【文档说明】重庆市巴蜀中学2025届高三上学期高考适应性月考（一）物理试题 Word版含解析.docx，共(19)页，7.218 MB，由小赞的店铺上传

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物理试卷注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号

。在试题卷上作答无效。3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.科学思维和研究

方法对物理学的发展意义深远，对揭示物理现象的本质十分重要。下列哪项研究是运用理想实验法得到的（）A.牛顿发现万有引力定律B.卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量C.开普勒提出行星的运动规律D.伽利略发现力不是维持物

体运动的原因【答案】D【解析】【详解】A．牛顿通过大量的数据研究推导得出万有引力定律，故A错误；B．卡文迪许用扭秤实验测量计算出万有引力常量，是建立在实验基础上直接得出的结论，故B错误；C．开普勒提出行星的运动规律，是开普勒从天文学家第谷观测火星位置所得资料中总结出来的，采用了归纳法，故C错误；D

．伽利略发现力不是维持物体运动的原因，是伽利略在实验的基础上经过抽象推理得出的结论，不能够用实验证明，即运用了理想实验法，故D正确。故选D2.小巴同学在等电梯时想到了用智能手机测试自己乘电梯回家时的速度—时间图像。电梯向

上运行过程中，他的手机屏幕显示如图所示（取竖直向上为正方向）。则小巴同学处于失重状态的时段是（）A.从20.0s到30.0sB.从30.0s到40.0sC.从40.0s到50.0sD.从50.0s到60.0s的。【答案】C【解析】【详解

】A．vt−图像的斜率表示加速度，从20.0s到30.0s，同学有向上的加速度，处于超重状态，故A错误；B．从30.0s到40.0s，同学的加速度为零，处于平衡状态，故B错误；C．从40.0s到50.0s，同学有向下的加速度，处于失重状态，故C正确；D．从

50.0s到60.0s，同学的加速度为零，处于平衡状态，故D错误。故选C。3.如图所示，用轻绳将一质量为m的小球悬挂在天花板上，加一外力F后能让小球静止，且静止时轻绳与竖直方向的夹角为。则所加外力F的方向与重力方向的夹角大小取值范围为（）A.(

0,]B.(0,π]C.(,π]D.(,2π]【答案】C【解析】【详解】小球受竖直向下重力G、沿细绳向上的拉力T以及力F作用，因三力平衡，可知T与G的合力与F等大反向，可知力F的范围应该在T与G夹角的对角范围内，即所加外力F

的方向与重力方向的夹角大小取值范围为(,π]（包括竖直向上方向，不包括沿T的反方向位置）。故选C。的4.小蜀同学乘坐轻轨回家时想到用随身的物品测量轻轨启动时的加速度。他用细绳的一端拴着圆珠笔，另一端固定在扶手杆上。当轻轨启动后稳定加速时用手机抓拍了一张照片，如图所示，细绳与竖直方向夹角

为，重力加速度为g，则此时对应的加速度为（）A.singB.tangC.singD.tang【答案】B【解析】【详解】以圆珠笔为对象，根据牛顿第二定律可得tanFmgma==合解得此时对应的加速度为tanag=故选B。5.如图为学校科学技术小组做的新能

源汽车模型，主要靠太阳能来驱动。现将小车模式调整为以恒定功率P启动，由静止出发，经过时间t刚好达到最大速度mv，已知小车质量为m，运动时所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（）A.小车出发后一段时间内先做匀加速直线运动B.小车出发后一段时间内先做加速度逐渐

增大的运动C.小车的最大速度m2Ptvm=D.小车从静止出发到刚好达到最大速度时发生的位移大小为m22mvPtff−【答案】D【解析】【详解】AB．以恒定功率P启动，由静止出发，根据PFv=，Ffam−

=速度增大，牵引力减小，加速度减小，小车先做加速度减小的变加速直线运动，当加速度减为0时，速度达到最大值，小车随后做匀速直线运动，故AB错误；CD．小车从静止出发到刚好达到最大速度，根据动能定理有2m

