2025届安徽省阜阳第一中学高三上学期适应性考试物理试题（解析版）

这是一份2025届安徽省阜阳第一中学高三上学期适应性考试物理试题（解析版），共28页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1. 小杰想在离地表一定高度的天宫实验室内，通过测量以下物理量得到天宫实验室轨道处的重力加速度，可行的是（ ）
A. 用弹簧秤测出已知质量的砝码所受的重力
B. 测量单摆摆线长度、摆球半径以及摆动周期
C. 从高处释放一个重物、测量其下落高度和时间
D. 测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径
【答案】D
【解析】在天宫实验室内，物体处于完全失重状态，重力提供了物体绕地球匀速圆周运动的向心力，故ABC中的实验均无法得到天宫实验室轨道处的重力加速度。由重力提供绕地球做匀速圆周运动的向心力得
整理得轨道重力加速度为
故通过测量天宫实验室绕地球做匀速圆周运动的周期和轨道半径可行，D正确。故选D。
2. 如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 重力对每个小球做的功都各不相同
B. 重力对每个小球冲量都各不相同
C. 每个小球落地时的速度都各不相同
D. 每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同
【答案】B
【解析】A．设下落高度为h，重力做功为
三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故A错误；
B．小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，第1个球做竖直下抛运动，有
第2个球做竖直上抛运动，有
第3个球做平抛运动，有
可得
根据重力冲量公式
可得重力对每个小球的冲量都各不相同，故B正确；
C．三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理可知每个小球落地时的速度大小相同，第1个球、第2个球落地时的速度方向竖直向下，第3个球落地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，故C错误；
D．小球落地时重力做功的瞬时功率
由于
故，故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。故选B。
3. 如图，一质量为m、长度为L的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度为g。此过程中外力做的功为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据功能关系，拉力做的功等于MQ段系统重力势能的增加量，由题知PM段绳的机械能不变，MQ段绳的重心升高了
则重力势能的增加量为
所以此过程中外力做的功为，故选A。
4. 应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入，例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出。对此现象分析正确的是（ ）
A. 受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态
B. 受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态
C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度
D. 在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
【答案】D
【解析】AB．手托物体由静止开始向上运动，一定先做加速运动，物体处于超重状态；而后可能匀速上升，也可能减速上升，故AB错误；
CD．在物体离开手的瞬间，二者分离，不计空气阻力，物体只受重力，物体的加速度一定等于重力加速度；要使手和物体分离，手向下的加速度一定大于物体向下的加速度，即手的加速度大于重力加速度，选项C错误，D正确。故选D。
5. 某汽车质量为，在平直的路面上由静止以恒功率启动到最大速度，运动过程中总阻力（和）为常数，下列说法正确的是（ ）
A. 在加速过程中平均速度等于B. 加速时间等于
C. 加速位移超过D. 关闭发动机后平均速度等于
【答案】C
【解析】A．由于启动过程中发动机的输出功率恒为P不变，根据
可得，随着汽车速度v增大，则汽车的牵引了F逐渐减小，且同时阻力f增大，根据牛顿第二定律有可知汽车的加速度逐渐减小，所以汽车做非匀变速直线运动，所以不满足匀变速直线运动的速度关系，即，故A错误；
B．从汽车开始运动到汽车达到最大速度，根据动能定理有
解得，所以，加速时间大于，故B错误；
C．加速的位移为，故C正确；
D．关闭发动机后，根据牛顿第二定律
随着汽车速度v减小，则阻力f减小，可知汽车的加速度逐渐减小，所以汽车做非匀变速直线运动，所以不满足匀变速直线运动的速度关系，即，故D错误。故选C。
6. 如图所示，轻绳的一端拴一个蜂鸣器，另一端穿过竖直管握在手中。蜂鸣器在水平面内做匀速圆周运动，缓慢下拉绳子，使蜂鸣器升高到水平面内继续做匀速圆周运动。不计空气阻力和摩擦力，与升高前相比，蜂鸣器（ ）
A. 角速度不变B. 线速度减小
