簧测力计的示数如图丁所示，

则该弹簧测力计的读数为N.为了使实验能够顺利进行，且尽量减小误差，下列说法正确的是（填

正确答案标号）.

A.OB、OC两根细绳长度必须相等

B.测量时，橡皮条、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板

C.用弹簧测力计拉两个细绳套时，两拉力的夹角越大越好

12.（10分）某物理兴趣小组在伽利略斜面实验思想的启发下，设计了如图甲所示的实验装置探究物体沿斜面

下滑的运动规律.

操作步骤如下：

①让滑块从距离挡板L处由静止下滑，同时打开水箱阀门，让水均匀稳定地流到量筒中;

②当滑块碰到挡板时关闭阀门；

③记录量筒收集的水量V；

④改变L重复以上操作：

（1）该实验利用量筒中收集的水量V来表示（填正确答案标号）.

A.水箱中水的体积

B.水从水箱中流出的速度

C.滑块下滑的时间

D.滑块下滑的位移

（2）若保持倾角，和L不变，增大滑块质量，则量筒中收集的水量V将（填“增大”“不变”或“减

小”）；若保持滑块质量和L不变，增大倾角。，则量筒中收集的水量V将（填''增大”“不变”或“减

小”).

,1

（3）改变滑块下滑的初始位置，测出多组位移乙以及对应的V,以(填“V?”或“五”）为横坐标,

以L为纵坐标，得到如图乙所示的图像，由此可得滑块沿斜面做匀变速直线运动.若该图像斜率为上水箱单位

时间内流出水的体积为％,则滑块沿木板下滑的加速度大小为（用晨乂表示）.

乙

（4）下列说法中不属于该实验误差来源的是（填正确答案标号）.

A.水箱中流出的水流不够稳定

B.滑块开始下滑和水箱开始流水不同步

C.选用的斜面不够光滑

D.选用了内径较大的量筒

13.（9分）如图为某高速收费站的标识牌.一辆汽车正沿直线向收费站驶来，如果这辆汽车过ETC（电子不停

车收费）通道，则需要在车辆识别装置前*=16m处减速至匕=4m/s,匀速到达车辆识别装置后再以

%=3m/S?的加速度加速至6=28m/s行驶，假设汽车制动过程中所受阻力与其重力的比值上=0.2,且制

动时间％=8s,汽车进、出收费站的运动可视为水平面上的直线运动，g取lOm/sz.求：

（1）汽车减速前的速度大小%;

（2）汽车到达车辆识别装置后加速运动的位移大小52；

（3）汽车从开始减速到加速结束的平均速度大小，.

14.（13分）如图甲，在杂技表演中，表演者平躺在水平地面上，腹部上平放一块石板，助手用铁锤猛击石板，

石板裂开而表演者没有受伤（危险节目，请勿模仿）.其原理可简化为图乙所示：质量为机的铁锤从石板上方

高/7处由静止自由落下，竖直砸中石板，铁锤与石板瞬间达到共同速度，之后，铁锤与石板一起向下运动距离

d后速度减为零，该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的变化规律近似如图丙所

示，已知石板的质量为铁锤质量的左倍，不计空气阻力，重力加速度为g.求：

（1）铁锤与石板碰撞后的共同速度大小v,及碰撞过程中系统机械能的损失量AE；

（2）铁锤与石板向下运动的过程中，弹性气囊A对石板作用力的最大值工,.

15.（16分）如图为某款大型弹珠机的简化模型，长乙=8.0m的水平轨道的右侧有一固定的弹射装置，左

侧与固定在竖直平面内半径r=1.8m的半圆轨道在B点平滑连接；长。=1.2m的水平挡板与半圆轨道的圆心

O等高，且左端与圆心。相距4=2.4m.将质量加=0.2kg的弹珠挤压弹簧后由静止释放，弹珠在水平轨道

上受到的阻力f=0.2N,其余位置阻力不计，弹珠可视为质点，g^lOm/s2.

（1）若弹珠经过B点时对轨道的压力是其重力的9倍，求弹珠在8点时的速度大小；

（2）求第（1）问中弹珠释放时弹簧的弹性势能ER；

（3）若弹珠经半圆轨道最高点C飞出后能击中水平挡板，求弹珠释放时弹簧弹性势能的取值范围.

