四川省达州市2025届高三上学期一诊试题 物理 含解析

这是一份四川省达州市2025届高三上学期一诊试题 物理 含解析，共22页。试卷主要包含了考试结束以后，将答题卡收回等内容，欢迎下载使用。
（本试卷满分100分，考试时间75分钟）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米的黑色签字笔书写在答题卡的对应题框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束以后，将答题卡收回。
第Ⅰ卷（选择题，共46分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。）
1. 2024年10月21日，针对多地出现海水倒灌现象，专家分析，这一现象可能与天文大潮有关。潮汐是月球和太阳对海水的引力变化产生的周期性涨落现象，常用引潮力来解释，月球对海水的引潮力大小与月球质量、地月距离有关，随着地球自转，引潮力的变化导致了海水每天2次的涨潮落，太阳对海水的引潮力与月球类似，但大小约为月球引潮力的0.45倍，大潮（引潮力最大）和小潮（引潮力最小）是太阳引潮力与月球引潮力共同作用的结果。结合如图，下列说法正确的是（ ）
A. 月球在位置2出现大潮
B. 月球在位置1出现大潮
C. 涨潮只能在夜晚出现
D. 退潮只能在白天出现
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当月球处在地球和太阳之间的位置时，太阳和地球的引力潮叠加在一起，潮汐现象最明显，称为大潮，故A错误，B正确；
CD．引潮力的变化导致了海水每天2次的涨潮落，故退潮不总出现在白天，涨潮不总出现在夜晚，故CD错误。
故选 B。
2. 如图所示，用不可伸长的轻绳连接物块P、Q跨过轻质定滑轮，P的质量为m、Q的质量为M，m < M，不计一切摩擦。现将P、Q释放，在物块P达到定滑轮前，甲图轻绳上的拉力为F1，乙图轻绳上的拉力为F2，下列关于F1、F2大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对甲图整体受力分析有
甲图中绳子的拉力
对乙图整体受力分析有
对乙图中P受力分析有
解得
联立得
故选C。
3. 如图所示，质量为M的斜面体放置在水平地面上，左倾角为，右倾角为。质量为m的两个小滑块（视为质点）a、b同时从斜面顶端分别沿左、右斜面由静止下滑，不计物块与斜面之间的摩擦，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g，。在两滑块到达斜面底端之前，下列说法正确的是（ ）
A. 水平地面对斜面体的摩擦力向左
B. 水平地面对斜面体的摩擦力向右
C. 地面对斜面体的支持力大小为
D. 滑块a、b在斜面上的运动时间之比为
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，a对斜面体的压力水平分力为
b对斜面体压力水平分力为
因为
所以水平地面对斜面体的摩擦力为零，故AB错误；
C．竖直方向上，地面对斜面体的支持力大小为
故C错误；
D．滑块a、b在斜面上的运动加速度之比为
设斜边长为L，位移之比为
根据
可知，时间之比为，故D正确。
故选D。
4. 中国劳动人民充满无穷的智慧，用两根竹竿轻松解决了对不同大小水果的分拣工作。如图，端略高于端，间的宽度小于间的宽度，与与与间的间距相等。水果从与区域掉下为小果，与区域掉下为中果，与区域掉下为大果。一大果从端静止开始下滑的过程中（ ）
A. 对杆AD和杆的摩擦力逐渐增大
B. 对杆AD和杆的压力逐渐减小
C. 加速度越来越大
D. 到与到的时间之比为
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据对称性，设竹竿对水果的支持力与两竹竿构成的平面的夹角大小均为，竹竿与水平面之间的夹角为，在垂直两竹竿平面的方向上水果受力平衡，由牛顿第三定律可知，水果对竹竿AD和竹竿的压力大小均为，则
解得
因为逐渐变小，不变，则大果下滑过程中对竹竿AD和竹竿的压力逐渐增大，根据摩擦力
可知压力逐渐增大，对竹竿AD和竹竿的摩擦力大小也会逐渐增大。故A正确，B错误；
C．设两竹竿之间的夹角为，根据牛顿第二定律可得
解得加速度
摩擦力变大，、不变，则加速度越来越小。故C错误；
D．根据匀变速直线运动规律可知，对于从静止开始的连续两段相等的位移，所用时间之比为，但根据上述分析可知水果滑下的过程不是匀变速直线运动，而是加速度逐渐减小的加速运动，故到与到的时间之比不符合的比例关系。故D错误。
故选A。
5. 倾角为37°的光滑斜面固定在水平面上，现用平行于斜面的拉力F将质量为1kg的物体从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体位移x的关系如图所示。重力加速度， ， 。下列说法正确的是（ ）
A. 当时，物体的速率为
B. 当时，拉力的功率为19W
C. 物体沿斜面向上滑行的最大位移大于4m
D. 从开始到的过程，拉力F的冲量为24N·s
【答案】D
【解析】
【详解】AC．根据动能定理得
解得

