辽宁名校联盟2025年高一6月份联考-物理试卷+答案

姓名姓名班级考号命题人：抚顺二中富海成本试卷满分100分，考试时间75分钟。1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。8.如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的8.如图所示的四幅图表示的是有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是1.在物理学的发展历程中，有很多科学家做出了卓越的贡献，下列说法正确的是A.牛顿利用扭秤装置比较准确地测出了引力常量GB.哥白尼是“日心说”的主要代表人物，并且现代天文学也证明了太阳是宇宙的中心C.开普勒总结出了行星运动的规律，并指出太阳系所有行星都绕太阳做匀速圆周运动D.伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了被誉为“笔尖下发现的行星”海王星2.物体在几个恒力作用下做匀速直线运动，若突然撤去某个力，其他力不变。关于物体的运动情况下列说法正确的是A.物体一定仍做匀速直线运动B.物体可能做匀变速曲线运动3.如图所示，位于竖直平面内的一面墙上有A、B、C三个完全相同的窗户。将一个小球斜向上抛出，三个窗户的下边缘和上边缘，图中曲线为小球在空中运动的轨迹，轨迹所在的平面靠近竖直墙面，且与墙面平行。不计空气阻力的影响，以下说法中正确的是4.短道速滑接力是很具观赏性的比赛项目，比赛中“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上，“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度方向均在同一条直线上。对于两运动员交接棒的过程下列说法正确的是A.两运动员的动量变化量一定相同B.两运动员组成的系统动量守恒，机械能不守恒C.两运动员速度变化量的大小一定相等D.两运动员之间相互作用力的冲量一定相同5.如图所示，有一个质量为M的足够长的木板，正以水平向左大小为v的速度在光滑水平面上滑行，的速度向右滑上木板，滑块和木板间的动摩擦因数为μ,M>m,运动过程中滑块与木板始终不分离，以下分析正确的是A.仅增大μ,摩擦产生的热量不变mMB.仅增大μ,摩擦力对滑块的冲量大小增大mMC.仅增大M,滑块相对木板滑行的距离变小D.仅减小m,滑块相对木板滑行的时间变短6.高空抛物是一种会带来社会危害的不文明行为，不起眼的物品从高空落下就可能致人伤亡。某小区的监控摄像头录像显示，一花盆从距离地面20m高的阳台上掉下，落地时与地面作用时间为0.1s,假设花盆质量为3kg且掉下时无初速度，与地面作用后不反弹，重力加速度g取10m/s²,不计空气阻力。则花盆落地时对地面的平均作用力大小为A.600NB.630NC.300ND.330N7.某司机驾驶汽车在平直高速公路上以速度vo匀速行驶时，发动机的输出功率为时刻，司机加大了油门，使汽车输出功率立即增大到P并保持该功率继续行驶。从司机加大油门开始，汽车的v-t图像如图所示，从t=0时刻到再次达到匀速运动的过程中，汽车行驶的位移为s。若司机和汽车的总质量为m,忽略油耗对质量的影响，汽车行驶过程中所受阻力大小不变，则在该过程中，下列说法正确的是A.图(a)中轻杆长为1,若小球在最高点的线速度小于√gl,则杆对小球的作用力方向竖直向上B.图(b)中若火车转弯时未达到转弯的规定速率，轮缘对外轨道有挤压作用均相对圆盘静止，所在圆周半径2RA=3Rs,质量mA=2mg,则A、B所受摩D.图(d)中是一圆锥摆，增加绳长，但保持圆锥底面到悬挂点的高度不变，则圆锥摆的角速度大小9.将一质量为m的物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mgo;将该物体放在地球的地理北极点时，该物体的重力为mg。地球可视为质量均匀分布的球体，地球的半径为R。已知引力常量为G,下列判断正确的是A.地球的质量为B.地球的自转周期为C.地球的平均密度为D.地球静止卫星的高度为10.如图甲所示，斜面体固定在水平地面上，在斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板。质量为m的物块从斜面的顶端滑下，在下滑的过程中，其机械能与重力势能随位移的变化图像如图乙所示。已知斜面长为1,物块与挡板碰撞为弹性碰撞，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力B.物块上滑的时间为二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.(5分)用如图甲所示的向心力演示器探究向心力的表达式，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运于柄一甲乙(1)在这个实验中，利用了来探究向心力的大小F与小球质量m、角速度w和半径r之(2)向心力演示器变速塔轮半径关系如图乙所示，探究向心力大小F与质量m的关系时，应该将变速塔轮的皮带置于乙图中的(填“第一层”“第二层”或“第三层”),选择两个质量 (填“相同”或“不同”)的小球，分别放在挡板(填“A”或“B”)和挡板C处。