【文档说明】重庆市第十一中学教育集团2024-2025学年高三第一次质量检测物理 Word版含解析.docx，共(19)页，1.337 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市第十一中学校教育集团高2025届高三第一次质量检测物理试题一、选择题：本题共10小题，共计43分。第1~7题只有一项符合题目要求，每题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每题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

.某瑜伽运动员以如图所示的姿势保持身体平衡在水平地面上，则下列说法正确的是（）A.运动员一定受到摩擦力B.运动员受到的支持力和重力是一对平衡力C.运动员所受支持力就是重力D.运动员受到的支持力是由于手掌形变产生的【答案】B【解析】【详解

】A．运动员以题图所示的姿势在水平地面上，处于平衡状态，在水平方向没有相对运动，也没有相对运动的趋势，因此不受摩擦力的作用，故A错误；B．运动员受到的支持力和重力大小相等，方向相反，是一对平衡力，故B正确；C．运动员所受的支持力是水平地面

的形变产生的作用，重力是地球的吸引力产生，因此所受支持力不是重力，故C错误；D．运动员受到的支持力是由于水平地面的形变产生的，故D错误。故选B。2.a、b两车在同一平直公路上行驶，a车做匀速直线运动，b车做匀减速直线运动，两车的位置x随

时间t的变化关系图线如图所示，直线a和曲线b刚好在1=tt时相切，则（）A.1t时刻两车刚好并排行驶B.a车的速度一直小于b车的速度C.1t时刻a车的速度大于b车的速度D.从0到1t时间内，两车运动的位移相等【答案】A【解析】【详解】ABC．1t时刻，a，b两车均

在x＝x1位置处，且此时刻切线与a相同，所以此时刻abvv=，A正确，BC错误；D．0t＝时刻，a，b两车初始位置不同，1t时刻末位置相同，所以10t时间内两车位移不同，D错误。故选A。3.CBA（中国男子篮球职业联赛）

篮球筐距地面高度3.05m，某篮球运动员站立举手能达到高度2.53m。如图所示，他竖直跳起将篮球扣入栏中，重力加速度210m/sg=，他起跳的初速度约为（）A.1m/sB.2.5m/sC.3.8m/sD.10m/s【答案】C【解析】【分析】【详解】根据v2=2gh可得2

210(3.052.53)m/s3.2m/svgh==−=因运动员竖直跳起将篮球扣入栏中，可知起跳的略大于3.2m/s；故选C。4.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图

像如图所示（取竖直向上为正方向），其中0t时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（）A.“笛音雷”在2t时刻上升至最高点B.34tt时间内“笛音雷”做自由落体运动C.01tt时间内“

笛音雷”的平均速度为12vD.34tt时间内“笛音雷”的平均速度342vv+【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，04~tt时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在2t时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应

该在4t时刻之后，故A错误；B．34~tt时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明34~tt时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为12v，

而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据ΔΔxvt=可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即01t~t时间内“笛音雷”的平均速度小于12v，故C错误；D．根据上述，34~tt时间内

“笛音雷”做竖直上抛运动，做匀变速直线运动，故平均速度为342vvv+=故D正确。故选D。5.炎热夏天，人们都安装空调，图甲是某小区高层住宅外安装空调主机的情境。为安全起见，要求吊运过程中空调主机与楼墙保持一定的距离。原理如图乙，一人在高处控制

一端系在主机上的轻绳P，另一人在地面控制另一根一端系在主机上的轻绳Q，二人配合可使主机缓慢竖直上升。主机质量m，当P绳与竖直方向的夹角37=时，Q绳与竖直方向的夹角53=。主机视为质点，重力加速度()sin530.

8cos530.6g==，。则（）A.P绳中拉力为107mgB.P绳中拉力为2021mgC.Q绳中拉力为157mgD.Q绳中拉力为8021mg【答案】C【解析】【详解】对空调主机受力分析，建坐标系如图所示则y方向有coscosPQFmgF=+x方向

有sinsinPQFF=联立可得207PFmg=，157QFmg=故选C。6.帆船是人类的伟大发明之一，船员可以通过调节帆面的朝向让帆船逆风行驶，如图所示为帆船逆风行驶时的简化示意图，此时风力2000N

F=方向与帆面的夹角30a=，航向与帆面的夹角37=，风力在垂直帆面方向的分力推动帆船逆风行驶。已知sin370.6=°，则帆船在沿航向方向获得的动力为（）A.200NB.400NC.600ND.800N【答

