重慶烏江新高考協作體2025屆高考質量調研（二）物理試題（分數：100分，時間：75分鐘）一、單選題1.物理學發展推動了社會進步。關于物理學上一些事件和科學方法，下列說法正確的是（）A.在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，體現了極限思想B.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫等效替代法C.重心概念的建立體現了理想化模型的思想D.速度和加速度都是利用比值定義法得到的定義式【答案】D【解析】【詳解】A．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，然后把各小段的位移相加，這里主要采用了微元法，故A錯誤；B．在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質點來代替物體的方法叫理想化物理模型，B錯誤；C．重心概念的建立體現了等效替代法，C錯誤；D．速度和加速度都是利用比值定義法得到的定義式，D正確。故選D。2.如圖所示為同一地點出發的A、B兩物體做直線運動的v－t圖象，由圖可知()A.t1時刻A、B兩物體相遇B.t1時刻A、B兩物體速度大小相等，方向相反C.t2時刻物體A的加速度小于物體B的加速度，二者方向相反D.0-t3過程中物體A、B位移大小相等，方向相同【答案】C【解析】【詳解】A．因圖像的面積等于位移，則0-t1時間內A的位移小于B，則A、B兩物體沒有相遇，選項A錯誤；B．t1時刻A、B兩物體速度大小相等，方向相同，選項B錯誤；C．因v-t圖像的斜率等于加速度，可知t2時刻物體A的加速度小于物體B的加速度，因斜率的符號相反，可知二者加速度方向相反，選項C正確；D．0-t3過程中物體A、B的位移大小相等，方向相反，選項D錯誤．3.如圖所示，輕彈簧A一端固定，另一端系一質量為m的小球，小球通過不可伸長的輕繩繞過光滑定滑輪連接輕彈簧B且處于平衡狀態，已知定滑輪位于彈簧A固定點的正上方。現緩慢收繩，使滑輪右側的繩長減小少許，小球仍處于平衡狀態，彈簧始終處于彈性限度內，則下列說法正確的是（）A.小球的運動軌跡為一小段圓弧 B.彈簧B的長度變長C.彈簧A的長度變長 D.彈簧A的長度變短【答案】A【解析】詳解】小球受力如圖所示設彈簧原長為，實際長度x，滑輪右側繩長為l，則根據相似三角形可知根據胡克定律，有解得所以A．由于收繩后彈簧的實際長度x不發生變化，軌跡為圓弧，A正確；B．減小，則輕繩拉力減小，所以彈簧B長度減小，B錯誤；CD．的大小不變，即彈簧A的彈力大小不發生變化，長度不變，CD均錯誤。故選A。4.2024年2月3日7時37分，我國在西昌衛星發射中心使用長征二號丙運載火箭，成功將吉利星座02組衛星發射升空，11顆衛星順利進入預定軌道，發射任務獲得圓滿成功。假設其中三顆衛星繞地球做圓周運動，a為地球的同步衛星，周期為T，b為傾斜軌道衛星，c為極地衛星（繞地球的兩極做圓周運動），已知，地球表面兩極的重力加速度為g，地球半徑為R，則下列說法正確的是（）A.b衛星距離地球表面的高度為B.c衛星的運動周期大于TC.a和c衛星的線速度之比為D.a和c衛星向心加速度之比為【答案】A【解析】【詳解】B．根據開普勒第三定律可得故B錯誤；A．根據黃金代換式根據萬有引力提供向心力解得故A正確；C．根據可得a和c衛星的線速度之比為故C錯誤；D．根據可得a和c衛星的向心加速度之比為故D錯誤。故選A。5.如圖所示，汽車用跨過定滑輪的輕繩提升物塊A．汽車勻速向右運動，在物塊A到達滑輪之前，關于物塊A，下列說法正確的是A.將處于失重狀態B.將豎直向上做勻速運動C.將豎直向上做加速運動D將豎直向上先加速后減速【答案】C【解析】【詳解】對汽車的速度v沿繩子的方向和垂直于繩子的方向進行正交分解，如圖所示，有：v2=vcosθ，v1=vsinθ物塊上升的速度大小等于v2，由v2=vcosθ可知，汽車勻速向右，θ角變大，所以v2增大，物塊向上做加速運動，加速度向上，物塊處于超重狀態A.