四川省宜宾市2025届高三物理上学期一诊考试试题含解析

PAGE16-四川省宜宾市2025届高三物理上学期一诊考试试题（含解析）二、选择题1.下列说法符合史实的是A.伽利略提出力是维持物体运动缘由B.亚里士多德猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并干脆用试验进行了验证C.笛卡尔通过志向斜面试验发觉了物体的运动不须要力来维持D.牛顿认为力的真正效应是变更物体的速度，而不仅仅是使之运动【答案】D【解析】【详解】A.亚里士多德提出力是维持物体运动的缘由，故A错误；B.伽利略用数学和逻辑推理得出了自由落体的速度与下落时间成正比，而不是干脆用试验验证这个结论。故B错误；C.伽利略利用“志向斜面试验”发觉了物体的运动不须要力来维持，推翻了“力是维持物体运动的缘由”的观点，故C错误；D.牛顿认为力的真正效应是变更物体的速度，产生加速度，而不仅仅是使之运动，故D正确。2.如图所示为工厂中的行车示意图，行车在水平向右匀速运动，同时悬挂工件的悬线保持在竖直方向，且工件匀速上升，则工件运动的速度A.大小和方向均不变 B.大小不变，方向变更C.大小变更，方向不变 D.大小和方向均变更【答案】A【解析】【详解】行车同时参加了水平向右的匀速运动和竖直方向的匀速上升，水平和竖直方向的速度都不变，依据矢量合成的平行四边形法则，合速度大小和方向均不变。A.大小和方向均不变。故A正确；B.大小不变，方向变更。故B错误；C.大小变更，方向不变。故C错误；D.大小和方向均变更。故D错误。3.一带正电的粒子在正点电荷电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为轴，起始点为坐标原点，下列图象中合理的是A.电场强度与位移关系B.粒子电势能与位移关系C.粒子速度与位移关系D.粒子加速度与位移关系【答案】D【解析】【详解】A.正电荷的场强公式，可知电场强度随x的增大而减小，故A错误；B.依据电场力做功与电势能变更的关系，图线的切线斜率表示电场力，随着x的增大，电场力渐渐减小，切线斜率渐渐减小，故B错误；CD.加速度，故a—x图象的切线斜率不断减小。假如a恒定，依据，v与x成正比。实际加速度随x的变更是渐渐减小的，所以v与x不成正比。故C错误，D正确。4.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止起先下滑，已知弹簧原长为，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为（未超过弹性限度），重力加速度为，则在圆环下滑到最大距离的过程中A.圆环刚下滑时，圆环的机械能最小B.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零C.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变D.弹簧弹性势能增加了【答案】D【解析】【详解】A.圆环沿杆滑下过程中，弹簧的拉力对圆环做负功，圆环的机械能减小，圆环刚下滑时，圆环的机械能最大，故A错误；B.当圆环所受合力为零时，速度最大，此后圆环接着向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故B错误；C.依据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，即圆环的重力势能与圆环的动能还有弹簧弹性势能三种能量总和守恒。在圆环下滑到最大距离的过程中，圆环的速度是先增大后削减，圆环的动能也是先增大后削减，那么圆环重力势能与弹簧弹性势能之和就应先削减后增大，故C错误；D.图中弹簧水平常恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得圆环下降的高度为，依据系统的机械能守恒得：弹簧的弹性势能增大量为：，故D正确；5.如图所示，一航天飞机从地面升空，完成对哈勃空间望远镜的修理任务。航天飞机从点起先沿椭圆轨道运动到点后进入圆形轨道Ⅱ，关于此过程中航天飞机的运动，下列说法中正确的是A.在轨道上经过的速度小于经过的速度B.在轨道Ⅰ上经过的机械能小于在轨道Ⅱ上经过的机械能C.在轨道Ⅱ上经过的加速度小于在轨道上经过的加速度D.在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道上运动的周期【答案】B【解析】【详解】A.在轨道Ⅰ从A点到B点的过程，万有引力做负功，动能减小，速度减小。所以在轨道Ⅰ上经过的速度大于经过的速度，故A错误；B.在轨道Ⅰ上运动机械能守恒，从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ须要在B点启动发动机加速，所以在轨道Ⅰ上经过的机械能小于在轨道Ⅱ上经过的机械能，故B正确；C.依据得：，则知在轨道Ⅱ上经过B的加速度与在轨道Ⅰ上经过B的加速度相等，故C错误；D.椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，依据开普勒第三定律，知在轨道Ⅱ上运动的周期大于在轨道Ⅰ上运动的周期。故D错误。6.