当时，物体的速率为0，物体沿斜面向上滑行的最大位移等于4m，AC错误；
B．根据 得

前3m，根据动能定理得

解得

当时，拉力的功率为

B错误；
D．前2m的加速度为

解得

前2m的运动时间为

解得

后2m的加速度为

解得

后2m物体减速到零

解得
从开始到的过程，拉力F的冲量为

D正确。
故选D。
6. 溜溜球是一种玩具，两个圆饼状的塑钢块中心用一根轴固定相连，成为一个整体。绳的一端固定在轴上，将绳缠绕在轴上，绳的另一端用手拉住或固定在天花板上。从静止释放后，溜溜球会一边转动一边下落。如图所示，现有两个完全一样的溜溜球，绳长均为l。将左边一个溜溜球的绳缠绕在轴上，右边一个溜溜球的绳不绕在轴上。将两个溜溜球同时从同一高度由静止释放，它们各自下落到0.5l处时，左边溜溜球的下落速度，右边溜溜球的下落速度。下列关于、大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】绳绕在轴上的球一边下落一边旋转，绳不绕在轴上的球只下落，根据能量守恒定律，减少的重力势能转化为动能，两者下降高度一样，减少的重力势能相同，但是绳绕在轴上的球有旋转速度和下降速度，则根据能量守恒定律可知
，
则
故选C。
7. 一救援飞机在空中沿水平做匀减速直线运动通过灾区上空，每隔相同时间释放救灾物资，连续释放了a、b、c三个救灾物资。若不计空气的阻力，则下列四幅图中能反映三个救灾物资落地前排列的图形是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】以某个救灾物资抛出点为坐标原点O，初速度方向为x轴，竖直向下为y轴，设该救灾物资抛出瞬间水平方向速度为，经时间t，位置坐标为。根据平抛运动公式有
，
设此时飞机坐标为，飞机做匀减速直线运动，则
，
如图所示
，
则
可知不变，救灾物资相对飞机的运动方向不变。飞机向右做匀减速直线运动，则三个救灾物资在空中落地前排列的图形是一条倾斜的直线。
故选B。
二、多项选择题（共18分，本大题共3小题，每个小题6分，漏选得3分，错选不得分）
8. 如图甲所示，一小朋友驾驶一辆质量（包含小朋友）的碰碰车以速度匀速直线运动，与质量静止球形障碍物（安装有速度感应器）发生正碰，碰撞后球形障碍物被向前弹开，碰碰车车头被撞变形，但仍持续向前运动，不计一切阻力，速度感应器测得障碍物速度与时间的关系如图乙所示，以开始碰撞的时刻为计时起点，则下列说法正确的是（ ）
A. 之前碰碰车与障碍物分离
B. 时碰碰车与障碍物分离
C. 碰碰车与障碍物碰撞是弹性碰撞
D. 碰撞过程中碰碰车与障碍物系统损失的机械能为37.5J
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由图可知，障碍物的速度在内增加，1.0s之后速度不变，所以说明在t=1.0s时碰碰车与障碍物分离，故A错误，B正确；
CD．具题意知碰碰车与障碍物发生碰撞后，障碍物速度，设碰碰车碰后速度为，规定向右为正方向，根据动量守恒定律
解得
则碰撞过程损失机械能
联立以上得
故C错误，D正确。
故选BD 。
9. 如图所示，位于原点O处波源从某时刻开始振动，其振动方程。该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当坐标为的质点P刚开始振动，波源刚好第一次到达N点，N点坐标为，则下列说法正确的是（ ）
A. 质点P的起始振动方向沿y轴负方向
B. 质点P的起始振动方向沿y轴正方向
C. 该简谐波的波速大小为
D. 波源从开始起振计时，0.8s内质点P通过的路程为40cm
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．根据波源振动方程可知，波源起始振动方向沿y轴负方向，故质点P的起始振动方向沿y轴负方向，故A正确，B错误；
C．设振动周期为T，波长为，波源刚好第一次到达N点所需时间为t，则有
解得
依题意波长需满足
整理得
根据振动方程得
解得
故波速
故C正确；
D．根据振动方程可知，振幅A=10cm，以上分析可知，该波传播到P点所需时间为
故0.8s内质点P通过的路程为
故D错误。
故选AC 。
10. 滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动艺术。一青少年在一次训练中的运动简化如图所示，青少年以速度v0 = 6.0 m/s从P点进入曲面轨道，从O点离开曲面轨道，离开O点时的速度与水平方向夹角为30°，最后恰好落在平台上的N点，O、N两点的连线与水平方向夹角也为30°。已知重力加速度g取10 m/s2，平台到曲面轨道右侧距离，P点到O点的竖直高度h = 0.5 m，青少年和滑板（视为质点）总质量m = 60 kg，忽略空气阻力。青少年在此运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 从O点到N点的运动时间为2 s
B. 在曲面轨道上克服摩擦力做的功为30 J
