【文档说明】重庆市第一中学2024-2025学年高三上学期适应性考试物理试卷（一） Word版含解析.docx，共(18)页，1.274 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市第一中学高2025届（三上）适应性考试物理试题卷（一）满分100分，考试用时75分钟一、单项选择题:本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下面四个选项中，是国际单位制中的力学基本单位的是（）A.k

gB.NC.JD.A【答案】A【解析】【详解】国际单位制中的力学基本单位的是：kg、m和s。故选A。2.如图所示，三脚架置于光滑水平面上，现将支架张角调大一些，地面对三角架的作用力将（）A.不变B.变大C.

变小D.无法确定【答案】A【解析】【详解】地面对三角架的作用力始终等于三脚架和相机的总重力，故将支架张角调大一些，地面对三角架的作用力将不变。故选A。3.小明同学假期参加社区志愿活动，将一桶15L的水从一楼搬运到六楼，用时约1分半，则小明对这桶水做功的平均功率约为（）A.2.5WB

.25WC.250WD.2500W【答案】B【解析】【详解】一层楼房的高度约3m，水的重力为3310151010N150NGmgVg−====则小明对这桶水做功的平均功率约为1503(61)W25W90WGhPtt−====故选B。4.小崇在一次跳伞过程中，竖直下降时穿越一段高度为

24m的横风区，受到F＝150N的水平恒定风力作用，穿过横风区前后速度大小之比为3:5，已知小崇和装备总质量m＝75kg，下降过程中小崇竖直速度恒定，则小崇竖直下降时的速度大小为（）A.4m/sB.6m/sC.8m/sD.10m/s【答案】B【解析】【详解】设竖直

速度为yv，下降过程中小崇竖直速度恒定，则竖直方向有yhvt=受到F＝150N的水平恒定风力作用，则有xFma=水平速度为xxvat=穿过横风区后的速度为22xyvvv=+穿过横风区前后速度大小之比为3:5，即有35yvv=联立各数据解得6m/s

yv=故选B。5.如图所示，质量为100gm=的小球从倾斜轨道右侧最高点由静止释放，刚好能过圆轨道最高点；已知释放点与圆轨道最高点高度差为20cmh=，圆轨道半径10cmR=，小球可看做质点，不考虑空气阻力，g取210m/g，则该过程中小球克服摩擦阻力做功为（）A.

0.05JB.0.1JC.0.15JD.0.2J【答案】C【解析】【详解】根据题意，设该过程中小球克服摩擦阻力做功为W，从释放到最高点，由动能定理有212mghWmv−=在最高点，由牛顿第二定律有2vmgmR=联立代入数据解得0.15JW=故选C。6.某射击游戏道

具如图（a）所示，将圆形转筒十等分后间隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯视图如图（b）所示。已知转筒直径d＝1m，角速度ω＝8πrad/s，小德用玩具手枪瞄准中轴线随机打出一枪，弹丸可认为做水平匀速直线运动且速度v1＝20m/s，弹丸穿过薄板后速度会减半，忽

略空气阻力和弹丸穿过薄板所需时间，下列说法正确的是（）A薄板上各点线速度相同B.薄板上一定会留下一个弹孔C.若增大角速度，薄板上至少会留下一个弹孔D.若减小角速度，薄板上至少会留下一个弹孔【答案】B【解析】【详解】A．根据vr=可知，薄板上各

点线速度大小相等，方向不同，故A错误；B．子弹在转筒中运动的时间为11s0.1s1102dtv===此时转筒转过的角度为0.8144t===由题意可知，子弹入射时与圆心连线处的位置转了144，且

圆筒与圆心连线每隔36有一块薄板，由几何关系可知，薄板上一定会留下一个弹孔，故B正确；CD．由选项B可知，无论是增大角速度还是减小角速度，子弹在薄板上可能不留下弹孔，故CD错误。故选B。7.短道速滑运动员甲、乙练习直线滑行

中的助推技巧，运动员甲在冰面上无动力自由滑行，运动员乙静止站立于B点，当甲到达A点时速度大小v1＝8m/s并开始推乙，经1.2s甲乙分离，分离瞬间甲的速度方向不变、大小变为v2＝3m/s，已知60kgm=甲、50kgm=乙，0.2mABx=