C. 向心加速度增大D. 所受拉力大小不变
【答案】C
【解析】设绳子与竖直方向夹角为θ，小球做圆周运动的半径为r，小球质量为m。
CD．对小球分析有，
根据a、b两个位置可知，b位置更高，则θb > θa，代入上式，故此FTb > FTa，anb > ana
故C正确、D错误；
AB．根据ma = mωr2 可有ωb > ωa，线速度大小无法判断，故AB错误。故选C。
7. 如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，电子秤示数与放上一质量为m的砝码时一致，出风口半径为r，空气密度为，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数一定也越大
B. 设出风口的风速为v，则单位时间内出风口吹出气体的质量为
C. 电吹风出风口的风速为
D. 电吹风吹风的平均功率为
【答案】C
【解析】A．当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，功率相同，对于时间内吹出的风，
与托盘作用过程，根据动量定理
解得，吹力大小与电吹风出风口面积无关，故A错误；
B．单位时间内出风口吹出气体的质量，故B错误；
C．根据题意可知，风与托盘间的相互作用力大小
根据动量定理
解得，故C正确；
D．据，有
解得，故D错误。故选C。
8. 我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A. 甲的动量变化量与乙的动量变化量相同
B. 甲、乙运动员组成的系统机械能守恒
C. 若推出后甲比乙动量大，则甲也一定比乙动能大
D. 甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小
【答案】D
【解析】A．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，故A错误；
B．由于乙推甲的过程中，要消耗体内的化学能转化为系统的机械能，所以系统的机械能增加，故B错误；
C．根据，由于不知道甲乙的质量关系，则不能确定甲的和乙动能大小的关系，故C错误；
D．根据牛顿第三定律可知，在乙推甲的过程中甲对乙的作用力大小等于乙对甲的作用力大小，作用时间相等，根据可知，甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量等大反向，故D正确。故选D。
二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
9. 如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动，小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是（ ）
A. 小物块到达小车最右端时具有的动能为
B. 小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
C. 小物块克服摩擦力所做的功为
D. 小物块和小车增加的机械能为
【答案】ABC
【解析】C．小物块相对地面的位移为，则克服摩擦力做的功为
C选项正确；
A．小物块水平方向受到拉力F和摩擦力f的作用，根据动能定理，A选项正确；
B．小车相对地面的位移为x，水平方向仅受小物块对小车的摩擦力，根据动能定理，B选项正确；
D．根据能量守恒可知，外力做的功转化为了系统的机械能还有摩擦产生的内能，所以小物体和小车增加的机械能为，D选项错误；故选ABC。
10. 如图（a）所示，倾角为的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O点下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图（b）所示。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧的劲度系数为
B. 下滑过程中，在处，滑块的机械能最大
C. 在和两段过程中，滑块机械能的变化大小不相同
D. 在这段过程中，图线斜率的绝对值等于
【答案】CD
【解析】A．由图可知，当小球下落到时，加速度为零，即弹力与重力分力大小相等，此时弹簧的形变量为，则有
解得，故A错误；
B．对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，故当小滑块下落到之前，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时小滑块的机械能最大，故B错误；
C．对小滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，即滑块机械能与弹簧弹性势能总和不变。由图可知，的距离差小于两处的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，所以滑块机械能的变化不相同，故C正确；
D．在的过程中，重力下滑分力大于弹力，根据牛顿第二定律有
又
联立可得
在过程中，弹力大于重力下滑分力，根据牛顿第二定律有
又
联立解得
可知图像中两图线的斜率绝对值相等，由题图可知在这段过程中，图线斜率的绝对值等于，故D正确。故选CD。
三、非选择题：本大题共5小题，满分58分。
