2025瀘縣五中高三上學期第一次診斷考試物理試題含解析-試卷下載-教習網

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1．答題前，考生務必將自己的姓名、班級、考號填寫在答題卷上相應位置。
2．選擇題答案使用2B鉛筆填涂在答題卷對應題目號的位置上，填涂在試卷上無效。
3．非選擇題答案請使用黑色簽字筆填寫在答題卷對應題目號的位置上，填寫在試卷上無效。
第一卷選擇題（43分）
一、單項選擇題（本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）
1. 2022年6月5日，搭載神舟十四號載人飛船的長征一號F遙十四運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射，“神舟十四號”進入預定軌道后于17點42分成功對接于天和核心艙徑向端口，如圖所示，對接完成后，以下說法正確的是（）

A. 研究對接后的組合體繞地球運動的周期時，可將其視為質點
B. 若認為“神舟十四號”處于靜止狀態(tài)，則選取的參照物是地球
C. 6月5日17時42分指的是時間間隔
D. 火箭點火離開發(fā)射臺時，火箭的速度和加速度均為0
【答案】A
【解析】
【詳解】A．研究對接后的組合體繞地球運動的周期時，可以忽略其大小和形狀，將其視為質點，故A正確；
B．對接完成后，若認為“神舟十四號”處于靜止狀態(tài)，則選取的參照物是天和核心艙，選取地球為參照物，“神舟十四號”是運動的，故B錯誤；
C．6月5日17時42分指的是時刻，故C錯誤；
D．火箭點火離開發(fā)射臺時，火箭的加速度不為0，故D錯誤。
故選A。
2. 滑雪運動員沿斜坡滑道下滑了一段距離，重力對他做功1000J，阻力對他做功-200J。此過程關于運動員的說法，下列選項正確的是（）
A. 重力勢能減少了800JB. 動能增加了1200J
C. 機械能增加了1000JD. 機械能減少了200J
【答案】D
【解析】
【詳解】A．重力對他做功1000J，根據功能關系可知重力勢能減少了1000J，故A錯誤；
B．根據動能定理可知，動能增加了
故B錯誤；
CD．機械能變化量為
故機械能減少了，故C錯誤，D正確。
故選D。
3. 如圖所示，衛(wèi)星A、B繞地心O做勻速圓周運動，關于衛(wèi)星A、B的線速度v、角速度、向心加速度a、向心力F大小關系正確的是（）
A. vA＞vBB. A＜B
C. aA＜aBD. FA＞FB
【答案】A
【解析】
【詳解】A．根據
解得
由圖可知
所以
故A正確；
B．根據
解得
由圖可知
所以
故B錯誤；
C．根據
可得
由圖可知
所以
故C錯誤；
D．根據
由于兩衛(wèi)星的質量關系未知，所以無法判斷兩衛(wèi)星向心力的大小關系，故D錯誤。
故選A。
4. “旋轉紐扣”是一種傳統(tǒng)游戲。如圖，先將紐扣繞幾圈，使穿過紐扣的兩股細繩擰在一起，然后用力反復拉繩的兩端，紐扣正轉和反轉會交替出現。拉動多次后，紐扣繞其中心的角速度可達100rad/s，此時紐扣上距離中心5mm處一點的向心加速度大小為（）
A. 50m/s2B. 500m/s2C. 5000m/s2D. 50000m/s2
【答案】A
【解析】
【詳解】由題意可知，紐扣上的點轉動角速度，半徑，向心加速度為
故選A。
5. 如圖所示，在豎直放置的“”形支架上，一根長度不變輕繩通過輕質光滑的小滑輪懸掛一重物G?，F將輕繩的一端固定于支架上的A點，另一端從B點沿支架緩慢地向C點靠近（C點與A點等高）。在此過程中繩中拉力大?。? ）
