【文档说明】重庆市育才中学校2024-2025年高三上学期9月入学考试物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.648 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市育才中学校高2025届高三九月入学考试物理试题本试卷共100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑

色签字笔答题；3．请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效；4．请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回。一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共2

8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.如图所示，歼-20沿曲线MN向上爬升，图中画出表示歼-20在P点速度的四种方向，其中可能正确的是（）A.①B.②C.③D.④【答案】C【解析】【详解】歼-2

0从M点运动到N点，做曲线运动，在P点速度方向为该点切线方向，即③。故选C。2.如图所示，可视为质点机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。外壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直于壁面。下列关系式正确的是（）

的A.F=FNB.G=FfCG=FfcosθD.Ff=Gcosθ【答案】D【解析】【详解】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解沿斜面方向，由平衡条件得fcosFG=垂直斜面方向，由平衡条件得NsinFGF=

+故选D。3.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置，可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。在“空气充电宝”某个工作过程中，“空气充电宝”内一定质量理想气体的pT−图像如图所示。下列说法正确的是（）A.a到b过程中，

外界对“空气充电宝”内气体做正功B.a到b过程中，“空气充电宝”内气体从外界吸收热量C.b到c过程中，“空气充电宝”内气体内能不变D.b到c过程中，“空气充电宝”内气体分子的平均动能增大【答案】B【解析】

【详解】A．由图像知，a到b过程中，气体压强不变，温度升高，根据VCT=.可知气体体积增大，则气体对外做功，外界对“空气充电宝”内气体做负功，故A错误；B．a到b过程中，“空气充电宝”内气体温度升高，气体内能增大0U气体对外做功0W根据热力学第一定律UQW=+，可知0Q

即气体从外界吸收热量，故B正确；CD．由图像知b到c过程中，“空气充电宝”内气体温度降低，则气体内能减小，气体分子的平均动能减小，故CD错误；故选B。4.如图所示，一只可视为质点的蚂蚁在半球形碗内缓慢地从底部经过b点爬到a点。则下列说法正确的是（）A.

碗对蚂蚁的摩擦力变大B.碗对蚂蚁的支持力变大C.碗对蚂蚁的作用力变小D.蚂蚁的合外力变小【答案】A【解析】【详解】AB．蚂蚁缓慢爬行的过程可以视为始终处于平衡状态，对蚂蚁受力分析可知，蚂蚁受到重力、沿切线方向的摩擦力和垂直切线方向指向球形中心的支持力，设蚂蚁所在位置与球形中心

连线与竖直方向的夹角为，根据受力平衡可得sinfmg=，cosNmg=从底部经过b点爬到a点，逐渐增大，则碗对蚂蚁的摩擦力变大，碗对蚂蚁的支持力变小，故A正确，B错误；CD．蚂蚁处于平衡状态，合外力一直为0，则碗对蚂蚁的作用力与重力平衡，保持不变，故C

D错误。故选A。5.暑假里，小李同学和小伙伴们玩起了一种趣味运动，手持乒乓球拍托实心塑料球移动，距离大者获胜。若小李在趣味运动中沿水平方向做匀加速直线运动，手、球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球

的质量为m，不计球拍和球之间的摩擦力，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.球拍对球的作用力大小为mgcosθB.球的加速度大小为gtanθC.球拍对球不做功D.球的重力做负功【答案】B【解析】【详解】AB．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示根据三角形定则知，球拍对球的作用力为

cosmgN=小球所受的合力为tanmg，根据牛顿第二定律得tanmgma=tanag=故A错误，B正确；C．设球沿水平方向运动距离为x，则球拍对球做功为sinsintancosmgNxxmgx==故C错误；D．球

的重力与水平位移垂直，不做功，故D错误。故选B。6.2024巴黎奥运会已圆满结束，中国运动健儿们再创佳绩。如图所示，MN为排球网，在一次排球比赛中运动员从M点左上方的P点将排球水平击出，排球恰好从M点越过球网落到对方场地。已知P、M两点的竖直高度差为h，水平距离为4h，重力加速度为g，排球可