將處于失重狀態與分析不符，故A項與題意不相符；B.將豎直向上做勻速運動與分析不符，故B項與題意不相符；C.將豎直向上做加速運動與分析相符，故C項與題意相符；D.將豎直向上先加速后減速與分析不相符，故D項與題意不相符．6.如圖所示，有一豎直半圓形軌道，由四段相同的光滑圓弧軌道BC、CD、DE、EA拼接而成，每段對應的圓心角均為，B點位于軌道圓心的正上方，設連接處順滑。若將一質量為m的小球以速度從最低點A水平向右射入軌道，最后通過B點離開軌道。現保持小球的入射速度不變，要使其高度達到最大，則應（）A.拆去軌道的BC段 B.拆去軌道的BD段C.拆去軌道的BE段 D.以上三種情況，小球達到高度均相同【答案】B【解析】【詳解】若拆去軌道的BC段或BE段，小球脫離軌道后都做斜拋運動，到達最高點時具有水平速度；若拆去BD段，小球脫離軌道后做豎直上拋運動，到達最高點時，速度為零。根據機械能守恒定律，可知拆去軌道的BD段，上升到最高點動能為零，高度最高。故選B。7.今年4月19日，廣西一法院開庭審理一起高空拋物致一高中生死亡的案例，高空拋物是十分危險的行為，我國正式將高空拋物罪納入刑法內容，我們應杜絕高空拋物行為。現有一居民在陽臺玩耍，不慎將籃球從窗臺外落下，致籃球從高樓落下做自由落體運動，籃球開始下落后的v-t圖像如圖所示，已知時籃球距地面高度為12.8m，重力加速度g取，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.籃球下落至地面所用時間為2sB.籃球落地時的速度大小C.籃球落地后反彈的最大高度為3mD.至，籃球的位移大小為12m【答案】B【解析】【詳解】A．設自由落體加速度的方向為正方向，下落的高度，有下落時間為，則故A錯誤。B．設落地時速度為，則故B正確；C．由圖像知1.6s后，籃球做初速度為的豎直上拋運動，反彈的最大高度故C錯誤；D．當運動的時間，則發生位移為，后的位移為故D錯誤。故選B。二、多選題8.一質點做減速直線運動過程中速度和位置坐標的關系如圖v-x所示，下列分析正確的是（）A.過程中質點的加速度恒定B.過程中質點的加速度逐漸減小C.質點在時的加速度等于時的加速度D.質點在時的加速度大于時的加速度【答案】BC【解析】【詳解】AB．由圖知等式兩側對時間求導得故兩段運動過程加速度都逐漸減小，故A錯誤，B正確；CD．由圖可知兩段斜率關系為，所求加速度之比為故C正確，D錯誤。故選BC。9.如圖所示，半徑為R的光滑絕緣四分之一圓弧形軌道固定在豎直平面內，O為其圓心，水平。在圓弧軌道的最低點B處固定一帶正電的小球，電荷量為q。另有質量為m的帶電小球N從A點處無初速釋放，運動到C點時達到最大速度v。已知，靜電力常量為k，兩小球的大小可忽略。則（）A.N小球可能帶負電B.N小球的帶電量為C.N小球從A點到C點的過程中，電場力做功為D.N小球從A點到C點的過程中，減少的機械能為【答案】BD【解析】【詳解】A．由題意知，在C點達到最大速度，所以C點后速度減小，而重力做正功，所以電場力做負功，故電場力是斥力，故小球帶正電，故A錯誤；B．由小球在C點速度最大，所以在C點的切向加速度為零，則解得故B正確；C．設小球從A點運動到C點的過程中電場力做功為W，由動能定理可得解得故C錯誤；D．由功能關系可知，N小球從A點到C點的過程中，減少的機械能為電場力做功的絕對值，即故D正確。故選BD。10.一小球質量為m，用長為L的懸線（不可伸長、質量不計）固定于O點，在O點正下方處釘有一顆光滑小釘子，如圖所示。將懸線沿水平方向拉直然后無初速度釋放，則當懸線碰到釘子后的瞬間（）A.小球的角速度突然增大到原來的1.5倍B.懸線對小球的拉力不變C.小球的向心加速度突然增大到原來的3倍D.小球的線速度大小不變【答案】AD【解析】【詳解】AD．