案】C【解析】【详解】对风力F在沿着帆面和垂直于帆面方向进行分解，根据力的平行四边形法则可得其垂直于帆面的分力1sin1000NFF==再对垂直作用于帆面上的风力1F沿帆船航向方向和垂直航向方向进行分解，则帆船在沿航向方

向获得的动力为21sin600NFF==故选C。7.如图，MN是一段倾角为30=的传送带，质量为1kgm=的小物块，以沿传送带向下的速度04m/sv=从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分vt−图像如图所示，取210m/sg=，则（）A.物块最终从传送带N点离开B.传送带的速度1m/s

v=，方向逆时针C.物块相对传送带滑动的距离为4mD.物块将在5s时回到原处【答案】D【解析】【详解】AB．从图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m

/s，故AB错误；CD．根据vt−图像中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度224(1)m/s2.5m/s2a−−==由图可知，物块的速度为0时1408ss2.55t−==之后物块沿斜面向上运动，速度图像与时间轴围成的面积表示位移，所以物块沿斜面向下运动的位移1181

64mm255x==18s5t=到22st=时，物块沿斜面向上加速运动的位移282151mm25x−==物块沿斜面向上匀速运动的时间123sxxtv−==匀所以物块回到原处的时间3s2s5st=+=物块

相对传送带滑动的距离为()124152xmm=+=故C错误，D正确。故选D。8.某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为426yt=−和2140yt=−+，无人机

及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（）A.EF段无人机的速度大小为4m/sB.FM段无人机的货物处于失重状态C.EF段无人机处于超重状态D.MN段无人机处于失重状态机【答案】AB【解析】【详解】AC．根据yt−图像中斜率表示速度，由EF直线方程可知，EF段无人机做匀速直线运

动，速度大小为4m/s，EF段无人机处于平衡状态，故C错误，A正确；B．根据yt−图像中斜率表示速度，由图可知，无人机先向上做减速运动，然后向下做加速运动，则无人机在FM段具有向下的加速度，处于失重状态，故B正确；D．根据yt−图像中斜率表示速度，由MN直线方程可知，MN段

无人机做匀速直线运动，处于平衡状态，故D错误。故选AB。9.如图所示，光滑水平桌面放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g，静止释放物块A、B后（）A.相同时间内，A、B运动的路程之比为2:1B.物块A、B的加速度之

比为1：1的C.细绳的拉力为67mgD.当B下落高度h时，速度为25gh【答案】AC【解析】【详解】同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2，故A、B运动的路程之比为2：1，故A正确；任意相等时间内

，物体A、B的位移之比为2：1，故速度和加速度之比均为2：1，故B错误；设A的加速度为a，则B的加速度为0.5a，根据牛顿第二定律，对A，有：T=ma，对B，有：3mg-2T=3m•0.5a，联立解得：T=67mg，a=67g，故C正确；对B，加速度为a′

=0.5a=37g，根据速度位移公式，有：v2=2•a′•h，解得：v=67gh，故D错误；故选AC．【点睛】本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析．

10.如图所示，一轻弹簧放在倾角30=且足够长的光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，两质量均为m的小物块A，B叠放在斜面上且保持静止，现用大小为12mg的恒力平行于斜面向上拉物块B。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，

重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.刚施加恒力的瞬间，物块B的加速度大小为14gB.刚施加恒力的瞬间，物块A给物块B的弹力大小为12mgC.物块B与物块A分离的瞬间，弹簧的弹力大小为12mgD.物块B从开始运动到与物块A分离的过程中，运动的

距离为2mgk【答案】ACD【解析】【详解】AB．刚施加恒力的瞬间，对A、B整体分析，由牛顿第二定律可得122mgma=解得14ag=对物块B分析，设刚施加恒力的瞬间，物块A给物块B的弹力大小为1F，由牛

顿第二定律有11sin302mgFmgma+−=o解得114Fmg=故A正确，B错误；C．物块A与物块B分离瞬间，物块A对物块B的弹力恰好为零，此时刻二者加速度相同，则对B由牛顿第二定律有11sin302mgmgma−=o解得10a=即此时B的速度达到最大值，而对A由牛顿第二

定律有1sin30Fmgma−=o弹解得12Fmg=弹此时A速度同样达到了最大值，故C正确；D．未施加恒力时，A、B整体处于静止状态，根据平衡条件有12sin30mgkx=o解得1mgxk=当A、B分离瞬间，根据胡克定律有212kxmg=解得22m

gxk=由此可知，物块B从开始运动到与物块A分离的过程中，运动的距离为122mgxxxk=−=故D正确。故选ACD。二、非选择题：共57分11.一同学利用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。一长木板被铁架台竖直固定，其上固定一张白纸。甲，乙两个