视为质点，不计空气阻力，则排球经过M点时的速度大小为（）A.2ghB.2ghC.22ghD.10gh【答案】D【解析】【详解】从P点到M点过程，排球做平抛运动，根据平抛运动规律有212hgt=，04hvt=解得2htg=，022vgh=则排球经过M点时的竖直分速度大小为2yvg

tgh==排球经过M点时的速度大小为22010yghvvv=+=故选D。7.如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m=0.2kg的飞箭从地面以初速度v0=10m/s竖直向上射出，

若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f=kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1=2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m

/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（）A.k的值为0.1Ns/mB.飞箭在上升过程的平均速度大于5m/sC.飞箭射出瞬间的加速度大小为60m/s2D.飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．匀速下降时满足1mgkv=可得k的值为12Ns/

m=1Ns/m2mgkv==选项A错误；B．图像的面积等于位移，由图像可知，上升过程中的位移小于做匀减速过程中的位移，则飞箭在上升过程的平均速度05m/s2vv=选项B错误；C．飞箭射出瞬间的加速度大小为202110m/s60m/s0.2mgkvam++===选项C正确；D．图像的

斜率等于加速度，可知飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐减小，选项D错误。故选C。二、多项选择题：本题共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.秦山核电站生产14

6C的核反应方程为14114706NnCX+→+，其产物146C可以自发进行衰变，其衰变方程为147146CNY→+。下列说法正确的是（）A.X是10nB.X是11HC.Y是01e−D.Y是01e【答案】BC【解析】【

详解】根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X是11H，Y是01e−。故选BC。9.2024年6月25日，嫦娥六号返回器准确着陆于内蒙古自治区预定区域，工作正常，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现世界首次月球背面采样返回。嫦娥六号探测器由轨道器、返回器、着陆器、上升

器四部分组成。在嫦娥六号月球背面采样之旅中，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落、软着陆等阶段。在距离月球地面高度为h时，着陆器组合体在大推力发动机的作用下处于悬停状态（可认为是相对于月球静止），然后关闭发动

机，最后利用减速装置减速后，以一定的安全速度软着陆。已知悬停时发动机提供的推力为F，着陆器组合体的质量为m，月球半径为R，万有引力常量为G。下列说法正确的是（）A.距离月球地面高度为h处的重力加速度为FmB.月球的质量2()FRhG+C.在软着陆减速过程中，着陆器组合体处于失

重状态D.月球的第一宇宙速度为()2FRhmR+【答案】AD【解析】【详解】A．悬停时发动机提供的推力为F，根据平衡条件，重力0GF=距离月球地面高度为h处的重力加速度为0GFgmm==故A正确；B．根据2()MmmgGRh=+得月球的质量2(

)FRhMmG+=故B错误；C．在软着陆减速过程中，着陆器组合体加速度方向向上，处于超重状态，故C错误；D．根据22MmvGmRR=得月球的第一宇宙速度为2()FRhvmR+=故D正确。故选AD。10.小葛同学设计了一种机器猫抓小球的游戏装置，模型如图所示，倾角为θ＝30°的足够大

斜面固定在水平地面上，ABCD为矩形，其中AB边水平，发射机固定于N点，打开发射机开关，光滑小球立即以平行于BC边的初速度v1=20m/s沿斜面运动，忽略光滑小球在发射机内运动的时间，忽略机器猫的反应时间和加速时间，机器猫启动后能从AD边M点立即以水

平向右的速度v2做匀速直线运动，其中10m/s≤v2≤15m/s，AM距离为d=30m，AN距离为L=40m，游戏规定机器猫启动后在抓到小球前只能以v2做匀速直线运动、不能停止，不计空气阻力，机器猫和小球均可视为质点，重力加速度g取10m/s2

。下列说法正确的是（）A.小球被发射后，经4s上升到最高点B.若打开发射机开关的同时机器猫启动，则机器猫有可能抓到小球C.若从打开发射机开关开始计时，3s时机器猫启动，则机器猫有可能抓到小球D.若从机器猫启动开始计时

，在223sts范围内打开发射机开关，则机器猫有可能抓到小球【答案】ACD【解析】【详解】A．小球被发射后，沿斜面上升的加速度为2sin5m/sag==上升到最高点的时间为14svta==选项A正确；B．小球从发射到到达距离底边30m用时间为2112dvtat

=−即2530202tt=−解得t=2s或者t=6s若打开发射机开关同时机器猫启动，机器猫要抓到小球需要的时间'2Ltv=因10m/s≤v2≤15m/s，则时间'24s2s3t可知机器猫不可能抓到小球，选项Ｂ错误；

