广东省三校“决胜高考，梦圆乙巳”2025届高三上学期第一次联合模拟一模物理试卷（Word版附解析）

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物理
参加学校：诺德安达学校、金石实验中学、英广实验学校
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，请2B用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1. 如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，已知重力加速度大小为g，下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是（ ）
A. 拉力F的冲量大小为Ft
B. 拉力F的冲量大小为
C. 摩擦力的冲量大小为Ft
D. 重力的冲量大小为0
【答案】A
【解析】
【详解】AB．由冲量的定义知，拉力F的冲量大小为
故A正确，B错误；
C．由平衡条件可得摩擦力的大小
则摩擦力的冲量大小为
故C错误；
D．由冲量的定义可知，重力的冲量大小为
故D错误。
故选A。
2. 如图所示，、、是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c点无初速释放，下列关于它们下滑到d过程的说法中正确的是（ ）
A. 沿细杆下滑的滑环用时最长B. 重力对各环的冲量中a的最小
C. 弹力对各环的冲量中c的最大D. 合力对各环的冲量大小相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．物体从同一竖直圆上各点沿不同的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等，如图
即等时圆模型，小球下滑过程均满足
解得
根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等，A错误；
B．三个滑环重力相等，根据冲量可知重力对各环的冲量大小相等，B错误；
C．假设光滑细杆与的夹角为，受力分析可知滑环所受弹力为
杆与的夹角最大，所以弹力最大，根据冲量的定义可知弹力对各环的冲量中c的最大，C正确；
D．根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，根据机械能守恒定律
解得
可知从滑到底端的滑环速度最大，合外力的冲量最大，D错误。
故选C。
3. 最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像b。若不计空气，取重力加速度大小为，则下列同学的推断结果正确的是（ ）
A. 机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3N
B. 机器人与水平桌面间的动摩擦因数为
C. 在时间内，合外力冲量为
D. 在时间内，合外力做的功为12J
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图b可设机器人在时开始滑动则
解得
所以机器人在1s时刚要滑动，恰好达到最大静摩擦力，由图a可知1s时牵引力为
则最大静摩擦力为
故A正确；
B．2s时的牵引力为
由a、图b结合牛顿第二定律可得
联立可得机器人质量
滑动摩擦力为
机器人与水平桌面间的动摩擦因数为
解得
故B错误；
C．在时间内，合外力的冲量为
故C错误；
D．4s末机器人的速度为
在时间内，合外力做的功为
代入数据，解得
故D错误。
故选A。
4. 如图，一轻绳跨过一定滑轮，两端各系一重物，它们的质量分别为和，且（滑轮质量及一切摩擦不计），此时系统的加速度为a，今用一竖直向下的恒力代替，系统的加速度为，则和a的关系为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】定滑轮两端各系一重物时，对整体，根据牛顿第二定律得
得
当用一竖直向下的恒力代替时，对，根据牛顿第二定律得
得
则
故ACD错误，B正确。
故选B。
5. 如图所示，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度比b球的高。P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力，与b球相比，a球（ ）
A. 初速度较大
B. 速度变化率较大
C. 落地时速度方向与其初速度方向的夹角较小
D. 落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个小球都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由
得
则
小球水平方向都做匀速直线运动，由
由题意x相等，又，则知
故A错误。
B．根据
则知速度变化率相同，故B错误。
CD．落地时速度
落地时速度方向与其初速度方向的夹角正切
则知a的h大，小，大，落地时速度方向与其初速度方向的夹角大，故C错误，D正确。
故选D。
6. 图为一辆某建设工地上运送沙石的厢式自卸车，到达目的地后准备卸下车厢内的沙子，此时车头朝前，车厢在液压顶作用下缓慢抬高，车厢与水平面的夹角逐渐增大，整个卸沙过程汽车车轮相对地面始终静止。对此下列说法正确的是（ ）
A. 车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角逐渐增大，汽车受到沙子的作用力越来越大
B. 车厢内的沙子没有滑动时，随着夹角逐渐增大，汽车受到地面的支持力越来越大