力传感器分别固定在木板上的A、B两点，A、B两点可在木板上移动。（1）如图（a）所示，将质量未知的重物用细绳竖直悬挂在力传感器甲上，重物静止时，记录力传感器甲的示数F1。（2）如图（b）所示，三根细绳通过结点O连接在一起，另一端分别与力传感器或重物相连，调节A、B两点的位置，重物静止时，记录结点

O的位置、竖直细绳方向、甲、乙力传感器的示数F2、F3和__________。（3）在O点根据F1、F2、F3的大小和方向作力的图示。（4）改变A、B两点的位置重复步骤（2）、（3），此过程___________

_（选填“需要”或“不需要”）保持结点O位置不变。（5）初始时三根细绳互成120°，若保持结点O和甲传感器的位置不变，乙传感器绕O点顺时针缓慢转动30°的过程中，乙传感器的示数会__________（选填“变大”“变小”“先变大后变小”或“先变小后

变大”）。【答案】①.连接甲、乙力传感器细绳的方向②.不需要③.变大【解析】【详解】（2）[1]该题目的为验证“力的平行四边形定则”所以不仅需要力的大小，还需要力的方向，所以需要记录连接甲、乙力传感器细绳的方向。（4）[2]A、B两点的位置重复步

骤（2）、（3）的过程中可以改变O点的位置，不需要保持不变；（5）[3]初始时三根细绳互成120°，若保持结点O和甲传感器的位置不变，乙传感器绕O点顺时针缓慢转动30°的过程中，如图所示由平行四边形定则，乙传感器的示数会变大

。12.小黄同学在暗室中用图示装置做测定“重力加速度”的实验，用到的实验器材有：分液漏斗、阀门、支架、接水盒、一根有荧光刻度的米尺、频闪仪。具体实验步骤如下：①在分液漏斗内盛满清水，旋松阀门，让水滴以一定的频率一滴滴的落下：②用频闪仪发出的闪光将水滴流照亮，由大到

小逐渐调节频闪仪的频率，当频率为25Hz时，第一次看到一串仿佛固定不动的水滴；③用竖直放置的米尺测得各个水滴所对应的刻度；④处理数据，得出结论：（1）水滴滴落的时间间隔为_______s。（2）小黄同学测得连续相邻的五个水滴之间的距离如图乙所示，根据数据计算当

地重力加速度g=______2m/s。（结果均保留三位有效数字）（3）小黄同学又根据图乙依次计算出BCDE、、、点到A点的距离x与所用时间t的比值xt，作出了xtt−的图像，如图丙所示，坐标系中已标出的坐标值为已知量，则A点的速度为Av=

_______，重力加速度为g=_______（均用abc、、表示）。【答案】（1）0.04（2）9.69（3）①.b②.()2cba−【解析】【小问1详解】水滴滴落的时间间隔为11s0.04s25Tf===【小问2详解】由逐差法可

知，当地重力加速度为22222(33.4813.642)10m/s9.69m/s(2)40.04CEAChhgT−−−==【小问3详解】由匀变速直线运动的位移与时间的关系212Axvtgt=+化简可得12Axvgtt=+则斜率12cbkga−==纵截距为Abv=所以A点的速度为Avb=重力

加速度为2()cbga−=13.在一次机器人灭火比赛中，机器人在直轨道上取水后向着火点运动。机器人开始时加速运动，当速度达到6m/s时开始匀速运动，当距离目标3.6m时开始匀减速运动，其运动的v-t以图像如图所示，t=0时刻在起点处，求：（1）机器人加速和减速时加速度分别是多少？（2）目标与出

发点的距离是多少？【答案】（1）22m/s，25m/s−；（2）30.6m【解析】【详解】（1）机器人加速时加速度22msm/s623/vat===减速时202vax−=解得25m/sa=−（2）由图可知6s内的位移为6366m27m2x+==目标与出发点的距

离是273.6m30.6mx=+=14.如图1所示，将质量为3m、倾角为()45的木楔置于水平面上。（1）若将木楔固定，并对木楔斜面镀膜使其变粗糙，将质量为m的木块放在木楔粗糙斜面上时，正好能匀速下滑。求物块与斜面间的动摩擦因数；（2）在第（1）小问的

基础上，如图2所示，用与木楔斜面成角的外力拉木块使其匀速上升，求外力的大小；（3）若木楔不固定且不计一切摩擦，质量为m的木块在水平外力的作用下与木楔保持相对静止，一起做匀加速直线运动，求水平外力的大小

