2025届四川省德阳市高中高三上学期第一次诊断考试月考物理试卷（解析版）

这是一份2025届四川省德阳市高中高三上学期第一次诊断考试月考物理试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
说明：
1。本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共6页，考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效。考试结束后，将答题卡交回。
2。本试卷满分100分，75分钟完卷。
第Ⅰ卷（选择题，共43分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的，选对得4分，选错得0分）
1. 竖直上抛一个小球，不计空气阻力，以下描述小球在空中运动速度随时间变化的图像中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由于不计空气阻力，可知小球上升和下降过程的加速度相同，均为向下的g，上升过程速度减小，速度减到零后向下加速运动，则v-t图像是一条倾斜的直线。故选B。
2. 如图所示，同学们组成的跑操方阵排列整齐地匀速率通过圆弧形跑道区域，每个方阵中的每位同学均可视为做匀速圆周运动。则下列说法正确的是（ ）
A. 每位同学的角速度相同
B. 每位同学所受的合力为零
C. 每位同学的速度大小相同
D. 每位同学的加速度保持不变
【答案】A
【解析】A．依题意，每位同学绕同一个圆心转动，则角速度相同。故A正确；
B．每位同学均做匀速圆周运动，所受的合力提供向心力，不为零。故B错误；
C．根据
可知每位同学的速度大小不相同。故C错误；
D．根据
可知每位同学的加速度大小保持不变，方向指向圆心，时刻改变。故D错误。
故选A。
3. 用传感器和计算机描出的物体平抛运动的轨迹，如图所示，物体自坐标原点O开始做平抛运动。已知某点坐标，，重力加速度取为。由此可得本实验中物体做平抛运动的初速度大小是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据平抛运动规律，竖直方向做自由落体
水平方向做匀速直线运动
联立解得
故选B。
4. 空间某区域存在静电场如图所示，实线为等势线，相邻等势面间电势差相等。某质子运动轨迹如图虚线所示，、是轨迹上的两个点，下列说法正确的是（ ）
A. 点的电场强度比点大
B. 、两点电场强度的方向相同
C. 质子从点运动到点，电场力做正功
D. 质子处于、两点时，其电势能在点时较小
【答案】C
【解析】A．等差等势面越密集的地方场强越大，故点的电场强度比点小，故A错误；
B．电场线与等势面垂直，且指向低等势面，如图为、两点电场强度的方向
可知、两点电场强度的方向不同，故B错误；
C．曲线运动的受力方向指向曲线的凹测，受力与电场强度方向相同，质子从点运动到点，力与位移的夹角为锐角，所以电场力做正功，故C正确；
D．根据
质子处于、两点时，其电势能在点时较大，故D错误；
故选C。
5. 一卫星绕地球运动的轨道为椭圆，已知地球半径为R，卫星距地球球心的最近距离为、最远距离为，则（ ）
A. 卫星从距离地球最近到最远的过程中，机械能增加
B. 卫星从距离地球最近到最远的过程中，机械能减少
C. 相同时间内，卫星与地球球心连线扫过面积不相同
D. 卫星运动过程中加速度的最大值和最小值之比为
【答案】D
【解析】AB．卫星绕地球运动，只有地球的引力做功，机械能不变，故AB错误；
C．由开普勒第二定律可知，相同时间内，卫星与地球球心连线扫过的面积相同，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
可知，卫星运动过程中加速度的最大值和最小值之比为，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，质量为m的滑块Q与质量为2m的滑块P置于水平地面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为。用水平向右的拉力F拉滑块P，使两滑块均做匀速直线运动。某时刻突然撤去该拉力F，则下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F的大小为
B. 撤去拉力F前，弹簧弹力大小为
C. 撤去拉力F瞬间，滑块Q的加速度大小为
D. 撤去拉力F瞬间，滑块P的加速度大小为
【答案】A
【解析】A．对AB整体分析可知，两滑块匀速运动时整体处于平衡状态，可知拉力F的大小为
选项A正确；
B．撤去拉力F前，对Q分析可知弹簧弹力大小为
选项B错误；
C．撤去拉力F瞬间，弹簧弹力不变，则滑块Q受力仍平衡，可知Q的加速度大小为零，选项C错误；
D．撤去拉力F瞬间，对滑块P由牛顿第二定律
可得加速度大小为
选项D错误。
故选A。
7. 如图所示，粗糙水平地面上有一质量为M、倾角为30°的粗糙楔形斜面C，斜面上有一个质量为的物块B，轻绳一端与物块B相连，另一端绕过固定在天花板上的定滑轮，连接一个质量为m的小球A，初始时对A球施加斜向右上方的拉力F，拉力F与竖直方向夹角为，轻绳与竖直方向夹角为。现让拉力F顺时针缓慢转动至水平向右方向，转动过程A、B、C始终保持静止。已知B与滑轮间的细绳与斜面平行，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 初始时，拉力F的大小为