，甲、乙与冰面间动摩擦因数均为μ＝0.02，其余阻力忽略不计，过程中乙不主动发力，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A.过程中甲、乙组成的系统动量守恒B.分离时乙的速度大小为6m/sC.过程中乙对甲的冲量大小为300N·sD.过

程中甲对乙的平均作用力为238N【答案】D【解析】【详解】A．由于冰面对甲、乙有摩擦阻力，且摩擦力大小不相等，故甲、乙组成的系统所受外力之和不为0，则甲、乙组成的系统动量不守恒，故A错误；CD．以甲为对象，根据动量定理可得21Ftmgtmvmv−−=−甲甲甲代入数据解得乙对甲的

冲量大小为.285.6NsIFt==乙可得乙对甲的平均作用力为285.6N238N1.2IFt===乙根据牛顿第三定律可知，甲对乙的平均作用力为238N，故C错误，D正确；B．以乙为对象，根据动量定理可得0Ftmgtmv−=−乙乙乙解

得分离时乙的速度大小为5.472m/sv=乙故B错误。故选D。二、多项选择题:本大题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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.质点P从原点由静止开始做直线运动，其

速度v随时间t按图示的正弦图线变化。在0~4s内，下列说法正确的是（）A.t＝2s时，P到原点的距离最远B.t＝4s,P回到原点C.在0~4s内，P动量的变化量为零D.在2~3s和3~4s内，P受合力的冲量相同【答案】AB

C【解析】【详解】A．02s内质点始终向正方向运动，故t＝2s时P到原点的距离最远，故A正确；B．2s4s内质点始终向负方向运动，且运动的位移大小等于02s内的位移，故t＝4s,P回到原点，故B正确；C．在0~4s内，P速

度的变化量为零，P动量的变化量为零，故C正确；D．在2~3s和3~4s内，由动量定理可知P受合力的冲量大小相等，方向相反，故D错误。故选ABC。9.吸血鬼恒星是一种理论上的天体，它通过从伴星吸取物质来维持

自身的光和热。这种恒星通常处于双星系统中，吸血鬼恒星通过这种方式获得额外的物质，从而延长自己的寿命。这种现象在天文学中被称为质量转移或吸积过程。假设两恒星中心之间的距离保持不变，忽略因热核反应和辅射等因素导致的质量亏损，经过一段时间演化后，则（）A.两恒星的周期不变B.两恒星

的轨道半径保持不变C.吸血鬼恒星的线速度增大D.伴星的线速度增大【答案】AD【解析】【详解】A．假设在演化开始时，吸血鬼恒星的质量为1m，伴星的质量为2m，两者之间的中心距离为L，根据双星运动的特点，对

于吸血鬼恒星有2121122mmGmrLT=同理对于伴星2122222mmGmrLT=又有12rrL+=联立解得()23124LTGmm=+由题意知两恒星的总质量不变，L也不变，则周期不变，故A正确；BCD．由A中分析，联立可解得2112mrLmm=+，1212m

rLmm=+根据题意可知，1m增大，2m减小，故1r减小，2r增大，又有2rvT=则吸血鬼恒星的线速度减小，伴星的线速度增大，故BC错误D正确；故选AD。10.如图甲所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁

上，右端与质量为0.15kg的小物体P栓接，紧靠着P的右端放置质量为0.3kg的小物体Q，P、Q均静止，弹簧处于原长状态。现对Q施加水平向左的恒力F，使P和Q一起向左运动，当两者速度为零时撒去F，P、Q最终均停止运动。以初始时Q静止的位置为坐标原点，向左为正方向，从Q开始

向左运动到撒去F前瞬间，Q的加速度a随位移x变化的图像如图乙所示。已知P、Q两物体与地面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度大小取g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A.F的大小为6.75NB.弹簧的劲度系数为22.

