【文档说明】广东省深圳市高级中学2024-2025学年高三上学期10月第一次诊断测试 物理 Word版含解析.docx，共(13)页，1.071 MB，由小赞的店铺上传

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深圳高级中学（集团）2025届高三第一次诊断测试物理2024.10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，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。2.作答选择题时

，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目后面的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。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，从离地面一定高度的喷水口同时喷出完全相同的三个水

滴A、B、C，已知三个水滴的初速度大小相等，水滴B初速度方向水平，A、C初速度方向与水平面夹角均为θ，三个水滴落于同一水平地面，忽略空气阻力，则A．水滴A、C同时落地B．水滴C落地时速度最大C．水滴B落地时重力的瞬时功率最大D．运动过程中，相同时间内三个水滴速度变化量完全相同2．如图，

足够长的粗糙斜面固定在地面上，某物块以初速度0v从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端.上述过程中，若用x、v、a和Ek分别表示物块位移、速度、加速度和动能各物理量大小，t表示运动时间，下列图像中可能正确的是A.B.C.D.3．如图，为汽车的机械式手刹（驻车器）系统的结构示意图，结构对称.当向上

拉动手刹拉杆时，手刹拉索（不可伸缩）就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的.以下说法正确的是A．若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力B．拉动手刹拉杆时，拉索

AO上的拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大C．若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大D．当OD、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等4．如图，为一款“乒乓球训练神器”，其构造简单且不受空间的限制，非常适用于居家锻炼.整

个系统由金属底座、支撑杆、高弹性软杆以及固定在软杆一端的乒乓球构成.在某一次击球后，乒乓球从A点以某一初速度开始运动，经过最高点B之后向右运动到最远处C点，不计空气阻力，则乒乓球从B点到C点过程中A．在C点时，乒乓球所受合外力为零B．软杆对乒乓球做负功C．地面对底座的摩擦力始终为零D．地面对

底座的支持力始终不变5．摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图，两个水平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O分别为两轮盘的轴心，已知两个轮盘的半径比:1:3rr=甲乙，且在正常工作时两轮盘不打滑.今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B

，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块距离轴心O、O的间距2ABRR=.若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来，且转速逐渐增加，下列叙述正确的是A．滑块A和B与轮盘相对静止时，角速度之比为:3:1=甲乙B．滑块A和B与轮盘相对静止时，向心加速度大小之比:9:2ABaa=C．转速增加后滑块B先发

生滑动D．转速增加后两滑块一起发生滑动6．“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，劲度系数为k的弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，人再与固定在地面上的拉力传感器相连，传感器示数为1200N.打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置

C点，在B点时速度最大。已知AB长为2m，人与装备总质量80kgm=（可视为质点）.忽略空气阻力，重力加速度g取210m/s.下列说法正确的是A．在B点时，弹性轻绳的拉力为零B．经过C点时，人处于超重状态C．弹性轻绳的劲

度系数k为600N/mD．打开扣环瞬间，人在A点加速度大小为212.5m/s7.我国航天员要在天宫1号航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用的方法如下：质量为1m的标准物A的前后连接有质量均为2m的两个力传感器，待测质量的物体B连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后

标准物A前后两个传感器的读数分别为1F、2F，由此可知待测物体B的质量为（）A．11212(2)-FmmFF+B．21212(2)-FmmFF+C．2121(2)FmmF+D．1122(2)FmmF+二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小

题列出的四个选项中，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．我国计划2025年前后发射天问二号，开展小行星探测任务；2030年前后发射天问三号和天问四号，分别开展火星采样返回任务和木星系探测任务.若将探测器送入地火转移轨道，逐渐远离地球，并成为一

颗人造行星，简化轨迹如图.定义地球和太阳平均距离为1个天文单位（Au），火星和太阳平均距离为1.5个天文单位，则A．探测器在地火转移轨道上从P点转移到Q点的时间小于6个月B．在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度C．探测器在地火