如图所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体，与竖直墙壁之间放一光滑半圆球，整个装置处于平衡状态。已知、的质量分别为和，、两物体的半径均为，的圆心到水平地面的竖直距离为，重力加速度为，下列说法正确的是A.地面对的支持力大小为B.地面对的摩擦力大小为C.将往左缓慢移动少许，竖直墙壁对的弹力减小D.将往左缓慢移动少许，、之间的弹力保持不变【答案】AC【解析】【详解】A.把A、B看成一个系统，对其运用整体法，该系统在竖直方向上受到竖直向下的重力（M+m）g和地面的支持力FN的作用，二力平衡，所以有：FN=（M+m）g故A正确；B.在水平方向上，该系统确定受到竖直墙水平向右的弹力的作用，那么确定也受到地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力大小等于竖直墙对B水平向右的弹力大小FN2；再选取半圆球B为探讨对象，运用隔离法，受力分析如图所示。依据几何关系，θ等于45°。依据力的分解和力的平衡条件可得：FN1=FN2=Mgtanθ=Mg故B错误；C.依据FN2=Mgtanθ，将A往左缓慢移动少许，θ减小，竖直墙壁对B的弹力减小，故C正确；D.依据FN1=，将A往左缓慢移动少许，θ减小，A、B之间的弹力减小，故D错误。7.如图所示，、、三点在同一水平面上，点在点正上方，垂直于和构成的平面，、、到的距离均为，空间存在着匀强电场，一个质量为、电荷量为的粒子从移到和从移到时电场力做的功都为零，从移到时电场力做的功为，下列说法正确的是A.带电粒子从移到时电场力做功确定为零B.电场强度方向由指向C.点和点间的电势差D.匀强电场的电场强度大小【答案】AD【解析】【详解】A.一个质量为m、电荷量为+q的粒子从移到电场力做的功为零，则φB=φC，从移到时电场力做的功为零，则φB=φD，故B、C、D三点电势相等，所在的平面为等势面，带电粒子从移到时电场力做的功确定为零，故A正确；B.B、C、D三点所在的平面为等势面，电荷量为的粒子从移到时电场力做的功为，说明B点电势高于A点电势。直线BA垂直于等势面，说明电场强度方向沿直线BA，由B指向A，故B错误；C.电荷量为+q的粒子从B移到A时电场力做的功为W，则B点和A点间的电势差大小为：故C错误；D.依据可知，电场强度为：故D正确。8.如图（a），质量的物体沿倾角的固定粗糙斜面由静止起先向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速成正比，比例系数用表示，物体加速度与风速的关系如图（b）所示，取，，，下列说法正确的是A.物体沿斜面做匀变速运动B.当风速时，物体沿斜面下滑的速度最大C.物体与斜面间的动摩擦因数为0.25D.比例系数为【答案】BCD【解析】【详解】A.由图可知，物体的加速度渐渐减小，所以物体沿斜面不是匀加速运动，故A错误；B.由图可知，速度为5m/s时加速度为零，速度最大，故B正确；C.对初始时刻，没有风的作用，物体的加速度大小为a0=4m/s2，对物体受力分析，依据牛顿其次定律沿斜面的方向：mgsinθ−μmgcosθ=ma0

…①解得：，故C正确；D.对末时刻加速度为零，受力分析可得：mgsinθ−μN−kvcosθ=0…②又：N=mgcosθ+kvsinθ，由b图可以读出，此时v=5m/s代入②式解得：故D正确。三、非选择题9.试验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过试验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10-8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻，从而确定导线的实际长度。可供运用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约为0.2Ω；电压表：量程3V，内阻约9KΩ滑动变阻器：最大阻值5Ω；滑动变阻器：最大阻值20Ω；定值电阻：；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干。回答下列问题：（1）试验中滑动变阻器应选__（填“”或“”；（2）调整滑动变阻器，当电压表的读数为1.80V时，电流表示数如图乙所示，读数为__A；（3）导线实际长度为__m（保留2位有效数字）。【答案】(1).R2(2).0.40(3).88【解析】【详解】（1）[1]依据电阻定律，待测电阻的阻值约为：本试验采纳限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值比R0和Rx总阻值大的越多，调整电压的效果越好。R0=3Ω，Rx=1.7Ω，所以滑动变阻器选R2。（2）[2]由图可知，电流表的最小刻度为0.2A，应估读到同位即可。故电流表的读数为0.40A；（3）[3]依据欧姆定律得：，则：Rx=1.5Ω由电阻定律可知：10.某同学利用图（a）所示试验装置获得了小车加速度与钩码的质量的对应关系如图（b）所示，试验中小车的质量保持不变，试验室选择了不行伸长的轻质细绳和轻定滑轮。