C．若从打开发射机开关开始计时，3s时机器猫启动，则机器猫到达N点上方的时间范围为'27s5s3t则在小球返回时有可能抓到小球，选项C正确；D．若从机器猫启动开始计时，在2s2s3t范围内打开发射机开关，则小球到达与M同一水平线上的时

间范围122s4s3t或者226s8s3t则机器猫有可能在小球上升阶段抓到小球，选项D正确。故选ACD。的为三、非选择题：本题共5小题，共57分。11.蹦极是一项非常刺激的户外休闲运动，其情景如图甲所示。某兴趣小组为了研究蹦极运动过程，将蹦极者视为质点，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动

，安装在人身上的传感器可测量人在不同时刻下落的高度及速度。设人及所携带设备的总质量为60kg，弹性绳原长为10m，重力加速度为g=9.8m/s2。弹性绳一端固定于蹦极台上，另一端固定于人上，人从蹦极台由静止下落，根据传感器测到的数据，

得到图乙所示的速度—位移（v-x）图像。（1）由图乙可知，人下落位移为25m时的加速度方向为______（选填“竖直向上”、“竖直向下”），人下落过程中的最大速度为______m/s。（2）若弹性绳弹力与形变量之间的关系满足胡克定律，则根据图像求得弹性绳的

劲度系数为_____N/m。（保留三位有效数字）【答案】（1）①.竖直向上②.16（2）118【解析】【小问1详解】[1]由图像可知，下落15m时速度达到最大，此后加速度竖直向上，因此在下落位移25m时的加速度方向竖直向上。[2]由图像可知，下

落15m时速度达到最大，且最大速度为16m/s。【小问2详解】下落15m时速度达到最大，此时受力平衡，即0()kxxmg−=可得劲度系数0609.8N/m118N/m1510mgkxx===−−12.某兴趣小组用图甲所示的装置探

究圆周运动向心力的大小与质量、线速度和半径之间的关系。不计摩擦的水平直杆固定在竖直转轴上，竖直转轴可以随转速可调的电动机一起转动，套在水平直杆上的滑块，通过细线与固定在竖直转轴上的力传感器相连接。水平直杆的另一端到竖直转轴的距离为R的边缘处安装

了宽度为d的遮光片，光电门可以测出遮光片经过光电门所用的时间。（1）为了探究滑块向心力的大小与运动半径的关系，需要控制______保持不变（选填“质量和线速度”、“质量和半径”、“线速度和半径”）。（2）由图甲可知，滑块的角

速度______遮光片的角速度（选填“大于”、“小于”和“等于”）。若某次实验中滑块到竖直转轴的距离为r，测得遮光片的挡光时间为t，则滑块的线速度表达式v=______（用t、d、R、r表示）。（3）兴趣小组保持滑块质量和运动

半径不变，探究向心力F与线速度的关系时，以F为纵坐标，以21t（）为横坐标，根据测量数据作一条倾斜直线如题图乙所示，已测得遮光片的宽度d=0.01m，遮光片到竖直转轴的距离R=0.3m，滑块的质量m=0.15kg，则滑块

到竖直转轴的距离r=______m。【答案】（1）质量和线速度（2）①.等于②.drtR（3）0.2【解析】【小问1详解】本试验采用控制变量法，当探究滑块向心力的大小与运动半径的关系时，需要控制质量和

线速度保持不变。【小问2详解】[1]由于滑块与挡光片在同一个杆上，因此旋转的角速度相等[2]挡光片的角速度ddtRtR==由于角速度相等可知滑块的线速度drvrtR==【小问3详解】根据22221mvmdrFrRt==可知该图像的斜率2241310mdrkR==代入数

据可得0.2mr=13.敦煌鸣沙山景区是我国著名的5A级景区，景区内的滑沙活动项目备受游客们的青睐，图为滑沙运动过程的简化图。A、B为斜坡上两点，AB长度L=25m，某可视为质点的游客坐在滑板上从斜坡A点由静止开始滑下，游客和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道间的动摩擦因数为μ=0.5，

斜坡的倾角θ＝37°，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）游客和滑板整体的加速度大小；（2）游客和滑板运动到B点时的速度大小；（3）游客和滑板滑到B点时整体重力的功率。【