C. 青少年落在N点前瞬间重力的功率为4500 W
D. 青少年离ON连线的最远距离为1 m
【答案】BC
【解析】
【详解】A．设O点的速度为v，根据矢量三角形定则，知水平分速度为
竖直分速度
从O点到N点，青少年水平做匀速直线运动
竖直方向做竖直上抛运动
联立解得
（负值舍去）
故A错误；
B．从P点到O点，根据动能定理
解得在曲面轨道上克服摩擦力做的功为
故B正确；
C．青少年落在N点前瞬间竖直速度
故重力的功率为
故C正确；
D．将O点的速度为v和重力加速度g分解到沿ON方向和垂直ON方向
垂直ON方向速度减为零时，青少年离ON连线的距离最远，时间
青少年离ON连线的最远距离为
故D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题，共54分）
三、实验题（本题共2小题，共16分）
11. 如图甲所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验。
（1）为取得较好的实验效果，下列操作正确的是______。
A. 必须选用上下表面平行的玻璃砖B. 选择的入射角应尽量小些
C. 大头针应垂直地插在纸面上D. 大头针和及和之间的距离适当大些
（2）下列做法中导致测的折射率偏大的是______。
A. 为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的比实际向外侧平移了一些，其他操作均正确无误，并仍以和为折射面画出了光路图
B. 在实验中将玻璃砖界和的间距画得过窄，而其他操作均正确
C. 准确画好玻璃砖界面和bb'后，实验过程中不慎将玻璃砖向下平移了一些
（3）学生认真正确操作后，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出图线，如图乙所示，从图线可求得玻璃砖的折射率是______。
【答案】（1）CD （2）B
（3）1.5
【解析】
【小问1详解】
A．由折射定律知实验不是必须选择上下表面平行的玻璃砖也能测出玻璃的折射率，故A错误；
B．入射角适当大 ，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小，B错误；
CD．尽可能垂直插放大头针在纸面上，并使其相邻的间距适当大些，易于计算角度的正弦值，CD正确。
故选CD。
【小问2详解】
A．如图（实线表示正确的光路，虚线表示操作错的光路）
为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的比实际向外侧平移了一些，其他操作均正确无误，并仍以和为折射面画出了光路图，导致折射角偏大，由折射定律知，测的折射率偏小，故A错误；
B．如图（实线表示正确的光路，虚线表示操作错的光路）
在实验中将玻璃砖界和的间距画得过窄，而其他操作均正确，会导致折射角偏小，由折射定律知，测的折射率偏大，故B正确；
C．准确画好玻璃砖界面和bb'后，实验过程中不慎将玻璃砖向下平移了一些，入射角和折射角不变化，由折射定律知，测的折射率准确，故C错误。
故选B。
【小问3详解】
由折射定律
变形得
可知图线斜率
所以
12. 某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T）。如图乙，在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续的痕迹A、B、C、D、E，测得它们到痕迹O的距离分别为。已知当地重力加速度为g。
（1）若电动机的转速为3000r/min，则______s。
（2）为验证机械能是否守恒，需要比较钢柱下落过程中任意两点间的______。
A. 动能变化量与势能变化量B. 速度变化量和势能变化量
C. 速度变化量和高度变化量
（3）设各条痕迹到O的距离为h，对应钢柱的下落速度为v，画出图像，发现图线接近一条倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于______，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
（4）该同学用两个质量分别为的圆柱P和Q分别进行实验，多次记录下落高度h和相应的速度大小v，作出的图像如图丙所示。P、Q下落过程中所受阻力大小始终相等，对比图像分析正确的是______。
A．大于 B.等于 C.小于
【答案】（1）0.02
（2）A （3）2g
（4）A
【解析】
【小问1详解】
若电动机的转速为3000r/min，则电动机转动一周所需时间
【小问2详解】
钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则机械能守恒。
故选A。
【小问3详解】
设钢柱质量为m，钢柱下落过程中，若重力势能减少量等于动能的增加量，则有
整理得