5N/mC.P的最大速度为35m10/sD.Q最终停在x＝-0.04m位置【答案】ACD【解析】【详解】AB．对P、Q整体，由牛顿第二定律可得PQPQ()()Fmmgkxmma−+−=+整理得2020599kaxF=−+−由图像可知22001092100k−−−=

−205109F−=解得225N/mk=，6.75NF=故A正确，B错误；C．P、Q一起向左运动时两者的最大速度2m1152221010m/sm/s25vax−===向右运动时，当PQ1()mmgkx+=时速度最大，此时10.01mx=由能量关系222m1PQm1P

Qm2111()()()222kxkxmmgxxmmv−−+−=+其中2m410mx−=解得m2m135m/s10vv=则P的最大速度为35m/s10，故C正确；D．两滑块回到原来位置时由能量关系2mPQmPQ12()()2Fxmmgxmmv−+=+此后Q与P分离，则2QQ12mgsm

v=解得0.04ms=即Q最终停在x＝-0.04m位置，故D正确。故选ACD三、非选择题:本大题共5小题，共57分。11.为探究“向心力大小与质量、角速度、半径的关系”，某同学设计了如图（a）所示的实验装置，竖直转轴固定在电动机上（未画出），光滑

的水平直杆固定在竖直转轴上，能随竖直转轴一起转动，在水平直杆的左。端套上一带孔滑块P，用轻杆将滑块与固定在转轴上的力传感器连接，当转轴转动时，直杆随转轴一起转动，力传感器可以记录轻杆上的力，在直杆的另一

端安装宽度为d的遮光条，在遮光条经过的位置安装一光电门，光电门可以记录遮光条经过光电门的挡光时间。（1）本实验中用到的物理方法是_____（填选项序号）。A.微元法B.控制变量法C.类比法D.等效替代法（2）改变电动机的转速，

多次测量，得出五组轻杆上作用力F与对应角速度ω的数据如下表所示，请在图2所给的坐标纸中画出F-ω2图像_____________________。1/(rads)−00.51.01.52.0/NF00.201.002.304.00（3）当转动半径固定为r＝0.5m时，结合所作图

像可知滑块的质量m＝_____kg（计算结果保留两位有效数字）。【答案】（1）B（2）（3）2.0【解析】【小问1详解】在探究向心力大小与角速度、半径的关系的实验中，需要先控制某些量不变，探究向心力与其中某个物理量的关系，即控制变量法。故选B。【小问2

详解】根据所给数据描绘F-ω2图像如图所示【小问3详解】轻杆对滑块的作用力为滑块做圆周运动提供向心力，根据2Fmr=可知图线的斜率4040kmr−==−可得滑块的质量为2.0kgm=12.某同学用如图（a）所示的

装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质量均为m＝100g。钢柱K下端与质量为M＝200g的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装

一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、Q系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直（重力加速度g取9.8m/s2）。（1）开启电动机，待电动机以角速度ω＝

20πrad/s匀速转动后，将P、K、Q系统由静止释放，Q落地前，激光在细钢柱K上留下感光痕迹，取下K，测出感光痕迹间的距离如图（b）所示:hA＝38.40cm，hB＝60.00cm，hC＝86.40cm。感光痕迹间的时间间隔T＝_____s，激光束照射到B点时，细钢柱速度大小为vB＝__

_____m/s。经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过O点，在OB段，系统动能的增加量Ek＝_____J，重力势能的减少量Ep＝____J，比较两者关系可判断系统机械能是否守恒。（该小问除第一空外，其余计算结果均保留3位有效数字）（2）选取相同的另一感光细钢柱K，若初始时激光笔

对准K上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为k，记录下如图（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为d。当mM满足______________即可证明系统在运动过程中

机械能守恒（用含字母d、k、g、π的表达式表示）。【答案】（1）①.0.1②.2.40③.1.15④.1.18（2）12gkd−【解析】【小问1详解】[1][2][3][4]感光痕迹间的时间间隔20.1sT==激光束照射到B点时，细钢柱速度大小2.40m/s2CAB

hhvT−==在OB段，系统动能的增加量2k1(2)1.15J2BEmMv=+重力势能的减少量p()1.18JBBEMmghmgh=+−【小问2详解】从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的n段，根据时间关系有122nt=根据运动学公式有12vtnd=根据机械能守恒定

律有为21(2)2MgndMmv=+解得12gkmMd=−13.全红婵在东京奥运会女子10米跳台决赛中，凭借无与伦比的技巧与超乎年龄的冷静，完美论释了跳水运动的魅力，最终夺得金牌，为中国队赢得了荣誉。若将跳水过程进行简化，如图所示，运动