A. 先變大后不變B. 先變大后變小
C. 先變小后不變D. 先不變后變小
【答案】A
【解析】
【詳解】當輕繩的右端從從B點沿支架緩慢地向C點靠近時，如圖

設兩繩夾角為，設繩子從長度為，繩子兩端的水平距離為，根據幾何分析知
可知夾角先不斷增大后至最右端拐點到C點過程夾角不再改變，重物G及滑輪處于動態(tài)平衡狀態(tài)，以滑輪為研究對象，分析受力情況如圖
根據平衡條件
得到繩子的拉力
夾角先變大后不變, 先變小后不變, 繩中拉力先變大后不變。
故選A。
6. 一個物體做直線運動，其圖象如圖所示，以下說法錯誤的是（）
A. 前內的位移達到最大值
B. 和加速度相同
C 加速度方向未發(fā)生變化
D. 加速度方向與速度方向相同
【答案】D
【解析】
【詳解】A．物體前5s內速度一直是正值，物體一直向正方向運動； 5s~8s內速度是負值，物體向負方向運動。可知，前5s內的位移達到最大值，A正確，不符合題意；
B．速度時間圖像斜率表示加速度，圖像可知前2s內物體加速度為
同理，6~8s內物體加速度
故B正確，不符合題意；
C．圖像可知4~6s圖像斜率不變，故加速度方向未發(fā)生變化，C正確，不符合題意；
D．圖像可知6~8s內，物體都做勻減速直線運動，加速度方向與速度方向相反，故D錯誤，符合題意。
故選 D。
7. 如圖1，水平地面上有一長木板，將一小物塊放在長木板上，給小物塊施加一水平外力F，通過傳感器分別測出外力大小F和長木板及小物塊的加速度a的數值如圖2所示。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，則以下說法正確的是（）
A. 小物塊與長木板間的動摩擦因數
B. 長木板與地面間的動摩擦因數
C. 小物塊的質量
D. 長木板的質量
【答案】C
【解析】
【詳解】由題中a-F圖像知，當F=F1時小物塊與長木板均恰好開始相對地面滑動，則有
F1=μ2（m+M）g
當F1＜F≤F3時，小物塊與長木板相對靜止一起加速運動，有
F-μ2（m+M）g=（m+M）a
即

結合圖像的截距有
-a0=-μ2g
聯立可解得
當F＞F3時，小物塊相對長木板滑動，對小物塊有
F-μ1mg=ma
整理得
結合圖像有
則小物塊的質量
對長木板根據牛頓第二定律有
μ1mg-μ2（M+m）g=Ma1
聯立解得

由題中a-F圖像知
可解得
故選C。
二、多項選擇題（本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。）
8. 若將短道速滑運動員在彎道轉彎的過程看成在水平冰面上的一段勻速圓周運動，轉彎時冰刀嵌入冰內從而使冰刀受與冰面夾角為（蹬冰角）的支持力，不計一切摩擦，彎道半徑為R，重力加速度為g。以下說法正確的是（）
A. 地面對運動員的作用力與重力大小相等
B. 武大靖轉彎時速度的大小為
C. 若武大靖轉彎速度變大則需要減小蹬冰角
D. 武大靖做勻速圓周運動，他所受合外力保持不變
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．地面對運動員的作用力與重力的合力提供向心力，則地面對運動員的作用力大于重力，故A錯誤；
B．由題意可知，武大靖轉彎時，根據牛頓第二定律有
可得其轉彎時速度的大小為
故B正確；
C．武大靖轉彎時速度的大小為
若減小蹬冰角，則減小，武大靖轉彎速度將變大，故C正確；