B. 初始时，斜面C对物块B的作用力大小为
C. 拉力F转动过程中，拉力F变大
D. 地面对斜面C的作用力先减小再增大
【答案】C
【解析】A．初始时，对A分析可知，拉力F的大小为
选项A错误；
B．初始时，因细绳对B的拉力不为零，可知斜面C对物块B的作用力大小不等于B的重力，选项B错误；
C．由平行四边形定则可知，拉力F转动至水平向右的过程中，拉力F变大，细绳的拉力逐渐变大，选项C正确；
D．则对BC整体分析可知，整体受重力、地面对C的作用力和细线的拉力作用，由平衡可知，地面对C的作用力与整体的重力以及细线拉力的合力等大反向，因整体重力不变，细线拉力变大且两个力的夹角一定，可知重力和细线拉力的合力变大，即地面对斜面C的作用力逐渐增大，选项D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分，每小题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，有选错的不得分）
8. 摩托车、电动自行车骑乘人员应该佩戴具有缓冲作用的安全头盔，安全文明出行。遭遇事故时，头盔的缓冲层与头部的撞击时间延长，起到缓冲作用，则下列说法正确的是（ ）
A. 头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化率
B. 头盔减小了骑乘人员头部撞击过程中的动量变化量
C. 头盔减少了骑乘人员头部撞击过程中撞击力的冲量
D. 头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向
【答案】AD
【解析】A．根据
可得
依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；
BC．遭遇事故时，动量变化量
不变，根据动量定理可知，头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量，故B错误，C错误；
D．根据
知头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向，故D正确。
故选AD。
9. 人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物，从圆弧滑道顶端P点以2m/s的速度沿切线方向下滑，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6m/s。已知货物质量为5kg，滑道高度h为4m，且过Q点的切线水平，重力加速度取。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有（ ）
A. 克服阻力做的功为120J
B. 重力做的功为20J
C. 经过Q点时向心加速度大小为
D. 经过Q点时对轨道的压力大小为45N
【答案】AC
【解析】B．重力做的功
故B错误；
A．下滑过程根据动能定理
可得克服阻力做的功
故A正确；
C．经过Q点时向心加速度大小为
故C正确；
D．经过Q点时，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律
故D错误。故选AC。
10. 内燃机做功冲程如图所示，简化成球1、球2通过带有铰链的轻杆相连，质量为2m的球1穿在半径为R的竖直光滑圆环ABCD上，质量为m的球2穿在光滑竖直杆上，球1沿圆环顺时针转动。重力加速度为g，不计一切摩擦，球1从A→C运动过程中，内燃机燃气对球2做功W，下列说法正确的是（ ）
A. 球2速度为零时所受合外力一定恰好为0
B. 球2速度最大时所受合外力一定恰好为0
C. 球1经过与圆心等高的B点时，与球2的速度相同
D. 球1从A→C运动过程中，轻杆对球2做功
【答案】BC
【解析】AB．从A到C的过程中，在C点，球1无法沿杆分解速度，所以2球速度为0，所以球2先加速后减速，中间存在最大速度点，即加速度为0，合外力为0的位置，A错误，B正确；
C．球1经过B点时，而这速度满足
二者速度方向与杆都有相同的夹角，二者速度相等，C正确；
D．对整个过程列动能定理，则有
所以轻杆做功为
D错误。
故选BC。
第Ⅱ卷（非选择题，共57分）
三、实验题（本大题共2小题，每空2分，共14分。把答案填在答题卡相应的横线上。）
11. 如图甲所示的实验装置，定性探究电荷间相互作用力与电荷量、电荷之间的距离的关系。
（1）该实验用到的研究方法是（ ）
A. 理想实验法B. 等效替代法
C. 微小量放大法D. 控制变量法
（2）如图乙所示，当小球B静止时，A、B两球球心恰好在同一水平面上，细线与竖直方向夹角为，若小球B的质量为m，重力加速度为g，则库仑力________。
（3）如图乙所示，接着该同学在竖直平面内缓慢移动小球A的位置，保持A、B两球球心的连线与连接B球的细线所成的夹角不变，在细线偏离竖直方向的角度增大到90°的过程中，A、B两球间的库仑力________（选填“增大”、“减小”、“先增大再减小”或“先减小再增大”）。
【答案】（1）D （2）
（3）减小
【解析】【小问1详解】
在研究电荷之间作用力大小与两小球的电荷量和以及距离r的关系时，采用控制变量的方法进行，根据小球的摆角变化可以看出小球所受作用力随电量或距离变化情况。
故选D。
【小问2详解】
[1]B球的受力情况如图所示
根据小球B受力平衡，由几何关系可得
【小问3详解】
[1]保持A、B两球球心的连线与连接B球的细线所成的夹角不变，在细线偏离竖直方向的角度增大到90°的过程中，A、B两球球心的连线间的距离增大，根据库仑定律