转移轨道上P点的加速度大于Q点的加速度D．地球、火星绕太阳运动的速度之比为329.2023年11月，我国新一代重型步兵车VN20亮相珠海航展，该步兵车采用独特的设计理念，是机械化部队的主力装备之一.步兵车质量为m，若在平直的路面上从

静止开始加速，经时间t其速度达到最大值mv，设在加速过程中发动机的功率恒为P，步兵车所受阻力恒为F阻，以下说法正确的是A．加速过程中，步兵车做匀加速直线运动B．步兵车的最大速度mPvF=阻C．加速过程中，步兵车的位移大于2mvtD．加

速过程中，步兵车所受合外力做的功为Pt10．如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置.'OO是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且'MNOO∥.一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是

小球运动轨迹依次与MN的交点.小球从M到a用时t1，从a到b用时t2，从b到c用时t3，小球经过a、b、c时对筒壁压力大小分别为Fa、Fb、Fc，lMa、lab、lbc表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦和

空气阻力.下列说法正确的是A．1t=2t=3tB．abcFFF==C．abcFFFD．::1:3:5Maabbclll三、非选择题：共5小题，共54分。考生根据要求作答。11.（8分）在“验证力的平行四边形定则”实验中：（1）先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮

条至某一点O，则需要记录、、；然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到，依次如图甲、乙所示；（2）请根据图乙，读出此次测量中弹簧测力计的示数F=；（3）如图丙，根据实验的数据记录，按选定的标度（已知图中相邻圆环间距表示1N）已作出了两个分力1F、2F的图示（大小未标出），请继续在图

丙中：①按同样的标度作出力F（即合力的测量值）的图示；②按力的平行四边形定则作出1F、2F的合力F的图示；（4）由（3）可以得出实验结论；12.（9分）学校某物理实验小组用如图1所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实

验.（1）实验时，下列操作中正确的是A．用天平测出砂和砂桶的质量B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源C．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶D．平衡摩擦力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、

悬挂砂桶（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时，（填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M；（3）如图2是实验中选择的一条合适的纸带（纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出），已知打点计时器的打点频率为50Hz，该小车的

加速度a=2m/s（结果保留两位有效数字）；（4）若保持小车质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器示数F和对应纸带求出加速度a的数值，根据这些数据，绘制出如图3的图像，分析此图像不过原点的原因可能是，实

验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为kg（结果保留两位有效数字）；（5）为进行更精确的实验，对上述装置进行改进，实验装置如下图.在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电门，滑块上固定一遮光片，光电门可以记录下遮光片通过光电门时所用的时间Δt1和Δt2，以及两次开始遮光的时间

间隔Δt，用此装置得到的数据绘制图像，探究加速度与力的关系，已经满足滑块和遮光条总质量远大于钩码质量，除了上述已测得的物理量，还需要测量或记录的数据有.A．遮光片的宽度dB．钩码的质量mC．滑块和遮光片的总质量MD．滑块的初始位置到光电门A的

距离L113.（9分）我国火星探测器“天问一号”的着陆巡视器（其中巡视器就是“祝融号”火星车）成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，这标志着我国是继美国、前苏联之后第三个成功进行火星探测的国家，展示了中国在航天技术领域的强大实力，为中

国乃至国际航天事业迈出了历史性的一大步.“天问一号”的着陆巡视器从进入火星大气层到成功着陆经历了气动减速段、伞系减速段、动力减速段、悬停避障与缓速下降段，其过程大致如图所示.已知已知火星质量约为地球质量的

P倍、半径约为地球半径的Q倍，地球表面重力加速度为g，“天问一号”的着陆巡视器质量m=900kg.试根据题干信息和图示数据，说明下列问题：（1）根据题干符号和物理量，求火星表面的重力加速度g火；（2）设着陆巡视器在伞系减速段做的是竖