故若该直线的斜率近似等于2g，则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。
【小问4详解】
设P、Q下落过程中所受阻力大小为f，则由动能定理得
整理得
故图像斜率
所以斜率越大，质量越大，结合图像可知P的质量比Q的质量大，即。
故选A。
四、解答题（共38分，13题10分，14题13分，15题15分；要求在答题卡上写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案）
13. 如图甲所示，一成人乘雪橇（雪橇上安装有速度传感器）从雪坡A点滑至B点，接着沿水平雪地滑至C点停下。从A点开始计时，速度传感器记录了雪橇速度随时间变化规律如图乙所示。已知雪坡AB倾角，重力加速度g取。求：
（1）A点距水平雪地的高度h；
（2）雪橇与雪坡AB、水平雪地BC的摩擦因数。
【答案】（1）6m （2），
【解析】
【小问1详解】
人从A到B的过程中，位移大小
因此高度
【小问2详解】
在图像中，斜率的绝对值表示加速度大小，由图像可知从A到B和从B到C的加速度分别为
根据牛顿第二定律
解得
，
14. 2024年10月30日，神舟十九号载人飞船发射取得圆满成功。不仅体现了中国航天技术进步，也标志着中国在全球航天领域竞争力提升。下图为神舟十九号载人飞船与天和核心舱对接过程的示意图，天和核心舱处于圆轨道Ⅲ，神舟十九号飞船处于圆轨道Ⅰ，变轨操作后，飞船沿椭圆轨道Ⅱ运动到B点与天和核心舱对接。已知轨道Ⅰ的半径为，轨道Ⅲ的半径为，神舟十九号飞船的质量为m，地球质量为M，飞船在地球周围的引力势能。求：
（1）神舟十九号载人飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ稳定运行的过程中外界需要提供的能量E（不考虑整个过程中质量的变化，不计一切阻力）；
（2）飞船通过轨道Ⅱ到达B点时却发现核心舱在其正前方，飞船通过向后喷气使其加速追赶核心舱和侧向向外喷气让其在轨道Ⅲ上运动。假设核心舱在飞船正前方，两者间的圆弧长为，飞船瞬间向后喷气加速后获得恒定速率，经过时间t飞船追上核心舱。已知飞船侧向每秒向外喷出质量为的粒子。求向侧向喷出粒子的速度v。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
飞船在轨道Ⅰ上，根据牛顿第二定律有
飞船轨道Ⅲ上，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒定律有
解得
【小问2详解】
令飞出沿轨道Ⅲ的线速度为，则有
时间内对侧向向外喷出的粒子进行分析，根据动量定理有
其中
根据牛顿第三定律，粒子对飞船的作用力
对飞船进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
15. 如图所示，A为水平平台的右末端，BC为半径R = 1 m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应的圆心角θ = 53°，C为圆心的正下方，右边有长L = 0.5 m、质量m = 0.5 kg的3个相同的长木板依次排列在光滑的水平地面上，长木板的上表面刚好与C齐平。质量m = 0.5 kg的小滑块（视为质点）从A点以某一初速度水平滑出，刚好从B点切向进入。已知AB间竖直高度h = 0.8 m，小滑块与长木板间的动摩擦因素。（重力加速度g取10 m/s2，sin53° = 0.8，cs53° = 0.6）。求：
（1）小滑块滑到C点时对圆弧轨道的压力N；
（2）如果小滑块在AB间同时受到向上的力F = 2vy（vy为小滑块竖直方向速度）。调整平台A点到B点间的水平距离，改变小滑块从A点水平滑出时的初速度使其仍刚好从B点切向进入，到达C点的速度v = 3 m/s时。小滑块在A点抛出去的速度v0和从A运动到B的时间t；
（3）接（2）问，小滑块经过C点后依次滑上长木板，滑块能否从第3个长木板上滑下？若不能，滑块最终停在第几个长木板上，速度为多大；若能，则滑块从第3个长木板上滑下时相对长木板的速度v对3。
【答案】（1）21.5 N，方向竖直向下
（2）0.6 m/s；0.4 s
（3）能，2 m/s，方向水平向右
【解析】
【小问1详解】
小滑块从A运动到B过程有
小滑块刚好从B点切向进入，根据速度分解有
解得
小滑块从A到C过程，根据动能定理有
小滑块在C点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
方向竖直向下。
【小问2详解】
小滑块从B到C过程，根据动能定理有
解得
在竖直方向上，根据动量定理有
由于
则有
其中
解得
【小问3详解】
假设滑块能够从第三个木板上滑下，则滑块在第一个木板上运动过程中，滑块相对于第一个木板的相对初速度
相对加速度大小为
令滑块离开木板1进入木板2的相对速度为v对1，则有
同理可得
其中
解得
可知，滑块能从第3个长木板上滑下，滑块从第3个长木板上滑下时相对长木板的速度大小为2 m/s，方向水平向右。