把懸線沿水平方向拉直后無初速度釋放，當懸線碰到釘子的前后瞬間，由于繩子拉力與重力都與速度垂直，所以不改變速度大小，即線速度大小不變，而半徑變為原來的，根據得知角速度增大到原來的1.5倍，故AD正確；B．根據牛頓第二定律可得，懸線碰到釘子前瞬間解得懸線碰到釘子后瞬間有解得故B錯誤；C．根據牛頓第二定律可得半徑變為原來的，懸線碰到釘子后瞬間向心加速度變為原來的1.5倍，故C錯誤。故選AD。三、非選擇題11.如圖是A、B兩物體同時由同一地點向同一方向做直線運動的v-t圖象，從圖象上可知t=_______s時，A、B相遇：t=__________s時，A、B相距最遠。【答案】①.40②.20【解析】【分析】【詳解】[1][2]在0～20s內物體A的速度始終大于物體B的速度，并且A的速度圖象與時間軸圍成的面積代表A的位移，而B的速度圖象與時間軸圍成的面積代表B的位移，兩個面積的差代表兩者之間的距離。由圖可知在相遇之前20s末A、B相距最遠，40s末，A的位移x1=5×40m=200mB的位移故40s末A、B相遇.12.如圖為電飯鍋的電路圖。R1、R2是電熱絲，S是溫控開關，A、B兩點接照明電路。電飯鍋工作時有加熱和保溫兩種工作狀態。當S閉合時，電飯鍋處于_____________工作狀態；若R1：R2=9：1，加熱時的功率為1000W，則保溫時的功率為_____W。【答案】①.加熱②.100【解析】【詳解】[1]當S閉合時，電阻R1被短路，電路中電阻較小，電壓兩端的電壓不變，根據功率公式P=，功率較大，電飯鍋處于加熱狀態。[2]當S閉合時，電飯鍋處于加熱狀態，由題，功率為P1=1000W，則有P1=當S斷開時，電飯鍋處于保溫狀態，功率為P2=則P2：P1=R2：（R1+R2）解得P2=100W13.如圖所示，半徑為R=0.5m的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合。轉臺靜止不轉動時，將一個質量為2kg、可視為質點的小物塊放入陶罐內，小物塊恰能靜止于陶罐內壁的A點，且A點與陶罐球心O的連線與對稱軸OO′成θ=37°角。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則：（1）當轉臺繞轉軸勻速轉動時，若物塊在陶罐中的A點與陶罐一起轉動且所受的摩擦力恰好為0，則轉臺轉動的角速度為多少？（2）若轉臺轉動的角速度為，物塊仍在陶罐中的A點隨陶罐一起轉動，則陶罐給物塊的彈力和摩擦力大小為多少？【答案】（1）5rad/s；（2）26.8N，2.4N【解析】【詳解】（1）若物塊在陶罐中的A點與陶罐一起轉動且所受的摩擦力恰好為0，對物塊分析有圓周運動半徑r=Rsinθ解得ω0=5rad/s（2）當轉臺的角速度為時，由于該角速度大于5rad/s，則物塊有向外滑的趨勢，摩擦力方向向內，則有，解得N=26.8N，f=2.4N14.質量為m=5kg的物體，在水平力F=20N的作用下，在水平面上從靜止開始運動，物體與水平面的動摩擦因數為0.2，運動時間為t=5s，求：(1)力在5s內對物體所做總功；(2)力F在5s內對物體所做功的平均功率；(3)5s末，力F對物體做功的瞬時功率。（g=10m/s2）【答案】（1）250J；（2）100W；(3)50W【解析】【分析】【詳解】（1）由牛頓第二定律可知F-μmg=ma解得物體在5s內的位移為x=at2=×2×25=25m力在5s內對物體所做的總功為W總=（F-μmg）x=（20-0.2×5×10）×25=250J（2）力F做功的平均功率為（3）5s末的速度為v=at=2×5=10m/s力F的功率為P1=Fv=10×5W=50W15.真空中足夠大的兩個相互平行的金屬板a和b之間的距離為d，兩板之間的電壓Uab按圖所示規律變化，其變化周期為T。在t=0時刻，一帶電粒子（+q）僅在該電場的作用下，由a板從靜止開始向b板運動，并于t=nT（n為自然數）時刻，恰好到達b板。求：（1）帶電粒子運動過程