【文档说明】四川省达州市高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，730.931 KB，由小赞的店铺上传

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25届高三物理试题本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．本试卷主要考试内容：教科版必修第一册，必修第二册。一、选择题：本题共10小题，共43分

。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.自由式滑雪大跳台动作观赏性强，视觉冲击力大，它来源于滑板运动，随后从单板滑雪扩展

至自由式滑雪，运动员沿倾斜直赛道加速下滑时，下列说法正确的是（）A.滑板对赛道的摩擦力方向沿赛道向上B.下滑过程中空气阻力对运动员做负功C.下滑过程中运动员在相等时间内的位移相等D.下滑过程中运动员所受合力为零【答案】B【解

析】【详解】A．运动员沿倾斜直赛道加速下滑的过程中，赛道对滑板的摩擦力方向沿赛道向上，则滑板对赛道的摩擦力方向沿赛道向下，故A错误；B．下滑过程中空气阻力对运动员做负功，故B正确；C．运动员加速下滑，相等时间内的位移越来

越大，故C错误；D．加速下滑过程中运动员所受合力沿倾斜直赛道向下，故D错误。故选B。2.抗洪抢险应急救援时，直升机沿直线水平向右匀速飞行的同时，被救助者随着竖直钢丝绳的收缩先匀加速上升后匀减速上升，则被

救助者的实际运动轨迹可能为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】直升机沿直线水平向右匀速飞行，被救助者随着竖直钢丝绳的收缩匀加速上升时，所受合力竖直向上，则运动轨迹向上弯曲；被救助者随着竖直钢丝绳的收缩匀减速上升时，

所受合力竖直向下，则运动轨迹向下弯曲。故选A。3.2024年2月，中国载人月球探测任务的新一代载人飞船命名为“梦舟”，月面着陆器命名为“揽月”。飞船运行的轨道示意图如图所示，在P点点火两次分别进入环月圆轨道和环月椭圆轨道，“揽月”从Q点与“梦

舟”飞船分离实现月面软着陆。下列说法正确的是（）A.“揽月”与“梦舟”分离时“揽月”需要加速B.“梦舟”经过P点和Q点时的加速度大小相等C.“梦舟”在环月圆轨道上的周期等于在环月椭圆轨道上的周期D.“梦舟”

由地月转移轨道进入环月圆轨道，需要在近月制动点处减速【答案】D【解析】【详解】A．根据卫星变轨规律，可知卫星由高轨道到低轨道，需要点火减速，故“揽月”与“梦舟”分离时需要减速，故A错误；B．根据2MmGmar=可得2GMar=因P点离月球的距离更远，故“梦舟”经过P点时的加速度小于经过

Q点时的加速度，故B错误；C．因环月圆轨道的半径大于环月椭圆轨道的半长轴，根据开普勒第三定律可知，“梦舟”在环月圆轨道上的周期大于在环月椭圆轨道上的周期，故C错误；D．“梦舟”由地月转移轨道进入环月圆轨道，在近月制动点处减速

，使得“梦舟”需要的向心力小于月球提供的向心力，从而被月球捕获，故D正确。故选D。4.环保人员在进行环保检查时发现，一根排污管正在水平排出大量污水。环保人员测出管道中心离水面的高度为h，污水的水平射程为L，重力加速度大小为g，则污水从管道口排出的

速度大小为（）A.22gLhB.2gLhC.22hgLD.2hgL【答案】A【解析】【详解】由平抛运动的规律0Lvt=212hgt=联立解得02gvLh=A正确，BCD错误。故选A。5.2024年8月16日15时35分，我国在西昌卫星发射中心使用长征四号乙运载火箭，

成功将遥感四十三号01组卫星发射升空，卫星顺利进入距地面高度为h的圆轨道，发射任务获得圆满成功。若地球可看作半径为R、密度为ρ的均质球体，引力常量为G，则遥感四十三号01组卫星的环绕速度为（）A.243GRB.()343GRR

h+C.843GhRD.()343GhRh+【答案】B【解析】【详解】地球的质量343MR=根据万有引力提供向心力有()22GMmmvRhRh=++联立解得()343GRvRh=+故选B。6.如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，一质量为m、表面光滑

的物块B放在斜面上，一根轻质细线一端连接物块B，另一端连接一个轻环A，轻环A套在一根粗糙的水平直杆上，平衡时细线与斜面平行，细线与水平直杆在同一竖直平面内，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.细线中的张力大小为cosmgB

.物块B对斜面体C的压力大小为sinmgC.水平直杆对轻环A的支持力大小为2sinmgD.水平直杆对轻环A的摩擦力大小为2cosmg【答案】C【解析】【详解】A．物块B表面光滑，物块B仅受3个力的作用，细线中的张力大小为sinTmg=A错误；B．物块B对斜面体C的

压力大小为NcosFmg=B错误；C．水平直杆对轻环A的支持力大小为2sinsinFTmg==支C正确；D．水平直杆对轻环A的摩擦力大小为cossincosfTmg==D错误。故选C。7.如图所示，质量均为m的物块A和