C. 当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的摩擦力为零
D. 当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车受到地面的静摩擦力方向向前
【答案】C
【解析】
【详解】A．当车厢内的沙子没有滑动时，沙子受到重力和汽车给的作用力，沙子受到汽车的作用力和重力是平衡力，则沙子受到的作用力不变，由牛顿第三定律可知随着夹角逐浙增大，汽车受到沙子的作用力不变，A错误；
B．当车厢内的沙子没有滑动时，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，是一对平衡力，重力不变，则支持力不变，所以随着夹角逐渐增大，汽车受到地面的支持力不变，B错误；
CD．当夹角为某一值时，沙子恰好匀速下滑，汽车和沙子整体受到重力和地面的支持力，处于平衡状态，此时汽车受到地面的摩擦力为零，C正确，D错误；
故选C。
7. 图甲是莱芜一中尚清华同学站在接有力传感器的板上做下蹲、起跳动作的示意图，图中的O点表示他的重心。图乙是传感器所受压力随时间变化的图像，图像上a、b两点的纵坐标分别为900N和300N，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。根据图像分析可知（ ）
A. 尚清华重力可由b点读出，为300N
B. 尚清华在b到c的过程中先处于超重状态再处于失重状态
C. 尚清华在双脚与板不接触的过程中处于完全失重状态
D. 尚清华在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
【答案】C
【解析】
【详解】A．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力为900N，人的重力也为900N，选项A错误；
B．b到c过程中，人对板的压力先小于人的真实重力，后大于人的真实重力，则人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误；
C．离开板后人只受重力的作用，处于完全失重状态，选项C正确；
D．b点对应时刻弹力与重力的差值要小于c点对应时刻弹力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，选项D错误。
故选C。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8. 如图所示，相同的容器内水面高度相同。甲容器内只有水，乙容器内有木块漂浮在水面上，丙容器中悬浮着一个小球。则下列说法正确的是（ ）

A. 三个容器对水平桌面的压力相等
B. 三个容器中，丙容器对水平桌面的压力最大
C. 如果向乙容器中加入盐水，木块受到的浮力变大
D. 如果向丙容器中加入酒精，小球受到的浮力变小
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．乙容器内有木块漂浮在水面上，丙容器中悬浮着一个小球，它们所受的浮力等于自身的重力，即它们的重力等于排开水的重力；而由于三个容器内水面高度相同，故三个容器和容器内的水加上里面的物体整体重力相等，所以三个容器对水平桌面的压力相等；
C．如果向乙容器中加入盐水，液体的密度增大，木块仍然处于漂浮状态，浮力等于木块的重力不变，C错误；
D．如果向丙容器中加入酒精，液体的密度会减小，小球会沉底，排开水的体积不变，而液体密度减小了，故小球受到的浮力会减小，D正确。
故选AD。
9. 关于运动的合成与分解，下列说法正确的是（ ）
A. 两个直线运动的合运动不一定是直线运动
B. 两个互成角度的匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C. 两个匀加速直线运动的合运动可能是曲线运动
D. 两个初速度为零的匀加速直线运动互成角度，合运动一定不是匀加速直线运动
【答案】ABC
【解析】
【详解】A．两个直线运动的合运动不一定是直线运动，例如平抛运动，A正确；
B．两个匀速直线运动合成，合加速度为零，合运动仍然是匀速直线运动，B正确；
C．根据曲线运动的条件可知，当两个匀加速直线运动的合初速度的方向与它们的合加速度的方向不在同一条直线上时，物体做曲线运动，C正确；
D．两个初速为零的匀加速直线运动互成角度，由于合初速度为0，所以合运动一定是匀加速直线运动，D错误；
故选ABC。
10. 质量为m1、m2的甲、乙两物体间的万有引力，可运用万有引力定律F＝G计算，则下列说法正确的是（ ）
A. 若m1>m2，甲对乙的万有引力大于乙对甲的万有引力
B. 甲对乙万有引力的大小与乙对甲的万有引力的大小总相等
C. 甲对乙的作用力和乙对甲的作用力是一对平衡力
D. 若只将第三个物体放在甲、乙两物体之间，甲、乙之间的万有引力不变
【答案】BD
【解析】
【详解】ABC．甲、乙之间的万有引力遵守牛顿第三定律，总是大小相等、方向相反，作用在两个物体上，是一对相互作用力，AC错误，B正确；
D．万有引力的特殊性表明：两物体间的万有引力只与它们本身的质量和两物体间的距离有关，而与物体所在空间的性质无关，也与物体周围有无其他物体无关，D正确。
故选BD。
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
11. 某同学利用如图所示的实验装置进行了向心力来源分析并探究向心力表达式的实验。固定在竖直面内的轨道由竖直轨道和四分之一圆弧轨道组成，处固定有压力传感器和光电门（检测光线与球心等高）。实验中用小球压缩弹簧到某一位置，后由静止释放，小球沿轨道运动经过点时，数字计时器显示遮光时间，压力传感器显示压力数值。已知圆弧轨道半径为，小球直径为。实验过程如下：