直方向的匀减速直线运动，试求火星大气对着陆巡视器的平均阻力f（查阅资料可得，火星表面的重力加速度23.8m/sg=火）.14.（12分）如图甲，在公元1267～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机.将石块放在长臂一端的石篮中，在短臂端挂上重物.发射前将长臂端往下拉至地面，然后突

然松开，石袋中的石块过最高点时就被拋出.现将其简化为图乙所示.将一质量m=80kg的可视为质点石块装在长L=403m的长臂末端的石篮中，初始时长臂与水平面成30°，松开后，长臂转至竖直位置时石块被水平抛出（此时石块距地面高h）落在水平地面上.石块落地点与

O点的水平距离s=100m，忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g=10m/s2，根据所给信息和数据求：（1）石块水平抛出时的初速度v0；（2）石块从A到最高点的过程中石篮对石块做功W；（3）石块圆周运动至最高点时，石块对石篮的作用力F.15

．（16分）一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，螺旋圆形轨道与轨道DE、PQ相切于()EP处，螺旋圆形轨道半径0.08mR=.传送带的水平部分AB长10.9mL=，

沿顺时针运行的速率6m/sv=.PQ间距离20.25mL=.凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁CH处，摆渡车质量0.25kgM=，上表面与A、B、C、D、E、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量0.25kgm=的滑块（可视作质点）向

左压缩弹簧至O点由静止释放()0.4mOA，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示.已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为10.5=，滑块与轨道PQ间的动摩擦因数为20.2=，此外其他各段表面均光滑，且各处平滑连接.重力加速度取2s10m/g=.求：（1

）滑块滑上传送带的初速度Av；（2）滑块在传送带上运行过程中，传送带对滑块做功W1；（3）为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度1x的最小值.深圳高级中学（集团）2025届高三第一次诊断测试物理试题答案解析

1.【答案】D【详解】A．在竖直方向上，A做竖直上抛运动，C做竖直下抛运动，高度相同，所以C先落地。A错误；B．三水滴初动能相同，合力做功相同，所以末动能相同，即三水滴落地速度一样大。B错误；C．AC初始时刻的竖直方向分速度大小相等，竖直方向做匀变速运动，因此222yyvvgh−=可

知AC竖直方向的末速度大小相等，大于B的竖直方向分速度，GyPmgv=可知B的重力功率小于AC的重力功率，C错误；D．根据gtv=，相同时间内水滴速度变化量大小和方向都相同D正确。故选D。2.【答案】A【详解】BC．物块上滑和下滑过程中都受恒力作用，所以都做匀变速直线运

动，上滑和下滑过程中x-t图像应为两段抛物线，a-t图像应为两段平行于t轴的线段，故BC不符合题意；A．根据牛顿第二定律可得上滑和下滑过程中的加速度大小分别为11sincossincosFmgmgaggmm+===+22sincossincosFmgmgaggmm−=

==−所以12aa而v-t图像的斜率大小表示加速度的大小，所以上滑过程图像的斜率应大于下滑过程中图像的斜率，且根据22vax=可推知物块返回至斜面底端时的速度一定小于从斜面底端开始上滑时的初速度，故A符合题意；D．根据动能定

理，上滑过程中Ek与x的关系满足kk01EEFx−=−下滑过程中Ek与x的关系满足k2EFx=因为F1和F2都是恒力，而x是关于t的二次函数，所以Ek也一定是关于t的二次函数，则Ek-t图像应为两段抛物线，且结合B项分析可知物

块下滑至斜面底端时的动能一定小于从斜面底端开始上滑时的初动能，故D不符合题意。故选B。3.【答案】A【详解】A．令DOC=，则若保持OD、OC两拉索拉力不变，OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力为2cos2FF=合合力

越小，即拉动拉索AO越省力，故A正确；BD．拉动手刹拉杆时，由2cos2AOFFF==合可得120=即当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任何一个拉力小，当120=时三个力大小相等，故BD错误；C．根据平行四边

形定则可知，若在上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，故C错误；故选A。4.【答案】B【详解】A．在C点时，乒乓球速度为零，但加速度不为零，因此所受合力一定不为零，A错误；B．由于C点比