D．武大靖做勻速圓周運動，他所受合外力始終指向圓心，大小不變，方向變化，故D錯誤。
故選BC。
9. 如圖所示的“空氣彈簧”是由多個充氣橡膠圈疊加制成，其“勁度系數”與圈內充氣的多少有關。橡膠圈內充氣越多，則（）

A. 橡皮圈越容易被壓縮B. 橡皮圈越不容易被壓縮
C. 空氣彈簧的“勁度系數”越大D. 空氣彈簧的“勁度系數”越小
【答案】BC
【解析】
【詳解】橡膠圈內充氣越多，橡膠圈內氣體的壓強越大，橡皮圈越不容易被壓縮，則空氣彈簧的“功度系數”越大。
故選BC。
10. 滑塊以某一初速度從斜面底端O上滑到最高點D，用頻閃儀記錄上滑過程如圖所示，則（）
A. 滑塊在B點的速度大小為在C點的兩倍
B. 滑塊在A點的速度大小為在C點的兩倍
C. AB和CD的距離之比為
D. AB和CD的距離之比為
【答案】AD
【解析】
【詳解】AB．滑塊從O到D做勻減速運動，可看成從D到O的初速度為零的勻加速直線運動，設頻閃儀記錄的時間間隔為T，滑塊的加速度為a，則
，，
滑塊在B點的速度大小為在C點的兩倍，滑塊在A點的速度大小為在C點的三倍，故A正確，B錯誤；
CD．由初速度為零的勻加速直線運動推論知AB和CD的距離之比為，故C錯誤，D正確。
故選AD。
第二卷非選擇題（57分）
三、實驗探究題（16分）
11. 某同學利用圖甲所示的實驗裝置，探究物體在水平桌面上的運動規(guī)律，物塊在重物的牽引下開始運動，重物落地后，物塊再運動一段距離后停在桌面上（尚未到達滑輪處）。從紙帶上便于測量的點順次開始，每5個點取1個計數點相鄰計數點間的距離如圖乙所示，打點計時器電源的頻率為50Hz。（不計空氣阻力，g=10m/s2）
（1）所用實驗器材除電磁打點計時器（含紙帶、復寫紙）、小車、一端帶有滑輪的長木板、繩、鉤碼、導線及開關外，在下面的器材中，必須使用的還有（）
A. 電壓合適交流電源B. 電壓合適的直流電源
C. 刻度尺D. 秒表
E. 天平
（2）物塊減速運動過程中加速度大小a=______m/s2（保留三位有效數字）。
（3）重物落地瞬間，物塊的速度為______（保留三位有效數字）。
【答案】（1）AC （2）2.00
（3）1.28
【解析】
【分析】
【小問1詳解】
AB．電磁打點計時器要打點，需要電壓合適的交流電源，A正確，B錯誤；
C．打出的紙帶需要測量點間的長度，需要刻度尺，C正確；
D．打點計時器就可以計時，不需要秒表，D錯誤；
E．可由打出的紙帶來計算速度和加速度，不需要天平測量物體的質量，E錯誤。
故選AC。
【小問2詳解】
根據逐差法可得減速過程
【小問3詳解】
物塊加速時
計數點4和9對應的速度大小
從4到9點，設物塊加速時間為t1，減速時間為t2，則有
t1+t2=0.5s
由勻變速直線運動速度時間公式可有
解得
v=1.28m/s
12. 某同學利用如圖所示的實驗裝置驗證兩小球在斜槽末端碰撞過程中動量守恒。實驗時，將斜槽固定在桌面上，斜槽末端距地面高度h=1.25m。安裝光電門于斜槽末端附近，調整光電門的高度，使激光發(fā)射點與球心高。已知：兩小球的質量m1=40g，m2=80g，取當地重力加速度g=10m/s2。
①用游標卡尺測量小球1的直徑為1cm；
②小球2靜止于斜槽末端，令小球1從斜槽上某一位置由靜止滑下。小球1通過光電門后，與小球2對心正碰。碰后小球1反彈，再次經過光電門，小球2水平拋出；
③某次實驗，光電門測得小球1與小球2碰撞前后兩次遮光的時間分別為Δt1=2.0ms、Δt2=10.0ms，隨即取走小球1：
