【文档说明】2025届广东省广州市天河区高三一模物理试题 Word版含解析.docx，共(18)页，2.350 MB，由管理员店铺上传

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2025届天河区普通高中毕业班综合测试（一）物理本试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、班级、座位号和考生号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑。2.选择题每小题选出答案后，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；不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案

；不准使用铅笔或涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。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.如图所示，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m。一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次

到达最高点。下列说法正确的是（）A.在t=5s时刻波恰好传到质点d处B.质点b开始振动后，其振动周期为6sC.在4s<t<6s的时间间隔内质点c向上运动D.在t=5s时刻质点c恰好到达最高点【答案】C【解析】【详解】A．在t=0时刻到达质点a处，则波从a传到d时间为2

46s6s2xtv++===可知在t=6s时刻波恰好传到质点d处，故A错误．B．在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点，则有的的33s4T=解得振动周期

为4sT=可知质点b开始振动后，其振动周期为4s，故B错误；CD．质点c开始振动的时刻24s3s2acxtv+===由于质点c开始振动时从平衡位置向下振动，可知在4s6st的时间间隔内，即质点c开

始振动后的1344TtT时间内，质点c从波谷向波峰振动，即该段时间内质点c向上运动；在t=5s时刻质点c恰好回到平衡位置，故C正确，D错误。故选C。2.由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，

给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.5×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为37°（cos

37°=0.8），如图所示。发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（）A.东偏南方向，2.1×103m/sB.西偏北方向，3.0×103m/sC.西偏北方向，2.6×103m/sD.东偏南方向，3.4×103m/s【答案】A【解析】【

详解】合速度为同步卫星的线速度，大小为33.110m/sv=一个分速度为在转移轨道上的速度，大小为311.510m/sv=合速度与该分速度的夹角为37°，根据平行四边形定则，另一个分速度2v如图所示可知发

动机给卫星的附加速度的方向为东偏南方向；根据余弦定理，大小为2232112cos372.110m/svvvvv=+−=故选A。3.如图，甲和乙利用轻绳拉着相同的橡胶轮胎在同一场地上先后进行体能训练，训练时，甲、乙均可视为做匀加速直线运动，甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即，两轮胎与地

面始终接触且受到的支持力相等，则（）A.甲的轻绳拉力比乙的大B.两者轻绳拉力大小相等C.甲所拉的轮胎加速度比乙的小D.两轮胎所受合外力大小相等【答案】C【解析】【详解】对轮胎sinTNmg+=甲cosTNma−=甲甲si

nTNmg+=乙cosTNma−=乙乙因为甲的轻绳与水平地面的夹角比乙的大，即，则sinsin＞coscos＜TT甲乙＜所以aa甲乙＜FmaFma==甲甲乙乙＜故选C。4.2023年10月，杭州亚运会蹦床项目比赛在黄龙体育中心体育馆举行。如图是运动员到达最高点О后，竖直

下落到A点接触蹦床，接着运动到最低点C的情景，其中B点为运动员静止在蹦床时的位置。不计空气阻力，运动员可看成质点。运动员从最高点О下落到最低点C的过程中，运动员（）A.在OA段动量守恒B.从A到C的过程中，运动员的加速度先增大后减小C.在AC段的动量变化量等于AC段弹力的

冲量D.在C点时，运动员的动能和蹦床的弹性势能之和最大【答案】D【解析】【详解】A．从O到A过程中，运动员受重力作用，故动量不守恒，故A错误；B．从A到C的过程中，则开始弹力小于重力，则有mgFma−=弹随着弹力

增大，加速度减小；过B点后弹力大于重力，则有−=弹Fmgma随着弹力增大，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，故B错误；的C．根据动量定理有Ip=合可知在AC段的动量变化量等于AC段弹力冲量与重力冲量的矢量和，故C错误

；D．整个过程蹦床和运动员组成的系统机械能守恒，在C点运动员的重力势能最小，故运动员的动能和蹦床的弹性势能之和最大，故D正确。故选D。5.《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简

化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（）A.225nmg

RHB.35nmgRHC.235nmgRHD.nmgωRH【答案】B【解析】【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水、其中的60%被输送到高出水面H处灌

入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=12πRnmgH则筒车对灌入稻田的水做功的功率为WPT=2πT=联立有.35nmgRHP=故选B。6.用三根细线a、b、c将重力均为G的两个小