B点低，重力对乒乓球做了正功，根据动能定理20102mghWmv+=−可知，杆的弹力对乒乓球一定做了负功，B正确；C．由于乒乓球在水平方向做变速度运动，因此杆对乒乓球在水平方向的力不为零，再对底座进行受分析可知，地面对底座的摩擦力也不会始终为零，C错误；D．由于乒乓球在竖直方向上

不是匀速运动，杆对乒乓在竖直方向上的力是变化的，因此地面对底座在竖直方向的力也是变化的，D错误。故选B。5.【答案】C【详解】A．两轮边缘的线速度相等，而:1:3rr=甲乙根据vr=可知，滑块A和在与轮盘相对静止时，角速度

之比为1:3，故A错误；B．因为2ABRR=根据2ar=可得滑块A和在与轮盘相对静止时，向心加速度之比为2:9，故B错误；CD．转速增加后，假设滑块B先发生滑动，则对BBBBmgma=此时对AAA

ABAA2299mamamgmg==则此时滑块A还没有产生滑动，故C正确，D错误。故选C。6.【答案】C【详解】C．在B点时人的速度最大，加速度为零，处于平衡状态，有kxmg=在A点未释放时，有kxmgF=+又2mxx−=联立，解得C正确；B．在C点速度为零，有向下的加速度

，人处于失重状态。故B错误；D．打开扣环瞬间，由牛顿第二定律，可得kxmgFma−==解得D错误。故选C。7.【答案】B【详解】整体为研究对象，由牛顿第二定律得1122()Fmmma=++隔离B物体，由牛顿第二定律得2=Fma联

立可得11222(2)FmmmFF+=−故选B。8.【答案】CD【详解】A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则由对称性可知从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故

A错误；B．卫星从Q点变轨时，要加速增大速度，即在地火转移轨道Q点的速度小于火星轨道的速度，而由22GMmvmrr=可得GMvr=C.可知火星轨道速度小于地球轨道速度，因此可知卫星在Q点速度小于地球轨道速度C．对探测器，其受到太阳的万有引力提供向心力有2MmGmar=得2G

Mar=可见探测器在地火转移轨道上P点的加速度大于Q点的加速度，故C正确；D．对地球、火星，其受太阳的万有引力提供向心力，有22MmvGmrr=得GMvr=由题意有121.53rr==地火所以地球、火星绕太阳运动的速度之比为32。故D正确

。故选CD。9.【答案】BC【详解】A．步兵车加速过程中保持功率恒定，则加速度PFFFvamm−−==阻阻则随速度的增加，加速度减小，选项A错误；B．步兵车的速度最大时牵引力等于阻力，则mPPvFF==阻选项B正确；C．若步兵车做匀加速运动，则位

移为2mvt；而步兵车做加速度减小的加速运动时位移大于做匀加速运动时的位移，可知加速过程中，步兵车的位移大于2mvt，选项C正确；D．加速过程中，步兵车所受合外力做的功为Pt-F阻x，选项D错误。故选BC。10.【答案】ABD【详解】A．由题意可知，小球自M点正上方足够高处自由释

放，由M点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒截面方向做圆周转动的同时又沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，又由于a、b、c是小球运

动轨迹依次与MN的交点，表明经过相邻点过程圆周运动分运动恰好完成一个圆周，因为圆周运动转动周期相等，根据分运动的等时性有123ttt==故A正确；BC．小球在圆筒截面方向做圆周运动，由于'MNOO∥，则a、b、c三点可以等效为沿圆筒截面方向做圆周运动轨迹的同一位置，即a、b、c三点圆周运动

的线速度相等，又由于在a、b、c三点位置，重力沿圆筒截面的分力恰好沿截面的切线方向，可知由筒壁的弹力提供圆周运动的向心力，而圆周运动的半径相同，根据向心力公式2Frvm=可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，则有abcFFF==故B正确，C错误；D