④測得小球2拋出的水平位移為s=1.4m。
（1）下列關于實驗的要求正確的是______；
A. 小球1的質量必須大于小球2的質量
B. 斜槽軌道末端必須是水平的
C. 小球1、2的大小必須相同
（2）規(guī)定向右為正方向，通過測量數據計算系統(tǒng)碰前的動量為______kg·m/s，碰后的總動量為______kg·m/s。（結果均保留兩位有效數字）在誤差允許的范圍內，兩小球碰撞過程遵循動量守恒定律。
（3）多次改變小球1釋放的高度，將每次小球1先后遮光的時間Δt1、Δt2及小球2拋出的水平位移s記錄下來，以s為橫坐標，以______（填“”或“”）為縱坐標，將繪制出一條正比例關系圖線。若圖線的斜率約為______m-1·s-1（結果保留三位有效數字），也可以得出碰撞過程動量守恒的結論。
【答案】（1）BC （2） ①. 0.20 ②. 0.18
（3） ①. ②. 400
【解析】
【小問1詳解】
A．碰撞后，彈回的小球1速度可通過光電門測得，故小球1的質量不需要大于小球2的質量，故A錯誤；
B．為使碰撞后，小球2做平拋運動，斜槽軌道末端必須是水平的，故B正確；
C．為使小球1、2發(fā)生對心碰撞，小球1、2的大小必須相同，故C正確。
故選BC。
【小問2詳解】
[1]根據極短時間的平均速度等于瞬時速度，小球1碰撞前的速度為
系統(tǒng)碰前的動量為
[2]小球1碰撞后的速度為
小球2碰撞后做平拋運動，則
解得
系統(tǒng)碰后的動量為
【小問3詳解】
[1]碰撞前后動量守恒有
小球1碰撞前后的速度為
，
小球2碰撞后做平拋運動，則
聯立可得
故多次改變小球1釋放的高度，將每次小球1先后遮光的時間Δt1、Δt2及小球2拋出的水平位移s記錄下來，以s為橫坐標，以為縱坐標，將繪制出一條正比例關系圖線。
[2]圖像的斜率為
四、計算題（41分，13題10分，14題13分，15題18分）
13. 2022年11月6日，2022年全國賽艇錦標賽在浙江麗水落下帷幕．如圖所示，在比賽加速和減速階段，賽艇運動均可視為勻變速直線運動，已知加速階段每次拉槳產生一個恒定的水平總推力F，其作用時間，然后槳葉垂直離開水面，直到再次拉槳，完成一個完整的劃槳過程，一個完整的劃槳過程總時間為。已知運動員與賽艇的總質量，賽艇從靜止開始第一次拉槳做勻加速運動的位移為，整個運動過程中受到水平恒定阻力。
（1）求在加速過程中的加速度的大小。
（2）求拉槳所產生的水平總推力F的大小。
（3）從靜止開始完成一次完整劃槳，賽艇通過的總位移大小為多少

【答案】（1）；（2）1000N；（3）2m
【解析】
【詳解】（1）第一次拉槳的過程中，由運動學公式，可得在加速過程中的加速度為
（2）第一次拉槳的過程中，由牛頓第二定律有
可得拉槳所產生的水平總推力為
（3）在撤去F后，由牛頓第二定律得
由運動學公式，得在撤去F后的位移
其中，聯立可得
所以，從靜止開始完成一次完整劃槳，賽艇通過的總位移為
14. 如圖，運動員練習單杠下杠：雙手抓住單杠與肩同寬，伸展身體，其重心以單杠為軸做圓周運動，重心通過單杠正上方A點時速率，轉至點時脫離單杠，重心經過最高點，最后落到地面，點為落地時的重心位置。已知運動員的質量，做圓周運動時其重心到單杠的距離；脫離單杠后運動員在空中上升與下降的時間之比為5：7，B、D兩點的高度差為，重心在點時速率；g取，A、B、C、D在同一豎直平面，忽略空氣阻力，不考慮體能的消耗與轉化。求：
（1）運動員在A點時，單杠對每只手的彈力大小和方向；