知电荷之间的静电力随着距离的增大而减小。
12. 某研究性学习小组采用如图甲所示的装置探究“滑块质量一定时加速度与力的关系”。提供的器材有：气垫导轨（总长度为L）、滑块（装有宽度为d的遮光板，总质量为m）、光电门一个（配接数字计时器）、垫块若干、米尺。打开气泵，让滑块从导轨顶端由静止开始向下运动，读出遮光板经过光电门时的遮光时间为t。
（1）使用游标卡尺测量遮光板的宽度d如图乙所示，则遮光板的宽度______cm。
（2）改变光电门的位置，记录光电门距导轨顶端的距离s和对应的时间t，根据实验数据作出图像如图丙所示，若图中直线的斜率为k，根据图像得出加速度______（用k和d表示）。
（3）改变导轨顶端距水平面的高度h，重复（2）的操作，进一步可以得到导轨顶端距水平面的高度h和对应的加速度a，若忽略滑块与导轨间的摩擦力，则滑块所受的合外力可以表示为______。（用m、h、L和重力加速度g表示）。在误差允许的范围内，a与h成正比，则说明滑块质量一定时加速度与力成______（选填“正比”或“反比”）。
【答案】（1）0.510
（2）
（3） 正比
【解析】【小问1详解】
遮光板的宽度
【小问2详解】
通过光电门的速度为
根据运动学公式
联立解得
若图中直线的斜率为k，则有
可得
【小问3详解】
[1]根据牛顿第二定律
[2]在误差允许的范围内，a与h成正比，而且由上述公式可知，F与h也成正比，则说明滑块质量一定时加速度与力成正比。
四、计算题（本大题共3小题，共43分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分，有数字计算的题，答案中必须写出数字和单位。）
13. 无人机已广泛应用于各行各业。物流公司使用无人机运输货物，无人机下方通过3根对称的绳索悬挂货物，如图甲所示，每根绳与竖直中轴线的夹角均为37°。已知货物的质量为2.4kg，绳索质量不计，忽略空气阻力，重力加速度g取，，。求：
（1）当无人机悬停在空中时，每根绳对货物的拉力大小；
（2）当无人机到达目的地正上方后，先做竖直向下的匀加速直线运动，后做匀减速直线运动安全着陆，图乙是降落全过程的图像（速度-时间图像）。货物匀减速直线下降过程中，每根绳对货物的拉力大小。
【答案】（1）10N （2）14.5N
【解析】【小问1详解】
设每根绳索拉力为F，分析可知货物受到绳索拉力和自身重力mg而平衡，则由平衡条件得
代入数据整理得
【小问2详解】
由图像可知5s到7s过程，货物做匀减速直线运动，设此过程每根绳对货物的拉力大小为F0，由图乙速度时间图像可知减速过程加速度大小为
加速度方向向上，对货物，由牛顿第二定律得
解得
14. 如图所示，一根长度为、横截面积为S、两端封闭、粗细均匀且导热良好的玻璃管竖直放置。在玻璃管顶部开一小孔。堵住小孔，管内有一段高的水银柱，上方为真空，下方则封闭着长为的空气柱。已知玻璃管所处地理位置的大气压强，热力学温度，空气可视为理想气体。
（1）若只缓慢加热玻璃管，当水银刚到达玻璃管顶部时，求封闭气体的热力学温度；
（2）若松开孔，空气从外界进入，最终稳定时，水银柱下降距离（整个过程外界温度为保持不变）。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
题意可知水银刚到达玻璃管顶部时，空气柱的长度为
由等压过程规律知
代入数据得
小问2详解】
据题意，原封闭空气柱压强
稳定后空气柱压强
代入数据得
由等温过程规律知
代入数据解得
15. 如图所示，有一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ = 30°，沿逆时针方向转动，速度大小为v0 = 2.5 m/s。t = 0时刻，一质量为m1 = 0.1 kg磁性板甲无初速度轻放于传送带顶端，其右端与传送带的顶端M点相齐。t1 = 0.4 s时，再将一质量为m2 = 0.15 kg的小铁块乙（可视为质点）迅速轻放在磁性板甲的左端，乙在甲上从静止开始运动，甲、乙之间的磁力大小为，乙不会从甲上滑落。甲与传送带之间、甲与乙之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小g = 10 m/s2，不计空气阻力。求：
（1）0 ~ 0.4 s内，甲的位移大小；
（2）乙迅速轻放到甲上后，经多长时间甲、乙速度相同；
（3）从开始至甲、乙速度刚相同时，甲、乙及传送带组成的系统因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）0.75 m
（2）0.1 s （3）
【解析】【小问1详解】
甲放在传送带上时，对甲根据牛顿第二定律
解得
甲与传送带共速所需时间为
共速后，因为，所以，甲将和传送带一起匀速运动，则加速的位移大小为
匀速的位移大小为
所以，0 ~ 4 s内，甲的位移大小为
【小问2详解】
乙迅速轻放到甲上后，对乙根据牛顿第二定律
解得
此时甲乙之间的摩擦力为
甲与传送带之间的最大静摩擦力，即滑动摩擦力为
对甲受力分析，因为
所以，此过程中，甲开始减速，对甲，根据牛顿第二定律
解得
设甲乙共速的速度大小为v，所用时间为t2，则
解得
，
【小问3详解】
甲加速阶段与传送带间的相对位移大小为
则，此过程产生的热量为
放上乙后，甲相对于传送带的位移大小为
则，此过程产生的热量为
乙加速阶段与甲间的相对位移大小为
则，此过程产生的热量为
甲、乙及传送带组成的系统因摩擦产生的热量为