（1）调节小球释放位置，使小球经过点时，压力传感器的示数恰好为零，此时数字计时器显示遮光时间为，则经过点时的速度大小__________；实验所在地的重力加速度大小__________；
（2）逐渐压低小球释放点的位置，多次操作，记录每次对应的压力数值、遮光时间，作出的图像，分析可知图线的斜率为，则小球的质量__________；与之间的表达式可表示为____________________。（以上均用已知物理量符号表示）
【答案】 ①. ②. ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1]由于小球经过光电门时间极短，小球经过点时速度大小
[2]根据重力提供向心力
联立可得
（2）[3]根据牛顿第二定律
整理可得
可得
解得
[4]根据
以及
联立可得
四、简答题：本大题共1小题，共3分。
12. 如图所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用。买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻关闭开关S切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来。作为一名高中生，请你用所学知识对此交易是否公平做出评判并证明。（已知单位时间流出米的质量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，在空中做自由落体运动。若切断米流后，盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2）。
【答案】见解析
【解析】
【详解】设落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm。在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，则有
Δm=dΔt
设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得
（F-Δmg）Δt=Δmv
即
F=dv＋dΔtg
因Δt很小，故
F=dv
根据牛顿第三定律知
F=F′
称米机的读数应为
因切断米流后空中尚有时间内对应的米流在空中，故
可见
M=m1+m2
即自动称米机是准确的，不存在哪方划算不划算的问题，为公平交易。
五、计算题：本大题共3小题，共30分。
13. 宇航员站在一颗星球表面上，在距星球表面高h处以初速度v0水平抛出一个物体，然后测量出该平抛物体的水平位移为x。通过查阅资料得知该星球的半径为R。设物体只受星球引力的作用，求：
（1）该平抛物体刚要落到星球表面处时的速度大小v；
（2）该星球的第一宇宙速度v1。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）物体被抛出后做平抛运动，由
整理可得星球表面的加速度
根据
解得落到星球表面处时的速度大小
（2）设星球表面质量为的物体
球表面质量为的卫星
两关系式解得
14. 如图所示，轻质杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，当球B运动到最低点时，杆对球B的作用力大小为3mg，已知当地重力加速度为g，求此时：
(1)球B转动的线速度大小；
(2)在点O处，轻质杆对水平转动轴的作用力大小和方向。
【答案】(1)；(2)竖直向下，3mg
【解析】
【详解】(1) 当球B运动到最低点时
解得
(2) 球A的速度
对球A
杆对水平转轴作用力为3mg，方向竖直向下。
15. 如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ=37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L=125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离；
（3）整个过程中滑块在AB段滑行总路程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
在最高点，对滑块由牛顿第二定律
由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为
（2）滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理
解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为
（3）滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
解得
设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理
解得
滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理
解得
所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动能定理可得
解得
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s2，由动能定理
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为
联立解得