12Ptfxmv−=解得()m2Ptfxvm−=m22mvPtxff=−故C错误，D正确。故选D。6.某实验室有一研究摆动的装置，如图所示，质量为m的小球B通过不可伸长的轻绳与质量为2m的滑块A相连接，且滑块A穿

套在光滑的轻杆之上可以左右自由滑动。现保持轻绳伸直并将小球B从与A等高处静止释放，已知AB在同一竖直面内，重力加速度为g，忽略空气阻力，则当小球B第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为（）A.mgB.2mgC.3mgD.4mg【答案】D【

解析】【详解】由题知，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，小球B从释放点第一次摆到最低点有2ABmvmv=根据能量守恒有2211222ABmgLmvmv=+联立解得3AgLv=,43BgLv=小球B第一次摆至最低点，根据牛顿第二定律有()2ABvvFmgmL+−=解得轻绳的拉力为4Fmg=根

据牛顿第三定律，可知当小球B第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为4mg。故选D。7.如图所示，地球赤道上空有两颗在赤道平面内运行的卫星甲、乙，其中甲为地球同步卫星，乙运行的轨道半径为地球半径R的2倍，运动方向与地球自转方向相反，运行周期为T。在赤道某处有一位天文观测者与地面相对静止。已知

地球自转周期为0T，卫星甲对地球的最大观测视角为，若甲、乙之间无遮挡物时可进行无线信号通讯，则下列说法正确的是（）A.卫星乙连续两次出现在观测者正上方的时间间隔为0TTB.卫星乙连续两次出现在观测者正上方的时间间隔为00TTTT−C.甲、乙

卫星间不能直接通讯持续的最长时间是0π32π2πTT++D.甲、乙卫星间不能直接通讯持续的最长时间是0π32π2πTT−+【答案】C【解析】【详解】AB．由于卫星乙运动方向与地球自转方向相反，所以圈数和等于1时相遇，则有01t

tTT+=解得00TTtTT=+故AB错误；CD．甲卫星与地面上的P点同步，考虑甲与乙的相对运动，如图2所示则有()m0222233tTT+=−−−=+解得信号连续中断的最长时间为m0π32π2πtT

T+=+故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题：本大题共3小题，每小题5分，共15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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图甲是一

些同学常用的修正带实物图，乙为它的内部构造示意图。A、B点分别位于大小齿轮的边缘，C点位于大齿轮的半径中点，则当齿轮匀速转动时（）A.大小齿轮正常运转时均为顺时针转动B.转动时A、B两点线速度大小相等C.转动时A、C两点的运动周期

相同D.转动时B、C两点角速度大小相等【答案】BC【解析】【详解】A．由图示结构可以知道，大小齿轮的运动方向相反，所以大小齿轮正常运转时不可能均为顺时针转动，故A错误；B．A、B点分别位于大小齿轮的边缘，所以转动时A、B两点线速度大小相等，故B正确；C．由于A、C两点同轴转

动，所以转动时A、C两点的角速度相同，运动周期相同，故C正确；D．由于时A、B两点线速度大小相等，但半径不相等，所以A、B两点的角速度不相等；又A、C两点的角速度相等，所以B、C两点角速度不相等，故D错误。故选BC。9.巴蜀中学高中女篮勇夺2024年中国高中篮球联赛西区冠军，在篮

球比赛中某同学以斜向上的速度将篮球抛出，与篮板撞击后落入篮筐，可得到此次篮球运动轨迹的简易图如图所示。若此次投篮中，篮球的初速度大小为1v，与竖直方向夹角为，篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方然后被反向弹回

并且从篮筐正中央落下。已知脱手点与撞击点的竖直距离为H，撞击点与篮筐的竖直距离为h，忽略空气阻力，不计篮球与篮板碰撞的时间，则（）A.篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向动量守恒B.篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为1sinvC.篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为

22Hhgg+D.篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足12sinhLvg=【答案】BC【解析】【详解】A．从脱手到与篮板碰撞前篮球水平方向的动量向右，与篮板碰撞后篮球水平方向的动量向左，所以篮球从脱手到进入篮筐的过程中水平方向不动量