11. 某物理兴趣小组用如图1所示的实验装置研究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系”。轻弹簧的左端固定在竖直固定挡板上，弹簧的右端放置一个小滑块（与弹簧不拴接），滑块的左端有一宽度为d的遮光条，O点是弹簧原长时滑块左端遮光条所处的位置。
（1）测遮光条的宽度：用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图2所示，则遮光条的宽度________mm。
（2）平衡摩擦力：将长木板左端垫一小木块（图中未画出），在O点右侧不同位置分别放置光电门，使滑块压缩弹簧到确定位置并由静止释放小滑块，调整小木块位置，重复以上操作，直到小滑块上的遮光条通过光电门的时间均相等。
（3）向左侧推动滑块，使弹簧压缩一定程度（弹簧处于弹性限度内），通过刻度尺测出滑块左端到O点的距离x后静止释放滑块，测量滑块经过光电门时遮光条的挡光时间t。
（4）重复步骤（3），测出多组x及对应的t，画出图像如图3所示。
（5）要测出弹簧压缩到某位置时的弹性势能，还必须测量________（填选项序号）。
A.弹簧原长l
B.当地重力加速度g
C.滑块（含遮光条）的质量m
（6）测得图像的斜率为，若轻弹簧弹性势能表达式成立，则轻弹簧的劲度系数为________（用测得的物理量字母表示）。
【答案】（1）3.25 （5） C ③.
【解析】（1）由图2可知，遮光条的宽度为
（5）根据能量守恒有可知，要测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能，还需测出滑块（含遮光条）的质量m。故选C。
（6）根据能量守恒有
其中
联立可得
又因为图线的斜率为，即
解得
12. 电子秤能够准确地测量物体的质量，其中半导体薄膜压力传感器是其关键的电学元件。半导体薄膜压力传感器在压力作用下会发生微小形变，其阻值随压力F变化的图线如图1所示。某学习小组利用该元件和电流表A等器材设计了如图2所示的电路，尝试用该装置测量物体的质量。已知图2中电源电动势为（内阻未知），电流表A的量程为，内阻为18.0Ω。重力加速度g取。请回答以下问题：
（1）实验时发现电流表A量程偏小，需要将其量程扩大为，应该给电流表A ___________（选填“串联”或“并联”）一个阻值为 ___________Ω的电阻；
（2）用改装后的电流表按图2所示的电路图进行实验，压力传感器上先不放物体，闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表指针满偏。保持滑片P位置不变，然后在压力传感器上放一物体，电流表的示数为0.18A，此时压力传感器的阻值为___________，则所放物体的质量___________；
（3）使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变。调节滑动变阻器R的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，则测量结果___________（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）并联 ；2.0 （2）13.0 ；0.8 （3）不变
【解析】【小问1】当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻；有
代入数据解得Rx=2.0Ω
【小问2】根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时RF0=5.0Ω
调节滑动变阻器使得电流表满偏，有
当秤盘上放上重物，且电流表示数为0.18A时，有
联立得RF=13.0Ω，结合图像可得压力为F=8.0N，则m=0.8kg
【小问3】当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以使得电流表达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值减小，但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。
13. 如图所示为某一游戏装置的示意图。装置由水平传送带、竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨道BC、EF相接于C、E两点，C与E前后略错开，可视为质点的物块能从C点进入圆轨道内侧运动，轨道各部分平滑连接。已知传送带以v=6m/s的速度顺时针匀速转动，AB两端距离L1=5m，EF长L2=1.8m，OM为水平地面，F点位于O点正上方H＝1.25m处。将质量m＝0.2 kg物块从传送带左端A点静止释放，物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点D并从E点进入水平轨道EF，并从F点离开。物块与传送带AB、水平轨道EF之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC部分光滑，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）物块从A点运动至B点的时间；
（2）物块在水平地面上的落点与O点的水平距离；
（3）圆轨道半径R需满足的条件。
【答案】（1）2s （2）2m （3）
【解析】【小问1】对物块，根据牛顿第二定律有
解得a=2.5m/s2
假设物块一直匀加速，则有
解得v1=5m/s