员以0v的初速度起跳，上升到离跳台0.2m的最大高度，然后再竖直下落，最后以速度v入水，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）若不计空气阻力，则起跳至最高点的时间；（2）若空气阻力恒为重力的0.2倍，则初速度0v与人水速度v大小的比值。【答案】（1）0.2s（2）3434【解析】【小

问1详解】根据竖直上抛运动规律可知，从起跳到最高点的时间与从最高点下落到起跳点的时间相等，则有212hgt=解得20.2shtg==【小问2详解】从起跳到最高点，根据动能定理可得201(0.2)02mgmgh

mv−+=−可得02.42.4100.2m/s4.8m/svgh===从最高点到入水，根据动能定理，则有21(0.2)02mgmghmv−=−可得1.61.610(0.210)m/s163.2m/svgh==+=联立解得044.81633.

234vv==14.如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝5m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量均为m＝5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A

以沿传送带方向的初速度v0＝14m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定

滑轮处。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求:（1）物块A刚冲上传送带时的加速度；（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；（3）物块A沿传送带向上运动过程中，物块A对传送带做

的功。【答案】（1）29m/s,方向沿传送带向下的（2）12s7（3）100J7【解析】【小问1详解】物块A刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定律有1sincosmgTmgma++=对B物块1−

=mgTma联立解得219m/sa=方向沿传送带向下；【小问2详解】物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动，对A物块，根据牛顿第二定律有1sincosmgTmgma+−=联立解得217m/sa=当物块A的速

度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有0111svvta−==225s7vta==联立解得1212s7ttt=+=【小问3详解】此过程中物块对传送带做的功f12Wfxfx=−其中cosfmg=11xvt=22xvt=解得100J7W=15.如图所示，光滑水平面上有一倾

角θ＝37°的斜面体B，物块A从斜面体底部以初速度v0＝5m/s开始上滑。已知mA＝1kg，mB＝2kg，物块A可视为质点，斜面体B上表面光滑，运动过程中物块A始终不脱离斜面体，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）若斜面体B固定，求

物块A上升的最大高度；（2）若斜面体B可自由滑动，求物块A上升最大高度；（3）若斜面体B可自由滑动，且其表面有一层绒布，物块A相对斜面上滑时动摩擦因数μ1＝0.5，下滑时μ213＝，求物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小及系统因摩擦产生的热量。

【答案】（1）1.25m（2）59m60（3）262143()m45375−,590J99【解析】【小问1详解】若斜面体B固定，对物块A，根据机械能守恒可得2A1A012mghmv=解得物块A上升的最大高度11.25mh=【小问2详解】物块A到达最高点时，与斜面体B相对速

度为0，水平方向共速，由水平方向动量守恒可得的A0ABcos37()mvmmv=+共根据能量守恒可得22A0ABA211()22mvmmvmgh=++共解得259m60h=【小问3详解】沿斜面方向建立x轴，垂直斜面方向建立y轴，在上滑过程中，对A分析如图（a）所示，对B分析如图（b

）所示在y方向上A、B初速度均为0且始终不分离，故每时每刻y方向的位移、速度、加速度均相同，在任意时刻，均有A1AA1cos37ymgNma−=111BB1sin37cos37NNma+=A1B1sin37yaa=解得180N13N=在下滑过程中，对

A分析如图（c）所示，对B分析如图（d）所示同理，在任意时刻，均有A2AA2cos37ymgNma−=222BB2sin37cos37NNma−=A2B2sin37yaa=解得280N11N=说明A物体上滑、下滑过程中支持力

均为定值，两物体受力始终为恒力。以B为参考系，在上滑过程中，有11AAA1sin37xNmgma+=B1B1cos37xaa=A1B11xxaaa=+相解得21150m/s13a=相则20113m212vxa==相相又

2112xat=相相1解得113s30t=在下滑过程中，有A22AA2sin37xmgNma−=B2B2cos37xaa=A2B2xxaaa=+相2解得250m/s11a=相2由22212xat=相相可得214

3s300t=故摩擦生热1122590J99QNxNx=+=相相物块A最终回到斜面体B底端，故整个过程中A、B位移相同，为22B11B2211262143()m2245375xatat=+=−