答案】（1）2m/s2（2）10m/s（3）3600W【解析】【小问1详解】根据牛顿第二定律可得sinmgfma−=又NcosgfFm==联立解得游客和滑板整体的加速度大小为22m/sa=【小问2详解】根据匀变速直线运动位移速度公式可得202BvaL−=解得游客和滑板运动到B点时的

速度大小为10m/sBv=【小问3详解】游客和滑板滑到B点时整体重力的功率为sin373600WBPmgv==14.如图所示为某一游戏装置示意图。装置由水平传送带、竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨道BC、EF相接于C、E两点，C与E前后略错开，可视为质点的物块能从C

点进入圆轨道内侧运动，轨道各部分平滑连接。已知传送带以v=6m/s的速度顺时针匀速转动，AB两端距离L1=5m，EF长L2=1.8m，OM为水平地面，F点位于O点正上方H＝1.25m处。将质量m＝0.2kg物块从传送带左端A点静止释放，物块滑上竖直圆轨道后能

经过最高点D并从E点进入水平轨道EF，并从F点离开。物块与传送带AB、水平轨道EF之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC部分光滑，重力加速度g=10m/s2。求：（1）物块从A点运动至B点的时间；（2）物块在水平地面上的落点与O点的水平距离；（

3）圆轨道半径R需满足的条件。【答案】（1）2s（2）2m的（3）0.5mR【解析】【小问1详解】对物块，根据牛顿第二定律有mgma=解得a=2.5m/s2假设物块一直匀加速，则有2112vaL=解得v1=5m/s<v=6m/s故假设成立，根据速度与时间关系有1vat=解得t=2s【小

问2详解】在EF段上，根据速度与位移关系有221222vvaL−=物块飞出平台后，根据平抛运动规律有2212Hgt=22xvt=解得x=2m【小问3详解】物块滑上竖直圆轨道后恰能经过最高点D，需满足23mvmgR=根据动能定理有221311222mgRmv

mv=−解得R=0.5m所以物块能通过最高点D点，圆轨道半径应满足R≤0.5m。15.如图所示，木板质量5kgM=初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距0.9mL=，可视为质点的质量1kgm=的小物块，以初速度022m/sv=从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦

因数112=，木板与地面之间的动摩擦因数2115=，重力加速度210m/sg=，物块或木板与墙壁相碰，碰撞时间极短且都以原速率反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：（1）物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；（2）若木板第一次与墙壁碰撞时

，物块未与木板共速，木板第一次向左运动的最大距离；（3）要保证物块与木板始终不共速，某次物块和木板同时与墙壁相碰，木板长度的可能值。【答案】（1）5m/s2，0.2m/s2；（2）0.1m；（3）142.6ml=，247.49ml=。【解析】【详解】（1）对物块1mg

ma=解得215m/sag==对木板121()mgMmgMa−+=解得210.2m/sa=（2）木板第一次与墙壁碰撞时的速度2112aLv=解得10.6m/sv=木板第一次向左减为零时木板运动的距离最大122()mgMmgMa++=解得

221.8m/sa=根据22112axv=解得10.1mx=（3）木板第一次向右加速的时间设为t11，则1111vat=解得113st=木板第一次向左减速的时间设为t12，则1212111vatat==解得2112111111()93ttt−==木板第一个来回用时1

111210s3ttt=+=木板第二次向右加速的时间设为t21，则2112112xat=解得2121111111()33ttt−==木板第二次向左减速的时间设为t22，则2222121vatat==解得222119tt=木板第二个来回用时221221101s=93tttt=+=木板

第三次向右加速的时间设为t21，则2221312221122xatat==解得3131111111()93ttt−==木板第二次向左减速的时间设为t22，则3232131vatat==解得323119tt=木板第一个来回用时331321101s=279tttt=+=同理得11

1()3nntt−=11111()3nntt−=设木板第n次与墙壁碰撞时与物块同时撞上墙壁，所用时间为111nnnnnTtt−==+解得1152()3nnT−=−物块一直做匀减速直线运动2012nnnlLvTaT+=−可得当n=1时，板长为142.6ml=当n=2时，板长为2

47.49ml=当n=3时，物块的速度031.9m/svvaT=−=−故不满足题意，舍掉。