足够长的木板B通过一轻质弹簧连接，两者接触面光滑。在木板B上施加一个水平拉力F，使A、B一起以速度0v向右匀速运动，某时刻撤去拉力F，当弹簧第一次恢复原长时，两者同时静止。已知木板B与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则撤去F后，下列说法正确的是

（）A.木板B的最大加速度为4gB.弹簧对物块A做的功为202mvC.弹簧对木板B做的功为202mvD.木板B沿地面运动的距离为20vg【答案】C【解析】【详解】A．撤去F前，两者一起做匀速直线运动，弹簧的弹力为0，2Fmg=，撤去

F后，两者运动的vt−图像如图所示木板B的最大加速度为2g，A错误；BC．由上图可知，刚撤去外力后，物块A的速度大于木板B的速度，弹簧逐渐被拉长，对于A而言，弹力方向向左，位移方向向右，二者方向相反，对于B而言，弹力方向向右，与位移方向相同，当弹簧伸长量最大时，二者共速，此后

弹簧开始恢复到原长，对A的弹力依然向左与位移方向相反，弹力对其做负功，同理，对B而言，弹力对其做正功，根据动能定理可知，弹簧对物块A做的功为2012mv−，由于AB所受弹力大小始终相等且位移大小相等，则弹簧对木板B

做的功为2012mv，B错误，C正确；D．根据功能关系可知201222mgxmv=解得202vxg=D错误。故选C。8.如图所示，不可伸长轻绳上端固定在O点，下端系一可以看成质点的小球，在O点正下方的P点固定一个小钉子。现将小球拉到A点，轻绳被拉直，然后由静止释放小球，B点是小球摆

动的最低点，C点是小球能够到达左侧的最高点，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.A、C两点等高B.小球在摆动过程中机械能守恒C.小球在A、C两点的加速度大小相等D.轻绳碰到钉子的瞬间，绳中张力变大【答案】ABD

【解析】【详解】AB．小球在摆动过程中机械能守恒，A、C两点等高，AB均正确；C．小球在A点的受力情况如下，设此时细线与竖直方向的夹角为的根据牛顿第二定律则有1sinFmgma==解得sinag=因AO与P

C与竖直方向的夹角不相等，则小球在AC两点的加速度不相等，C错误；D．轻绳碰到钉子的瞬间，根据牛顿第二定律可得2vFmgmr−=解得2vFmmgr=+此时小球速度大小不变，摆动的半径瞬间变小，绳中张力变大，D正确。

故选ABD。9.如图所示，两个完全相同、质量均为m的物体A、B（不粘连）叠放在竖直轻弹簧上处于静止状态，现对物体A施加一竖直向上的恒力F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.若Fmg=，则物体A、B分离时弹簧的弹力大小为

mgB.若Fmg=，则物体A、B分离时弹簧的弹力大小为2mgC.若2mgF=，则物体A、B分离时弹簧的弹力大小为2mgD.若2mgF=，则物体A、B分离时弹簧的弹力大小为4mg【答案】AC【解析】详解】AB．若Fmg=，分离瞬间两

物体之间没有作用力，对A物体，有1Fmgma−=解得10a=对物体B，有11Fmgma−=弹解得Fmg=弹1此时弹簧的弹力大小为mg。故A正确；B错误；CD．若2mgF=，分离瞬间两物体之间没有作用力，对A物

体，有2mgFma−=解得22ga=方向竖直向下。对物体B，有22mgFma−=弹解得22mgF=弹【此时弹簧的弹力大小为2mg。故C正确；D错误。故选AC。10.一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以恒定功率启动，赛车速度的倒数1v和加速度a的关系如图所示，已知赛车在

跑道上运动时受到的阻力大小恒为40N，赛车从起点到终点所用的时间为10s，赛车到达终点前已达到最大速度，下列说法正确的是（）A.赛车的质量为20kgB.赛车的功率为800WC.赛车的最大速度为20m/sD.起点到终点的距离为75m【答案】AD【解析】【详解

】ABC．根据题图可知，加速度等于零时速度最大，则赛车的最大速度为10m/s，赛车做加速度不断减小的加速运动，则有PFv=Ffma−=解得1mafvPP=+所以400WP=20kgm=A正确，BC错误；D．根据动能定理有212Ptfx

mv−=解得75mx=D正确。故选AD。二、非选择题：本题共5小题，共57分。11.某实验小组用如图甲所示的实验装置测量木块运动的加速度，一端垫起的木板上有一木块，木块与穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器接频率为50Hz的交流电源，接通电源后，由静止释放

木块，木块带动纸带打出如图乙所示的一条纸带，A、B、C、D、E是纸带上连续的5个计时点。（1）图甲中电火花打点计时器所接电源电压为________（填“6V”或“220V”）。（2）根据图乙中数据可知，打点计时器打C点时木块的速度大小Cv

=________m/s，木块的加速度大小a=________2m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】（1）220V（2）①.0.45②.2.6【解析】【小问1详解】电火花打点计时器接电压为220V的