守恒，故A错误；B．篮球抛出后恰好垂直打在篮筐上方，从脱手到与篮板碰撞前，篮球水平方向做匀速直线运动，则篮球垂直打在篮板前一瞬间速度大小为1sinxvvv==故B正确；C．篮球从脱手到篮板碰撞前过程，

竖直方向根据逆向思维有2112Hgt=解得12tgH=与篮板碰撞后到进入篮筐过程，竖直方向有2212hgt=解得22htg=则篮球从脱手到进入篮筐过程所经历的时间为1222gtgttHh++==故C正确；D．由篮球的运动轨迹可知，篮球与篮板碰撞后的水平速度小于碰撞前的水平速度，

则篮球反向弹回到进入篮筐过程中满足2122sinxxhvgLvtvt==故D错误。故选BC。10.将A、B两物块靠在一起放置于水平地面上，并在两物体上同时施加水平向右的作用力，如图所示。已知A3kgm=、B4kgm=，两物块互不粘连，水

平地面与物块间的摩擦力可忽略，且两个作用力大小随时间关系分别满足()A102NFt=−、()B42NFt=+，t=0时刻物块从静止出发，则（）A.0~2s内物块A动量的改变量大小为12kg·m/sB.2s时物块B的速度大小为3

m/sC.0~5s内合力对B的冲量大小为49N·sD.5s时物块A的速度大小为6m/s【答案】AC【解析】【详解】A．两物块刚刚分离时，速度、加速度相等，两物块之间的弹力恰好为0，此时有11AB10242ttmm−+=解得12st=即2s内物块没有分离，由于力与时间

均成线性关系，对两物块构成的系统，2s内合力的冲量为()()11020102224204222NsNs28Ns22I−+−+++=+=0~2s内，对两物块构成的系统，根据动量定理有()1AB10Immv=+−解得14m/sv=则

0~2s内物块A动量的改变量大小为A1012kgm/smv−=故A正确；B．结合上述可知，2s时物块B的速度大小为4m/s，故B错误；C．由于力与时间均成线性关系，2~5s内，B的合力的冲量为()()242542252Ns33Ns2I+++−==2~5s内，对B进行

分析，根据动量定理有2B2B1Imvmv=−解得249m/s4v=对B进行分析，根据动量定理可知，0~5s内合力对B的冲量大小为B2049Nsmv−=故C正确；D．由于力与时间均成线性关系，2~5s内，

A的合力的冲量为()()31025102252Ns9Ns2I−+−−==2~5s内，对A进行分析，根据动量定理有3A3A1Imvmv=−解得37m/sv=故D错误。故选AC。三、非选择题：共5小题，共57分。11.小明同学利用如图所示装置测量

弹簧枪内弹簧的弹性势能，扳动弹簧枪的扳机释放弹簧，弹簧的弹性势能转化为弹丸的动能，弹丸离开枪口，击中摆块并陷入其中，打击时间极短，摆块推动指针摆动，不计空气阻力（g取210m/s）。实验步骤为：①测出弹丸的质量

为10g，摆块的质量为20g；②调节摆块，使其静止时高度与枪口保持水平，测出悬点到摆块中心的距离为40cm；③发射弹丸，击中摆块，弹丸与摆块摆动推动指针到最高点，指针显示摆角为60°。（1）弹丸击中摆块后两者的速度为______m/

s，击中摆块前弹丸速度为______m/s。（2）若不计枪筒摩擦力，可测得弹簧枪内弹簧发射弹丸前的弹性势能为______J。【答案】（1）①.2②.6（2）0.18【解析】【小问1详解】（1）[1][2]弹丸击中摆块过程，根据动量守恒有()0mvm

Mv=+弹丸击中摆块后，以相同速度向右摆动到最高点，根据能量守恒()()21(1cos)2mMvmMgl+=+−解得2m/sv=,06m/sv=【小问2详解】若不计枪筒摩擦力，根据能量守恒可测得弹簧枪内弹簧发射弹丸前的弹性势能为2p