球1和2连接，并悬挂如图所示。两小球处于静止状态，细线a与竖直方向的夹角为30，细线c水平。则细线b对小球2的拉力大小为（）A.213GB.233GC.GD.33G【答案】A【解析】【详解】将两球和细线b看成一个整体，对整体受力分析，受力如图所示根据共点力的平衡条件有3332

tan30233cFGGG===对小球2，根据受力平衡有，细线b对小球2的拉力大小222321()33FGGG=+=故选A。7.图甲中台秤的内部简易结构如图乙所示：托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C固定连在一起，齿轮D可无摩擦转动，与齿条C完全啮合，在齿轮

上固定指示示数的轻质指针E，两根完全相同的弹簧将横杆H吊在秤的外壳I上。经过调校，托盘中不放物品时，指针E恰好指在竖直向上的位置。若放上质量为m的物体，指针偏转了θ弧度（θ<2π），齿轮D的直径为d，重力加速度为g，则每根弹簧的劲度系数

为（）A.2mgdB.mgdC.2mgdD.4mgd【答案】B【解析】【详解】由图乙可知，弹簧的形变量等于齿条C下降的距离，由于齿轮D与齿条C啮合，所以齿条C下降的距离等于齿轮D转过的弧长，根据数学知识可得：2ds=即弹

簧的变长2dxs==对托盘A、竖直杆B、水平横杆H与齿条C和重物整体研究，根据平衡条件得2mgF=根据胡克定律可得Fkx=联立解得每根弹簧的劲度系数为mgkd=故选B。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。8.一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、动能Ek、重力势能EP

、机械能E随时间t或x（偏离出发点的距离）变化的图象，选斜面底端为零势能面，则下列图象可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【详解】滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出

发点时的速度比出发时的初速度小，故A正确；上滑时，根据动能定理，有：-（mgsinθ+f）x=Ek-Ek0，下滑时，根据动能定理，有：（mgsinθ-f）x=Ek，故B正确，Ek-x图象是直线，上滑时图象的斜率绝对值大，故B正确；在上

滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t-121t2，重力势能为：EP=mgx1sinα=mgsinα（v0t-121t2），EP-t图象为抛物线，下滑过程：重力势能为：EP=mg[H-122（t-t0）2sinα]，H

为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程，故C错误；由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0-f1x，返回出发点时的机械能不为零，故D错误；故选AB.点睛：本题采用定性分析与定量计算相结合方法分

析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象．9.如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B质

量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断正确的是（）A.相遇时A的速度一定为零B.相遇时B的速度一定为零C.A从抛出到最高点的时间为2vgD.从抛出到相遇A、B动量的变化量相同【答案】BCD【解析】【详解】A．A

分解为竖直向的匀减速直线运动与水平向的匀速直线运动，相遇时A达到最高点则其竖直向的速度为0，水平向速度不变，合速度不为0，故A错误；B．在竖直向的分速度为yv，则相遇时221122yBvgtvtgt−=−解得Byvv=B的达到最高点，速度为也为0，故B正确；C．A与B到达

最高点的时间相等为的2vtg=故C正确；D．两者受到的外力为重力，时间相同则冲量相同，动量的变化量相同，故D正确。故选BCD。10.已知火星半径约是地球半径的12，火星质量约是地球质量的19。地球表面重力加速度为g，若宇航员在地球表面上能竖直向

上跳起的最大高度是h，不计空气阻力及忽略自转的影响，下列说法正确的是（）A.火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23B.火星表面的重力加速度是23gC.宇航员在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的49D.宇航员以相同的初速度在火星上竖直起跳时，跳起的最大高度是3

2h【答案】AC【解析】【详解】BC．在星球表面有2MmGmgR=则有2222124919gMRgMR===火火地地火根据Fmg=引可知宇航员在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的49，

故B错误，C正确；A．星球的第一宇宙速度等于卫星在表面轨道绕星球做匀速圆周运动的线速度，根据万有引力提供向心力可得22MmvGmRR=可得GMvR=则有23vMRvMR==火火地地地火即火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23，故A正确；D．根据202vhg=宇航员以相同的初速度在火