12.(8分)为研究碰撞中的动量守恒，物理兴趣小组同学用如图甲所示的装置，通过A、B两刚性小球的碰撞来验证动量守恒定律。如图所示，先让人射小球A从倾斜轨道某固定卡槽位置由静止释放，从水平轨道抛出后撞击竖直挡板；再把被撞小球B静置于水平轨道末端，将入射小球A仍从原位置由静止释放，两球发生正碰后各自飞出撞击竖直挡板，多次重复上述步骤，小球平均落点各落点对应的竖直高度如图所示。(1)关于实验，下列说法正确的是0A.轨道必须光滑且末端水平C.A球每次必须从同一位置由静止释放(2)实验测得小球A的质量为m,被碰撞小球B的质量为m₂,若要验证动量守恒，还需测量的物A.斜槽末端到木条的水平距离xB.小球A释放点到桌面的高度H(3)若A、B两球在碰撞中动量守恒，其满足的表达式是(用上述题目及选项中的字母表示)。(4)受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图乙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点由静止释放，在最低点B与静D。测得小球1、2的质量分别为m和M,三段弦长分别为AB=L₁、A'B=l₂、CD=l₃,忽略各种阻力，推导说明m、M、L₁、l₂、l₃满足(填选项前的序号)关系即可验证小球1、2组成的系统碰撞前后动量守恒。A.ml₁=-ml₂+Ml₃B.m√L₁=-m√l₂+M√l₃C.ml²=-ml2+M313.(10分)如图所示，在风洞实验室中，从A点以水平速度v。向左抛出一质量为m的小球(可视为质点),小球被抛出后受到大小为F=2mg、方向水平向右的恒定风力，经过一段时间后小球运动到A点正下方的B点处，重力加速度为g(小球在运动过程中除了受水平风力和重力外，不受其他作用力)。求：(1)此过程中小球离A、B两点所在直线的最远距离；(2)小球运动到B点时的速度。14.(13分)如图甲所示，在一些建筑工地上拆除废弃建筑，可以采用起重机吊起重锤，让摆动的重锤与建筑发生碰撞，以实现对废弃建筑的拆除。为了研究碰撞现象，我们对实际拆除过程进行简化，将被碰撞拆除的墙壁假想成一个可沿地面移动的物块Q,如图乙所示，质量M=300kg的铁物块Q,细钢丝与竖直方向的夹角为θ=37°,将铁球P无初速度释放，两物体发生弹性碰撞，碰撞时间极短，两物体间不会发生第二次碰撞，重力加速度g取10m/s²,cos37°=0.8,物块Q与水平地面间的动摩擦因数μ=0.8,铁球P与物块Q都可看成质点，忽略空气阻力，求：15.(18分)如图所示，AB是倾角θ=45°的倾斜轨道，BCE是一个水平轨道，竖直平面内的光滑圆形轨道最低点与水平面相切于C点，A端固定一轻质弹簧，P点与B点的水平距离L=4m,BC两点间的距离d=4m,D是圆形轨道最高点，与P点等高。一质量m=2kg的物体(可看成质点),压缩弹簧后从P点由静止释放，恰好能沿圆形轨道运动一周后向右经C′点离开圆形轨道进入水平轨道CE(C与C′略微错开，间距忽略),物体经过B点时无机械能损失，物体与倾斜轨道AB、水平轨道BCE之间动摩擦因数均为μ=0.4,水平轨道离水平地面FG高度差为h=1.25m,且F点为C点的水平投影位置，重力加速度g取10m/s²。求：(1)物体到C点时对轨道的压力大小；(2)压缩弹簧到P点时弹簧的弹性势能；(3)改变CE的长度，物体始终能够离开E点做平抛运动，落点为G,求FG距离的最大值。参考答案及解析1.D【解析】卡文迪什利用扭秤装置在实验室里比较准确地测出了引力常量G值，A项错误；哥白尼是“日心说”的主要代表人物，现代天文学表明太阳只是太阳系的中心，不是宇宙的中心，B项错误；开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，指出行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，C项错误；德国的伽勒在勒维耶预言的位置附近发现了被誉为“笔尖下发现的行星”海王星，D项正确。2.B【解析】撤去某个力，其余力的合力与该力等大、反向、共线，所以当撤去某个力后，剩余力的合力为恒力，因此产生的加速度大小方向恒定，且不可能做匀速直线运动，A、D项错误。当该恒力与初速度方向不共线时，物体做匀变速曲线运动；当该恒力与初速度方向共线时做匀变速直线运动，C项错误，B项正确。3.A【解析】小球做斜抛运动，竖直方向的分运动为竖直上抛运动，根据图示可知，从下往上小球通过三个窗户竖直方向的分位移大小相等，通过三个窗户竖直方向的分速度逐渐减小，即从下往上通过三个窗户竖直方向的平均速度逐渐减小，则从下往上通过三个窗户的时间逐渐增大，即小球通过窗户C所用的时间最长，C项错误；根据动量定理有-mgt=△p结合上述可知，从下往上通过三个窗户的时间逐渐增大，则小球通过窗户A动量变化量最小，A项正确；结合上述可知，小球通过窗户C竖直方向的平均速度最小，B项错误；小球通过窗户重力做功W=-mgh,三个窗户高度相同，可知小球通过三个窗户克服重力做功相同，D项错误。