010.18J2Emv==12.小明同学为了测定某款防滑鞋与桌面之间的动摩擦因数，想出了很多方法。（1）用如图甲所示的装置进行实验，释放重物，当重物落地后，防滑鞋再运动一段距离停在桌面上，实验中用打点计时器记录了防滑鞋的匀减速运

动，如图乙为他截取的一段纸带，1、2、3、4、5是他选取的计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s。（g取210m/s）根据纸带可求出防滑鞋做减速运动过程中的加速度大小a=______2m/s，防滑鞋与

桌面的动摩擦因数为______。（2）小明又采用了如图甲所示的另一套装置进行实验，使防滑鞋A位于水平桌面的O点时，重物B刚好接触地面，将防滑鞋A拉到P点，待B稳定后由静止释放。防滑鞋A最终滑到Q点，分别测量OP、OQ的

长度h和s。改变h，重复以上的操作，测出多组实验数据。小明同学在图乙中已标出若干组数据对应的坐标点。实验中测得防滑鞋A与重物B的质量之比AB:3:5mm=，则根据sh−关系图线计算出防滑鞋A与桌面间的动摩擦因数约为______（此空保留2位有效数

字）。【答案】（1）①.6②.0.6（2）0.47【解析】【小问1详解】[1]相邻两计数点的时间间隔为1155s0.1s50Tf===根据逐差法求出防滑鞋做减速运动过程中的加速度大小为22213352226.6020.6114.618.6010m/s6m/s(2)4

0.1xxaT−−+−−===[2]根据牛顿第二定律mgma=防滑鞋与桌面的动摩擦因数为0.6=【小问2详解】B下落至临落地时根据动能定理有2BAAB1()2mghmghmmv−=+在B落地后，A运动到Q，有2AA102mgsmv−=−整

理得BAAB()mmshmm−=+防滑鞋A与重物B的质量之比AB:3:5mm=sh−图像的斜率为BAAB48()50mmkmm−==+解得0.4713.现代战争中，无人机发挥了重要的作用，如图为某款无人机正在进行投弹演

习。这款无人机的质量为2kgM=，携带的炸弹（可视为质点，所受空气阻力可忽略）质量为3kgm=，其动力系统可提供最大90N=F的竖直升力，运动过程中无人机所受空气阻力大小恒定，且方向与运动方向相反。无人机携带炸弹在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在3s

t=时离地面的高度为27mh=（g取210m/s）。（1）求无人机运动过程中所受空气阻力大小；（2）若无人机悬停在离地20m处，突然释放炸弹，此时立即开启最大动力系统使无人机加速上升，求炸弹落地时无人机的离地高度。【答案】（1）10N（2）80m【解析】【小问1详解】无

人机携带炸弹在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，设加速度大小为a，根据运动学公式可得212hat=解得22222227m/s6m/s3hat===根据牛顿第二定律可得()()FMmgfMma−+−=+解得无人机运动过程中所受空气阻力大小为10N

f=【小问2详解】若无人机悬停在离地20m处，突然释放炸弹，炸弹做自由落体运动，则有21112hgt=解得1122shtg==以无人机为对象，根据牛顿第二定律可得FMgfMa−−=解得230m/sa=根据运动学公式可得21160m2hat==则炸弹落地时无人机的离

地高度为180mHhh=+=14.如图甲为某款玩具，其主要配件有小物块、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道等。如图乙为其结构示意图，其中三连环是由三个半径不同的光滑圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ组成，且三个圆轨道平滑连接但不重叠。其圆心分别为1O、2O、3O，半径分别为10.4mR=、2

0.3mR=、30.2mR=。OA、AC为光滑水平轨道，滑跃板CD为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道倾角可调（090）。某次游戏中弹射器将小物块自O点以一定初速度弹出，小物块先后通过圆轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ后冲上滑跃板。小物

块可视为质点，其质量0.2kgm=，与滑跃板CD间动摩擦因数33=，弹簧劲度系数100N/mk=，轨道各部分平滑连接，g取210m/s。若小物块恰好能够通过三连环，求：（1）弹簧的最小压缩量；（2）小物块第一次经过圆轨道Ⅲ最高点时所受的