星上竖直起跳时，跳起的最大高度是94hghg==火火故D错误。故选AC。三、非选择题：共54分，考生根据要求作答。11.某同学利用如图甲所示装置进行“探究小车速度随时间变化的规律”实验，选出了如图乙所示的

一条纸带。打点计时器电源频率为50Hz，相邻两计数点间有四个点未画出。（1）实验开始前___________平衡摩擦力（选填“需要”或“不需要”）；（2）小车的加速度大小为___________m/s2（保留两位有效数字）。【答案】（1）不需要（2

）0.80【解析】【小问1详解】本实验探究小车速度随时间变化的规律，只需要保持小车做匀变速直线运动，小车受到的合力恒定不变，所以实验开始前不需要平衡摩擦力。【小问2详解】相邻两计数点间有四个点未画出，则相邻计数点的时间间隔为50.02s0.1sT==根据逐差法可得小车的加速度大小为22

22(3.604.425.201.202.002.78)10m/s0.80m/s90.1a−++−−−=12.某同学设计了一个测油漆喷枪喷射速度的实验。装置如图甲所示，该油漆喷枪能够向外喷射四种速度大小不同

的油漆雾滴，一个直径为20cmD=的纸带环安放在水平转台上，纸带环上刻有一条狭缝A，在狭缝A的正对面画一条标志线。转台稳定转动时，向侧面同样开有狭缝B的纸盒中沿水平方向喷射油漆雾滴，当狭缝A、B正对平行时，雾滴通过狭缝A在纸带的内侧面留下油漆痕

迹。改变喷射速度v0（0Dv）重复实验，在纸带上留下四个油漆痕迹a、b、c、d，将纸带展开平放在刻度尺旁边，如图乙所示。（1）图乙中，速度最大的雾滴所留的痕迹是___________点；（2）已知转台转动的角速度8rad/s=，如果不计雾滴所受空气阻力，则喷枪喷

出雾滴速度的最大值为___________m/s（保留三位有效数字）。【答案】（1）d（2）20.0【解析】【小问1详解】转盘的角速度一定，雾滴速度越大，运行时间越短，在雾滴运行的时间内，转盘转过的角度越小，则

雾滴与标志线的距离越近，故d点对应雾滴的速度最大。【小问2详解】当雾滴运动时间与转台周期相同时有2Dv=解得2Dv=而0Dv，说明雾滴运动时间小于转台的周期。速度最大的是d点，距离标志线的距离是0.80cms=根据0Dtv==根据弧长半径关系可得2Ds

=联立可得喷枪喷出雾滴速度的最大值为2020.0m/s2DDvs===13.某实验小组用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。他们将一小钢球用细线系住悬挂在铁架台上，并在小钢球静止位置A点

的正下方固定一光电门。小钢球的底部固定一宽度为d的遮光条，并使其与细线在一条直线上。将小钢球拉至M点，测出此时细线与竖直方向之间的夹角为，将小钢球由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间为t。实验测得悬挂点到球心的距离为L。当地的重力加速度大小为g。（1）用50分度的游标卡尺测量遮光条宽度，示数如

图乙所示，其读数为d=________mm；某次测量中，计时器的示数为0.0025s，则小钢球经过A点时的速度大小为________m/s。（2）若所测的实验数据在误差允许范围内满足表达式________（

用g、L、d、t、表示），即可知小钢球由M点运动至A点的过程中机械能守恒。（3）多次实验发现，若以A点为重力势能零点，小钢球在M点的重力势能略小于它在A点的动能，造成这一结果的原因是________。【答案】①.4.20②.1.68③

.22(1cos)2dgLt−=④.实验中所测速度为光条通过光电门的速度，大于小钢球在A点的速度【解析】【详解】（1）[1]宽度的读数为：4mm+10×0.02mm=4.20mm；[2]计时器的示数为0.00

25s，则小钢球经过A点时的速度大小为A1.68m/sdvt==（2）[3]根据机械能守恒定律有21(1cos)2−=mgLmv则有22(1cos)2dgLt−=（3）[4]多次实验发现，若以A点为重力势能

零点，小钢球在M点的重力势能略小于它在A点的动能，造成这一结果的原因是实验中所测速度为光条通过光电门的速度，大于小钢球在A点的速度。14.如图某升降电梯的轿厢A、配重B和电动机由轻质缆绳连接，电动机拉动B，使A运动。某次