肇庆市2025届高中毕业班第一次模拟考试

答案及评分标准（参考）物理

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项

是符合题目要求的。

题号1234567

答案DCBABDB

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中有多项符

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。

题号8910

答案BDADBC

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.（6分）（1）需要（1分）不需要（1分）2.8（2分）

（2）3.70（1分）B（1分）

12.（10分）（1）C（2分）

（2）不变（1分）减小（1分）

（3）V2（2分）22Q分）

（4）C（2分）

13.（9分）解：（1）设减速过程加速度大小为外,

由牛顿第二定律，有kmg=ma。.................................（1分）

由运动学规律，有％―%%=匕........................（1分）

代入数据解得%=20m/s........................（1分）

（2）由运动学规律，有2s2........................（1分）

代入数据解得§2=128m........................（1分）

（3）加速过程的时间=殳』=8s........................（1分）

%

匀速过程的时间：=.=4s........................（1分）

匕

减速过程的位移大小50=%%—；即；=96m........................（1分）

平均速度大小v=+”=12m/s.................................................

（1分）

'o।It]

14.（13分）解：（1）假设铁锤与石板碰撞前的速度为%,

则Vg=2gh（1分）

铁锤与石板碰撞，由动量守恒定律，有in%=（m+km）v.................................................（2分）

联立解得八兽

（1分）

系统损失的机械能为AE=＜机£_；（%加+根）/........................（2分）

解得AE=也蚣.................................................（1分）

k+1

（2）弹性气囊A对石板的作用力F做的功为F-x图像与横轴围成的面积，.......（1分）

则叫—一^^〃........................（2分）

从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程，根据动能定理得

2（分）

gd+WF=+v2

解得%端+（左+2）mg

（1分）

15.（16分）解：（1）由牛顿第三定律得，弹珠在5点时轨道对弹珠的支持力方的大小为9Mg...........（1分）

弹珠在半圆轨道最低点8时，由牛顿第二定律有既-冽g=加上........................（1分）

r

解得VB=12HI/S.................................................（1分）

（2）方法一：

弹珠从静止释放到3点的过程，由动能定理得

19

~f'1[=~加Vg—0.................................................（2分）

根据功能关系可得，%=约1—0.................................................（1分）

解得约i=16J.................................................（1分）

方法二：

弹珠从静止释放到B点的过程，由能量守恒定律得Epi=gm谓+f4........................（3分）

解得Epi=16J.................................................（1分）

（3）弹珠经半圆轨道最高点C飞出后做平抛运动，落到挡板上时，

1,

在竖直方向上有厂=—g/，解得r=o.6s......................（1分）

2

若弹珠恰好打到挡板左端点，则/2=卬，解得％=4m/s......................（1分）

若弹珠恰好打到挡板右端点，则4+4=岭/，解得岭=6m/s......................（1分）

2

若弹珠恰好过半圆轨道最高点，则mg=〃z也，解得匕=而=3V2m/s......................（1分）

r

综上，弹珠在最高点C的速度％应满足30m/sW%46m/s......................（1分）

弹珠从静止释放到c点的过程，

由能量守恒定律得约+fmg-2r......................（2分）

将岭代入%得约2=3J,将匕代入%得Ep3=10.6J......................（1分）

综上，弹珠释放时弹簧弹性势能的取值范围为10.6J<Ep<12.4J......................（1分）

答案详解

1.答案：D

解析：分析左侧圆环可知，左侧圆环所受的重力（竖直向下）与拉绳对它的拉力（竖直向上）平衡，圆环所受

合外力为零，处于平衡状态，可能为静止或匀速直线运动状态，表明车厢可能处在静止或匀速直线运动状态,

A、B均错误；由牛顿第三定律可知：人对圆环的拉力大小等于圆环对人的拉力大小，C错误；以人和右侧圆

环为研究对象，由题可知人拉着圆环与地铁车厢保持相对静止，即人和圆环处于平衡状态，由于它们受到拉绳

斜向右上方的拉力，该拉力产生水平向右的分力，表明人受到车厢地面水平向左的静摩擦力作用，D正确.

2.答案：C

解析：运动员在圆弧面上的运动是变加速曲线运动，A错误；物体惯性的大小只与质量有关，与速度大小无关，

所以惯性应该不变，B错误；运动员在圆弧面上运动时支持力与重力垂直于圆弧面的分力的合力提供向心力,

支持力可能大于重力，C正确；研究运动员在空中的动作时，不能将其看成质点，D错误.

3.答案：B

22-10,,25-5o1

解析：由题图可知，与=——―-m/s2=lm/s2,。乙m/s-=2m/s2,贝ijs甲=10/+］。甲•广，

1,

s乙=+乙♦广，当乙车追上甲车时，s甲=s乙，解得/'=105,B正确.