交流电源；【小问2详解】打点计时器打C点时木块的速度大小等于BD段的平均速度，即0.00850.0095m/s0.45m/s20.02Cv+==根据逐差法有220.01060.00950.00850.0074m/s2.6m/s40.0004a+−−==12.某实验小组用如图所示的装置验证牛顿运

动定律，物块A、B的质量分别为Am、Bm（ABmm），C为固定在物块A上、宽度为d的细遮光条（质量不计），D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F为光电门，在铁架台上标记一位置O，测得该位置与光电门之间的高度差为h，让物块A从位置O由

静止开始下降，遮光条通过光电门的时间为t，当地重力加速度大小为g，回答下列问题：的的（1）遮光条经过光电门时的速度大小v=________。（2）物块A下落过程中的加速度大小a=________。（3）若物块A、B的质量之比ABmm=________，则验证了牛顿运动定律。（用d、

t、h、g表示）【答案】（1）dt（2）222dht（3）222222ghtdghtd+−【解析】【小问1详解】遮光条经过光电门时的速度大小dvt=【小问2详解】根据运动学公式有222daht=解得222daht=【小问3

详解】由牛顿第二定律得()ABABmgmgmma−=+解得22A22B22mghtdmghtd+=−13.如图甲所示，0t=时刻，物块在沿光滑斜面向上的恒力F的作用下，从斜面底端由静止开始运动，2st=时撤去F，4st=时物块又返回斜面底端，此过程中物块运动的vt−图

像如图乙所示，取重力加速度大小210m/sg=，求：（1）物块沿斜面向上运动的最大高度h；（2）物块沿斜面向上运动的最大距离s。【答案】（1）3.2mh=（2）16m3s=【解析】小问1详解】由乙图可知，物块回到斜面底端时的速度大小8

m/sv=根据动能定理有212mghmv=解得3.2mh=【小问2详解】撤去F后，物块的加速度大小2284m/s26m/svat+===由匀变速直线运动规律22vas=【解得16m3s=14.如图所示，以5m/sv=的速度逆时针匀速转动的传送带与水平面的夹角为θ，将质量

2kgm=、可视为质点的货物轻放到传送带顶端，经1st=货物从传送带底端离开，已知货物与传送带间的动摩擦因数0.5=，取重力加速度大小210m/sg=，sin0.6=。求：（1）传送带顶端到底端的距离s；（2）货物与传送带间因摩擦产生的热量Q。【答案】（1）4m

s=（2）12JQ=【解析】【小问1详解】货物由静止开始向下加速，设其加速度大小为1a，则有1sincosmgmgma+=解得2110m/sa=根据11vat=可知，经时间12tt=，货物的速度达到5m/s，之后Δ2t

时间内货物受到的摩擦力向上，设此过程中货物的加速度大小为2a，则有2sincosmgmgma−=解得222m/sa=则，传送带顶端到底端的距离为22121ΔΔ1Δ22222tttsava=++解得4ms=【小问2详解】设前0.5s货物与传送带间

因摩擦产生的热量为1Q，后0.5s货物与传送带间因摩擦产生的热量为2Q，有1cos10J222tvtQmgv=−=222221Δ1Δcoscos2J222222ttttQmgvavmga=+−==

12QQQ=+联立，解得12JQ=15.某兴趣小组设计的水上过山车模型如图所示，该模型由几段玻璃细管平滑连接而成，其中左侧AC段与右侧CD段均为光滑弯曲轨道，中间为光滑圆形轨道，其半径为R，水平段DE为粗糙直轨道，其长度可调节。质量为m、可视为质点的小球从A点由静止释放，沿轨道运

动后经过圆轨道最高点B，继续运动到圆轨道最低点C，最终从E点离开轨道后做平抛运动，落到水面上的F点（图中未画出）。已知B、D两点等高，C点在水面上，小球与圆形轨道间的最大作用力等于小球所受重力的7倍，小球在DE段运动时受到的阻力始终等于小球所受重力的一半，重力加速度大小为g。求：

（1）A点距水面的高度h；（2）小球经过B点时对轨道的作用力BF；（3）小球的落点F到D点的最大距离maxd。【答案】（1）3hR=（2）BFmg=，竖直向上（3）max13dR=【解析】【小问1详解】小球经过C点时，与圆轨道间的作用力最大，设小

球经过C点时的速度大小为Cv，则27CmvmgmgR−=212Cmghmv=解得3hR=【小问2详解】设小球经过B点时的速度大小为Bv，则222=22CBmvmvmgR−2NBmvmgFR+=解得NFmg=由牛顿

第三定律可知，小球对轨道的作用力大小为NBFFmg==方向竖直向上【小问3详解】设DE段的长度为x，小球到达E点时的速度大小为Ev，离开E点后做平抛运动的时间为t，则有211(2)22EmghRmgxmv−−=2122Rgt=()224EdRxvt=+

+其中228222ExxxvtRRRR+=−−+−+根据二次函数性质可知，当222xRR−=时，上式有最大值解得max13dR=