（1）依据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成__（填“线性”或“非线性”关系；（2）由图（b）可知，图线不经过原点，可能的缘由是：__；（3）他重新调整试验装置后把打点计时器接到频率为的沟通电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图（c）所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出），其中，，，，，。则打点计时器在打点时小车的速度__，在充分利用测量数据的基础上他得到的小车加速度__．（结果均保留两位有效数字）【答案】(1).非线性(2).未平衡摩擦力或为完全平衡摩擦力(3).0.56(4).0.80【解析】【详解】（1）[1]依据该同学的结果得出a-m图线是曲线，即小车的加速度与钩码的质量成非线性关系；（2）[2]从上图中发觉直线没过原点，当a=0时，m≠0，即F≠0，也就是说当绳子上拉力不为0时，小车的加速度为0，所以可能的缘由是没有平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力；（3）[3]每相邻两个计数点间还有4个点，则每两个计数点之间的时间间隔为0.1s。依据匀变速运动时间中点的瞬时速度等于这段时间内的平均速度。则：；[4]依据，则：联立可得：11.在平面内，有沿轴负方向的匀强电场，场强大小为（图中未画出），由点，斜射出一质量为，带电量为的粒子，其运动轨迹如图所示，点和点，在运动轨迹上，其中点为轨迹顶点。为常数，粒子所受重力忽视不计。求：（1）、两点间的电势差；（2）粒子经过点时的速度大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由于匀强电场方向沿y轴负方向的，A点电势高于C点电势，则：；①（2）设粒子在A点的竖直速度为vy0，水平速度为vx0，从A到B所用时间为t，则竖直方向：②③水平方向：④联立②③④解得：⑤⑥到C点竖直速度为vyC，则：⑦粒子经过点时的速度大小为：⑧12.倾角、长度的斜面固定在水平地面上，一质量的薄木板静置于斜面上，且下端与斜面底端相齐，质量的物块轻置于薄木板上，如图所示。已知物块与薄木板间的动摩擦因数，薄木板与斜面间、物块与斜面间的动摩擦因数均为，物块可视为质点，忽视薄木板厚度对物块运动的影响，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，，。（1）求物块所受摩擦力大小；（2）用沿斜面对上的拉力作用在薄木板上，欲使薄木板相对物块运动，求拉力大小；（3）若物块置于距离薄木板下端处，对薄木板施加一沿斜面对上的恒力，欲将薄木板从物块和斜面间抽离出来，直至薄木板完全离开斜面，且使物块最终刚好停在斜面顶端，求在抽离出薄木板的过程中恒力的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块m受力平衡，沿斜面方向：①（2）物块受到薄木板向上摩擦力最大时，有向上最大的加速度。对物块：②对物块和薄木板：③联立解得代入数据④⑤；（3）物体在斜面减速度运动的加速度大小a2⑥解得：⑦设物块加速时间t1，减速时间t2，物块到达顶端时速度为0，则：⑧⑨解得⑩设薄木板加速度为a3，拉力F2，则：⑪⑫联立，代入数据解得：二、选考题13.下列说法正确的是A.温度越高，扩散进行得越快B.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.假如液体温度降到很低，布朗运动就会停止E.把少许碳素墨水滴入水中，在显微镜下视察到碳颗粒的无规则运动现象，说明液体分子在做无规则运动【答案】ACE【解析】【详解】A.温度越高，分子无规则运动越猛烈，扩散进行的就越快，故A正确；BC.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，液体中的扩散现象是由于液体分子的无规则运动引起的，故B错误，C正确；D.理论上，只有温度降到确定零度，分子热运动才会停止，故D错误；E.悬浮固体小颗粒的无规则运动，说明液体分子在做无规则运动，故E正确。14.已知地球大气层的厚度远小于地球半径，空气平均摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，地面大气压强为，重力加速度大小为。试估算：（Ⅰ）大气对地球表面的压力大小和地球大气层空气分子总数；（Ⅱ）若气体分子视为立方体模型，则空气分子之间的平均距离为多少。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）依据F=pS，大气对地球表面的压力大小为：；设大气层中气体质量为m，由大气压强的产生：，即：分子数：；（2）假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子间的平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，则而，所以：15.关于波的相识，下列说法正确的是A.潜艇利用声呐探测四周物体的分布状况，利用的是波的反射原理B.发生多普勒效应时，波源的频率发生了变更C.机械波在介质中的传播速度是由介质本身的性质确定的D.波在