运行时，A（含载重）的质量M=1000kg，t=0时，A从1楼由静止开始以0.5m/s2的加速度加速运动，然后以v=1m/s的速度匀速运动，最后以大小为0.5m/s2的加速度减速上升至3楼停止，A上升的高度h=7m。已知B的质量m=800kg，不计空气阻力和

摩擦阻力，g取10m/s2。求：（1）此次电梯匀速运行的时间；（2）t=1s时，B下端缆绳的拉力大小；（3）A（含载重）从静止开始上升到5m的过程，A（含载重）的机械能增量。【答案】（1）5s；（2）2900NF=；（3）50500JE=【解析】【详解】

（1）电梯加速运行的时间12svta==位移111m2vht==减速运行的时间22svta==位移221m2vhl==匀速运行的时间1235shhhlv−−==（2）由（1）可知1st=时，A匀加速上升，B匀加速下降，设B下端缆绳的拉力大小为F，B上端缆绳的拉力大小为T，对A

BTMgMa−=FmgTma+−=代入数据解得2900NF=（3）由（1）可知A上升到5m时，速度大小为1m/s，机械能增量21ΔΔ2EMvMgh=+代入数据解得50500JE=15.如图（），质量为m的篮球从离地H高度处静止下落，与地面发生一次非弹性

碰撞后最高反弹至离地h处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力的冲量I及碰后速率v2与碰前速率v1之比；（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对

篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图（b）所示，求F0的大小。【答案】（1）(22)mghgH+，方向竖直向上；21vhvH=（2）()()002mgHhFhh−=−【解析】【小问1详解】

篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为1v，由运动学公式可得212vgH=解得12vgH=篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为2v，由运动学公式可得2202vgh−=−解得22vgh=以竖直向上为正方向，根据动量定理可得()21I

mvmv=−−可得(22)ImghgH=+方向竖直向上；篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为21vhvH=【小问2详解】由图像可知，拍球过程压力做的功为()F0012WhhF=−设篮球落地瞬间的速率为3v，由动能定理可得2F31

2mghWmv+=篮球反弹至h高处，设离地瞬间的速率为4v，由运动学公式可得2402vgh−=−由（2）问可知速率之比为43vhvH=联立解得()()002mgHhFhh−=−16.有一种打积木的游戏，装置如图所示，四块完全相同的积木B、C、D和E叠放在靶位上，宽度均为10cmd=，积

木C、D和E夹在固定的两光滑薄板间，小球A（可视为质点）用长为0.45mL=、且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，球A拉至与O点等高的P点（保持绳绷直）由静止释放，球A运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰

撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离后停下。已知球A和每块积木的质量均为0.05kgm=，各积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为0.2=，重力加速度大小为210m/sg=，空气阻力不计，求：（1）球A下落到

最低点与积木B碰撞前瞬间细绳上的张力大小；（2）积木B向前滑行的距离s；（3）将球A再次拉起至P点无初速释放，球A与积木C发生弹性碰撞且瞬间完成，积木C沿积木B的轨迹前进，与静止的积木B发生碰撞（时间极短）并粘合在一起向前滑动，求碰后积木CB一起滑

动的距离x。【答案】（1）1.5NF=；（2）1.65ms=；（3）0.05mx=【解析】【详解】（1）小球A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得2012mgLmv=在最低点有2vFmgmR−=联立解得1.5NF=（2）设小球A与积木B发生弹

性碰撞后速度为1v，积木B速度为2v。小球A与B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向，则012mvmvmv=+222012111222mvmvmv=+解得10v=，203m/svv==从碰撞后瞬间到B停止运动过程，设B滑行的距离为s，对B，由动能定理得

：201(43)()02mgmgdmgsdmv−+−−=−代入数据解得1.65ms=（3）将小球A拉回P点由静止释放，小球A落下后与静止的积木C发生弹性碰撞，小球A与C碰撞后C的速度为323m/svv==设C滑行s后与B碰撞前瞬间C的速度为4v，对C，由动能定理得(

)()22431132222mgmgdmgsdmvmv−+−−=−积木CB碰撞粘合后的速度为5v，则由动量守恒可得452mvmv=碰后积木CB一起滑动的距离为x，则251222mgxmv−=联立解得0.05mx=