．根据上述可知，小球沿筒壁向下做初速度不为零的匀加速直线运动，由位移时间公式有2012xvtat=+可知::1:3:5Maabbclll故D正确。故选ABD。11.评分细则：除作图2分，其他空1分【答案】O点的位置两个

弹簧测力计的读数两个细绳套的方向O点4.0N在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则【详解】（1）[1][2][3][4]在“验证力的平行四边形定则”实验中，先用两只弹簧测力计通过两个细绳套互成角度地牵拉橡皮条至某一点O，则需要记录O点的位置、两个弹簧测力计的读数、两个细绳套的方向；

然后再改用一只弹簧测力计牵拉，使橡皮条伸长到O点。（2）[5]弹簧测力计的分度值为0.2N，需要估读到0.1N，即示数为F=4.0N。（3）[6]如图所示。（4）[7]由（3）作出的图示可以看出F和F′在误差允许范围内近似相等，得出的实验结论是在误差范围内，两个力的合成遵循平行四边形法则。1

2.【答案】D（1分）不需要（1分）0.20（2分）平衡摩擦力过度（1分）1.0（2分）AB/BA（2分）【详解】（1）A．因有拉力传感器，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，选项A错误；B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，选项B错误；CD．平衡摩擦力

时，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，选项C错误，D正确。故选D。（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。（3）纸带上相邻的两个计数点之间还有4个点没有画出

，则T=0.1s，该小车的加速度22222(2.401.60)10m/s0.20m/s440.1CEACxxaT−−−===（4）由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过度；由2F=Ma可得2aFM=则25.01.022.0M−==解得M=1

.0kg（5）滑块经过两光电门的速度分别为11dvt=22dvt=所以滑块运动的加速度为2121ddvvttatt−−==滑块所受合力为绳的拉力，当钩码的质量远小于滑块质量时，绳的拉力近似等于钩码的重力，即FmgMa==所以还需要测量或记录的数据为遮光条宽度、钩码的质

量。故选AB。13.（1）着陆巡视器在地球表面时，有2GMmmgR=（1分）着陆巡视器在火星表面时，有2GMmmgR=火火火（1分）由题意得，有=RQR火=MPM火解得2=PggQ火（1分）（2）伞系减速过程10−=vvat（2分）设火星大气对着

陆巡视器的平均阻力为f由牛顿第二定律知mgfma−=火（2分）解得f=7070N（2分）14.(1)石块平抛运动的高度sin30=+hLL（1分）根据212hgt=（1分）则初速度为0svt=（1分）解得050m/sv=（1分）(2)根据动能定理可得2012−=Wmghmv（2分）解得

51.1610J=W（1分）(3)石块圆周运动至最高点时，20vFmgmL+=（2分）可得41.4210N=F（1分）由牛顿第三定律知（1分）石块对石篮的作用力大小为，方向向上（1分）15.给分建议：（1）3分（2）5分（3）只要论证出2m/sEv给

4分，解11.25mx=给4分（1）由图像得弹簧弹力做功12=WFx（1分）由212=AWmv（1分）解得4m/sAv=（1分）41.4210N（2）若滑块在传送带上一直加速，由牛顿第二定律得11=mgma（1分）由运动学公式得22112−=BAvvaL（1分）

解得5m/s6m/sBv=可知假设合理（有假设给1分）滑块在传送带上2212121ABmvmvW−=（1分）解得11.125J=W（1分）（3）若滑块刚好过F点2FvmgmR=（1分）由动能定理得2

211222EFmgRmvmv=−（1分）解得2m/sEv=若刚好能到Q点22212EmvmgL=（1分）解得1m/sEv=所以2m/sEv（1分）滑块在摆渡车上时，渡车12=mgMa（1分）从滑上摆被车到达到共速12=−

=Bvvatat共（1分）得2.5m/s=v共2m/sv共成立摆渡车长度最小值122+=−BBvvvxtt共（1分）解得11.25mx=（1分）