4.答案：A

解析：水喷出后做的是斜抛运动，竖直方向上做竖直上抛运动，由/z=gg『可求得从射出到最高点的过程用

时1.5s，射出时水在竖直方向的分速度大小匕,=gf=15m/s,在水平方向的分速度大小

V

匕=——=15m/s,A正确；在最高点时速度沿水平方向，与重力方向垂直，其重力的瞬时功率为零，B

xtan45°

错误；水在空中的加速度一直向下，所以一直处于失重状态，c错误；根据斜抛运动的对称性可知水柱在空中

的运动时间为3s,所以水平射程为》=丫总=45m,D错误.

5.答案：B

解析：由题图乙可知汽车的加速度方向水平向右，据牛顿第二定律可得2观5=由。，代入数据解得

攵=25N/m,单根弹簧的弹力大小为歹=』ma=0.25N,B正确，A错误；由图乙可知汽车的加速度方向

2

水平向右，运动方向无法判断，汽车可能向左做匀减速直线运动也可能向右做匀加速直线运动，C错误；无论

什么情况，左右两侧弹簧的形变量都是相同的，两个弹簧的弹性势能一定相等，D错误.

6.答案：D

解析：由题意可知，位于赤道上的卫星的万势能为=一旦细，A错误；设卫星绕地球做圆周运动的半径

PR

为r,根据万有引力提供向心力，有空出二叫,匕=外加二解得，在半径为厂的轨道上运行的卫星具有的

rrT

一小「17GMm，周期T=2»J/一，因为轨道II的半径为轨道I半径的2倍，所以该卫星在轨

动舱纥=可=丁a

\GM

道I上的动能是在轨道II上的动能的2倍，B错误；该卫星在轨道I上的周期是在轨道n上的周期的」产，

2V2

c错误；由能量守恒定律可知，从轨道I到轨道n需要的能量为机械能的增加量，卫星在轨道I上的机械能为

GMmGMm

卫星在轨道H上的机械能为E2=Eh+Ep2=J^，从轨道I到轨道II需要

2R4R

的能量至少为AE=E2—&=—色蛆出—（―色蛆出］=9蛆出，D正确.

2147?2R）47?

7.答案：B

解析：汽车在0〜％时间内做匀加速运动，则加速度a不变，速度均匀增加，牵引力F保持不变，根据

p=Fv=Fat,可知功率随时间均匀增加，D错误；%〜与时间内，功率保持不变，根据£-/=机。可知,

v

随速度的增加，加速度a减小，牵引力F减小，时刻后匀速行驶，速度不变，牵引力等于阻力不变，C错

误；因为动量P=77叱，所以动量随时间的变化规律和速度随时间的变化规律一样，B正确；;时刻后速度增

加得越来越慢，所以加速度变化也应该越来越慢，时刻加速度变为零，A错误.

8.答案：BD

解析：加速运动时，货物所受合外力不为零，老虎车对货物的作用力方向不是竖直向上，A错误；若夹角a由

37。缓慢增大到0。，老虎车对货物的作用力大小与货物重力大小相等，方向竖直向上，因此老虎车对货物的作

用力不变，B正确；加速向左运动时，有心cosa-耳sina=〃3，由于加速度未知，故老虎车平面对货物的

作用力与挡板对货物作用力的大小无法比较，C错误；为使货物不离开挡板，临界状态时有机gtana=机。，

得a=7.5m/s2,故老虎车向右的加速度不能超过7.5m/s2,D正确.

9.答案：AD

解析：鱼和虾在传送带上受重力、支持力和沿传送带向上的摩擦力，故传送带沿顺时针方向转动，A正确；对

鱼有Mgsin，＜cos，，向上运动，摩擦力对鱼做正功，机械能增大，对虾有儿（？5111，＜〃2儿（？以）5，，

向下运动，从一定大于〃2,B错误，D正确；传送带沿顺时针方向转动，无论速度为多少，对虾的摩擦力大

小和方向均不变，虾下滑的时间与传送带的速度无关，C错误.

10.答案:BC

解析：排球向上运动时，根据牛顿第二定律有加g+/=^a,可知排球刚垫起时的加速度最大，为g+工，A

m

错误；对排球上升和下降过程分别列运动学公式，有噂=21g+工］〃，v^=2（g-工,解得力=正土21，

Vm）\m）4g

B正确；再次垫击排球过程中，根据动量定理，手对排球的冲