4.B【解析】两运动员组成的系统合外力为零，满足动量守恒，所以两运动员的动量变化量大小相等，方向相反，A项错误；“交棒”运动员用力推前方“接棒”运动员完成接力过程，相互作用力作为内力对两运动员构成的系统做正功，系统机械能增加，合外力为零，系统动量守恒，B项正确；两运动员的动量变化量的大小相等，但不知道两运动员的质量，故两运动员速度变化量的大小不一定相等，C项错误；两运动员之间相互作用力的冲量大小相等，方向相反，D项错误。5.A【解析】设水平向左为正方向，由m和M组成的系统动量守恒，则Mv-mv=(m+M)v共，根据能量守恒定律可得,所以,由此可知，仅增大μ,摩擦产生的热量不变，A项正确；由于Mv-mv=(M+m)v共，滑块的最终速度与μ无关，增大μ,滑块的动量变化相同，所以摩擦力对滑,增大M,Q增大，滑块相对木板滑行的距离变大，C项错误；滑块相对木板滑行的时间为,由此可知，仅减小m,滑块相对木板滑行的时间变长，D项错误。(此题也可以借助于速度时间图像定性分析)6.B【解析】花盆做自由落体运动，则有v²=2gh代入数据解得v=20ms,取向上为正方向，花盆与地面作用过程中，根据动量定理有(F-mg)t=0-m(-v)代入数据解得F=630N,故选B项。7.C【解析】阻力大小为项错误；汽车再次达到匀速时的速度为,B项错误；根据动能定理,解得牵引力做的功,根据W=Pt解得经历的时间为t= ,C项正确，D项错误。8.AD【解析】图(a)中若轻杆上的小球在最高点时，杆受到的作用力为零，此时,解得v=√gl,若线速度小于v=√gl,则杆对小球的作用力竖直向上，A项正确；图(b)中若火车转弯未达规定速度行驶时，此时重力和轨道的支持力的合力大于火车所需的向心力，此时火车有做向心运动的趋势，轮缘对内轨道有挤压作用，B项错误；图(c)中若A、B均相对静止，根据f=fA=3fB,C项错误；图(d)是一圆锥摆，根据mgtanθ=mw²htanθ可,则增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度不变，D项正确。9.ACD【解析】在地球北极点时，物体受到的重力与万有引力大小相等,解得,A项正确；由于在地球赤道上该物体的重力为mgo,则有mg一mgo=mw²R,解得,故地球自转的周期为,B项错误；地球的体积为V=,则地球的平均密度为,C项正确；由于地球静止卫星围绕地球转动的周期等于地球自转的周期，故由万有引力定律可得h),联立解得地球静止卫星的高度为,D项正确。10.BCD【解析】从两条图像可知上方的图像为机械能随位移变化的图像，下方为重力势能随位移变化的图像，物块在下滑的过程中，机械能与重力势能随位移均匀地减小，且两个图像平行，可知下滑的过程中动能保持mglsinθ=3E,,物块与挡板发生弹性碰撞，原速率反弹，设上升的路程为I',则根据动能定理mgl'sinθ+μmgl'cosθ=E,联立解得,到达最高点后静止在斜面上不再下滑，因此物块运动的总路1,C项正确；下滑的时间,联立解,B项正确；由上述可得,可得,D项正确。二、非选择题(2)第一层(1分)不同(1分)A(1分)【解析】(1)本实验采用的科学方法是控制变量法，故(2)实验中需要保证角速度相同，所以需要将皮带放在塔轮第一层，控制变量时让两球质量不同，半径相同。【解析】(1)“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要每次从同一位置释放，到达斜槽末端速度相同，对斜槽是否光滑没有要求，A项错误；为了保证碰后不反弹，则mA>m,B项错误；要保证碰撞前的速度相同，所以A球每次必须从同一位置由静止释放，C项正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，则rA=rB,D项错误。(2)小球做平抛运动，在竖直方向上有,平抛运动时间,设轨道末端到木条的水平距离为x,小球做平抛运动的初速度,故末端到木条的水平距离x能消去，小球A释放点到桌面的高度H没有实际用处，故选C项。(3)如果碰撞过程动量守恒，则有mAVA=mAv'A+mBv's,代入解(4)设碰撞后小球摆动的最大位移大小为1,摆动位移与竖直方向夹角为θ,球心到悬挂点的距离为R,对心,由几何关系可得,整理两式可得,即vo1,取向右为正，若碰撞动量守恒则(2)√2vo,方向斜向右下方，与竖直方向的夹角θ=45°【解析】(1)将小球的运动沿水平方向和竖直方向分解水平方向有F=ma,解得a=2g(2)小球运动到B点时水平分速度vx=v₀水平方向速度减小为零所需时间由对称性可知，小球从A点运动到B点的总时间竖直分速度v,=gt则B点的合速度为vB=√v+3=√2vo方向斜向右下方，与竖直方向的夹角θ=45°【解析】(1)对铁球P,释放后根据动能定理(2)铁球P与物块Q碰撞过程动量守恒弹性碰撞由机械能守恒有此后Q做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律解得Q的加速度大小为a=8m/s²(1分)所以Q的位移大小为(1分)(Q的位移用动能定理计算，结果正确同样给满分)【解析】(1)根据题意可知，在D点，由牛顿第二定律物体从C运动到D的过程中，由机械能守恒定律有联立解得Fɴ=6mg=120N