。【答案】（1）tan（2）()sin2cosmg−（3）4tan3mg【解析】【小问1详解】木块在木楔斜面上匀速向下运动时，由平衡条件sincosmgmg=即物块与斜面间的动摩擦因数为tan=【小

问2详解】木块在力F的作用下沿斜面向上匀速运动，沿斜面方向NcossinFmgF=+垂直于斜面方向NsincosFFmg+=整理得()sin2cosmgF=−【小问3详解】根据题意对整体做受力分析如下图所示根据

受力分析则有114Fma=根据题意对木块做受力分析如下图所示根据受力分析则有cosNFmg=1N1sinFFma−=整理有14tan3mgF=15.一质量为M=5kg的木板放在倾角=37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持着

静止状态。木板左端距斜面底端的距离为s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体会以原速率弹回。t=0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量m=10kg的小物块从距离木板左端l=54m处，以沿木板向上的初速度v0=4m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F0=80N（

该力在1s时变为034F）。当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数μ=0.5，小物块可以看作质点，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，取g=10m/s2，求：（1）0至1s时间内，小物块和木板的加速

度的大小和方向；（2）木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小；（3）小物块从木板左端滑出之前木板与挡板碰撞的次数，及滑出瞬间小物块与挡板间的距离。【答案】（1）212m/sa=，小物块的加速度的方向沿斜面向下，22s2m/a

=，木板的加速度的方向沿斜面向上；（2）7m/s；（3）5次，14m9【解析】【分析】【详解】（1）0至1s时间内，小物块的加速度的大小为01sin37cos37mgmgFma+−=解得212m/sa=小物块的加速度的方向沿斜面向下0至1s时间内，木板的加速度的大小为2si

n37cos37MgmgMa−=解得22s2m/a=木板的加速度的方向沿斜面向上（2）0至1s时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动有10112m/svvat=−=21011113m2svtat=−=0至1s时间内，木板沿斜面向上做匀加速运

动有2212m/svat==222111m2sat==则1s时，小物块与木板达到共同速度，且外力变为034F，此时小物块和木板一起做匀减速度运动，则有()033sin37sin374MgmgFMma+−=+解得232m/sa=加速度的方向沿斜面向下小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0时

，通过的位移为22331m2vsa==小物块和木板一起做匀减速度运动到速度为0后，再相同的加速度沿斜面向下做匀加速度直线运动，则有()233132vasss=++解得木板第一次与挡板碰撞时的速度的大小为3

7m/sv=（3）1s时，小物块到木板左端的距离为()12156mllss=+−=当木板第一次与弹性薄挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力，则木板的加速度的大小为4sin37cos37MgmgMa+=解得2414m/sa=小物块的加速度的大小为5sin3

7cos37mgmgma+=解得252m/sa=木板做减速度运动，减速到0时，所用时间为3240.5svta==此过程小物块位移大小为21325213.75m2xvtat=+=的此过程木板的位移大小为23141.75m2vsa==则这段时间内，小物块

与木板的相对位移为1115.5mlxs=+=木板速度减为0时，小物块速度大小为43528m/svvat=+=设再经过3t，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度为v，则有4127m/svas==340.5

svta==此过程小物块的位移大小为22435314.25m2xvtat=+=此过程木板的位移大小为2241.75m2vsa==则这段时间内，小物块与木板的相对位移为2222.5mlxs=−=木板与挡板第二次碰撞时，小物块的速度大小为54539m/svvat=+=木板

与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板总相对位移为128mlll=+=根据以上分析可知，木板每次与挡板碰撞时的速度大小均为7m/sv=，并且由于小物体一直做匀加速运动，所以从木板第一次与挡板碰撞开始，之后的每两次相领碰撞过程中，小物块与木板相对位移都会比前一次多2m，

由此可知，第2次和第1次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为8m，第3次和第2次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为10m，第4次和第3次碰撞之间的过程中，小物块和木板的相对位移为12mL按照上面的推演可知，木板与挡板第

5次碰撞时，小物块距离木板的左端的距离为的的()218101214m12mll=−+++=小物块的速度为()55533215m/svvat=+=木板反弹后达到速度为0的过程中，小物块和木板的相对位移为129.5mlll=+=所以木板速度减为0时，小物块到木板

左端的距离为2.5m，小物块的速度大小为616m/sv=，再经过时间4t，小物块从木板左端滑出，则有22645444112.5m22vtatatl+−==解得41s6t=从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经过的时间为1

14=4.5sss63t+=总小物块位移大小为2351490=+m29xvtat=总总总所以滑出瞬间小物块与挡板间的距离为114m9Llx=−=总的