（2）C、D兩點間的水平距離；
（3）從A點運動至B點過程中合外力對運動員做的功。
【答案】（1），方向豎直向上；（2）；（3）
【解析】
【詳解】（1）設單杠對每只手的彈力大小為，方向豎直向上，則運動員在A點時，由牛頓第二定律
代入數據解得
方向豎直向上。
（2）設運動員從到的時間為，從到的時間為，B、C兩點的高度差設為，C、D兩點的高度差設為。由合運動與分運動的關系可知，運動員從到的運動可看做是水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的豎直上拋運動；從到的運動可看做是水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動，則
B、D兩點間的高度差
C、D兩點的水平距離為
聯立解得C、D兩點間的水平距離為
（3）設運動員在點時速度為，則
又
，
運動員從A到點的過程中，根據動能定理可知
聯立解得從A點運動至B點過程中合外力對運動員做的功為
15. 如圖甲所示，一游戲轉置由左端帶有彈簧振子的光滑水平軌道、水平傳送帶以及足夠長的光滑斜面三部分組成。彈簧振子由輕彈簧和質量的振子A組成。彈簧振子的平衡位置O到傳送帶的左端P的距離，傳送帶長，且沿逆時針方向以速率勻速轉動。的大小可調，右端通過可以忽略不計的光滑圓弧與斜面相連、斜面與水平面的所成的夾角?，F將質量的滑塊B靜置于O點，振子A壓縮彈簧后，在時刻由靜止開始釋放，運動到O點與滑塊B發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰后滑塊B向右滑動，穿過傳送帶并滑上斜面，速度減為零后沿原路返回到O點。已知振子A開始運動一段時間的圖像如圖乙所示，滑塊B與傳送帶之間的動摩擦因數，振子A和滑塊B均可視為質點，重力加速度g取，。
（1）求碰撞后瞬間滑塊B的速度大小以及彈簧振子的周期；
（2）若，求滑塊B向右穿過傳送帶的過程中產生的熱量Q；
（3）調節(jié)傳送帶的速度，發(fā)現滑塊B回到O位置時，恰好與振子A迎面正碰，求整個過程中，振子A做了幾次全振動。
【答案】（1）10m/s，0.4s
（2）3.4J （3）12次或13次
【解析】
【小問1詳解】
由振子A的v-t圖像可知，彈簧振子的周期T=0.4s
由振子A的v-t圖像可知，振子A與滑塊B碰撞前瞬間的速度為，碰撞后瞬間的速度為，碰撞過程，取碰撞前A的速度為正方向，由動量守恒定律得
解得
【小問2詳解】
滑塊B向右穿過傳送帶，根據動能定理有
解得
在傳送帶上，對滑塊B，根據動量定理有
解得
傳送帶的位移為
滑塊B與傳送帶的相對位移為
產生的熱量
【小問3詳解】
滑塊B從O點運動到P點，所花時間
斜面光滑，滑塊滑上斜面又滑下，機械能守恒，速度大小不變，為，方向反向，由動量定理，可知
解得②
①當v≥10m/s時，滑塊B返回傳送帶，在傳送帶上一直加速，到左端速度剛好為10m/s，根據運動對稱性，向左穿過傳送帶所花的時間
由P到O點，運動時間為
故滑塊返回O點運動的最短時間為
②當滑塊B在傳送帶上一直減速，到P點剛好與傳送帶共速，根據動能定理有
解得
當，滑塊B在傳送帶上一直減速，返回O點時間最長。返回過程中，在傳送帶運動時間，根據動量定理
解得
由P點返回O點，所花時間
運動總時間
返回O點，恰好與振子A迎面正碰，即
其中n=1、2、3、4，解得
n=12或者n=13

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