弹力大小；（3）调整滑跃板CD的倾角，求小物块第一次在CD轨道上向上滑行的最小距离。【答案】（1）0.2m（2）10N（3）3m2【解析】【小问1详解】由于小物块恰好能够通过三连环，即小物块通过圆轨道Ⅰ的最高点时，恰好由重力提供向心力，则有211vmgmR=令弹簧最小压缩量为x，

则有221111222kxmgRmv=+解得0.2mx=【小问2详解】小物块第一次从圆轨道Ⅰ的最高点到达圆轨道Ⅲ最高点过程有()221321112222mgRRmvmv−=−在圆轨道Ⅲ最高点，根据牛顿第二定律有223vNmgmR+=解得10NN=【小问3详解】小物块第一次从圆

轨道Ⅰ的最高点到达AC轨道过程，根据动能定理有2213111222mgRmvmv=−解得325m/sv=物块冲上滑跃板CD后将减速至0，则有231sincos2mvmgxmgx=+解得1m3sincos3x=+令3sincos3y

=+，由于3'cossin3y=−当该导数为0时解得60=可知，当60=时，物块向上运动距离最小，则有min13mm23sin60cos603x==+15.如图甲所示，水平轨道ABEF之间有一凹槽，凹槽中放置一长度与凹槽相同且不粘连的长木板，其质量m3=2m，长木板的上表面与轨道

AB和EF齐平，并固定一轻质半圆管道CD，其半径为R。忽略管的内径，O为管道的圆心。质量为m2=m的物块2静止在长木板上表面的左端，一质量为113mm=的物块1以一定的初速度向右运动，与物块2发生弹性碰撞，1和2均可视为质点，物块2进入管道后恰能

到达最高点，重力加速度取g，不计一切摩擦。（1）求物块1的初速度大小v0；（2）物块2运动到管形轨道内的某位置时，与管内壁和外壁均无相互作用力，求该位置与O点连线和OD之间夹角的余弦值；（3）若将轻质半圆管道换成轻质半圆轨道

，如图乙所示，物块2经碰撞后以vkgR=的速度进入C点且能通过半圆轨道的最高点D，为使长木板不与凹槽底部脱离，求k的取值范围。【答案】（1）04vgR=（2）2cos3=（3）5262k+【解析】【小问1详解】设物块1与物块2发生弹

性碰撞后的速度分别为v1和v2，由动量守恒和机械能守恒得101122mvmvmv=+222101122111222mvmvmv=+物块2进入管道后恰能到达最高点，物块2在最高点速度大小为0，由动能定理得22

221202mgRmv−=−联立解得04vgR=【小问2详解】设物块2运动到管形轨道内的P点时，与管内壁和外壁均无相互作用力，此时OP和OD之间的夹角为的θ，物块2的速度大小为vP，由动能定理得22222211(1cos)22PmgRmvmv−+=−重力指向圆心的分力提供

向心力，则222cosPvmgmR=解得2cos3=【小问3详解】将轻质半圆管道换成轻质半圆轨道，物块2经碰撞后以vkgR=的速度进入C点且能通过半圆轨道的最高点D，设物块2在最高点的速度为vD，则222Dvm

gmR由动能定理得2222211222DmgRmvmv−=−解得5k设物块2运动到轻质半圆轨道的Q点时的速度为vQ，此时OQ和OD之间的夹角为α（0≤α≤90°），轨道对物块2的作用力为FN，长木板刚好不与凹槽底部脱离，则2N22cosQvFmgmR+=

N3cosFmg=由动能定理得2222211(1cos)22QmgRmvmv−+=−解得23cos2cosk=++当且仅当23coscos=即6cos(35.3)3=时，k取得最小值min262k=+若k值超过kmin，则物块2运动到此位置后，速度将过大，所需要的向

心力也过大，对半圆轨道的作用力的竖直分力大于m3g，所以长木板与凹槽底部脱离。综上所述，k取值范围为5262k+。的