2025届陕西省榆林市高三(上)第一次模拟检测物理试卷（解析版）

这是一份2025届陕西省榆林市高三(上)第一次模拟检测物理试卷（解析版），共22页。
1．本试题共6页，满分100分，时间90分钟。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上。
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收。
第I卷（选择题共30分）
一、选择题：本部分共10题，每题3分，共30分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 如图所示为某研究小组在暗室中用频闪照相的方法记录了一滴水下落过程的照片示意图，照片记录了水滴在不同时刻下落至不同的位置。若相邻位置的时间间隔都相等，水滴所受的重力为，阻力为，则对于水滴的这一下落过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 一直小于B. 一直大于
C. 先小于，后大于D. 先大于，后小于
【答案】A
【解析】由图可知小球下落时相邻相等时间内的位移逐渐变大，可知小球向下做加速运动，根据
mg-f=ma
可知
G>f
故选A。
2. 关于物体的运动，下列说法中正确的是（ ）
A. 物体在变力作用下不可能做直线运动
B. 物体做曲线运动，所受的合外力一定是变力
C. 物体在恒力作用下可能做曲线运动
D. 物体做曲线运动，其速度可能不变
【答案】C
【解析】A．当合外力方向与速度方向在同一直线上时，物体做直线运动，力可以是个变力，故A错误；
B．物体做曲线运动，是因为速度方向和合外力方向不相同，不一定是变力，故B错误；
C．物体在恒定的合力作用下，如果合力方向与初速度方向不在同一直线上，则物体做曲线运动，故C正确；
D．物体做曲线运动，其速度方向一定变化，速度一定改变，故D错误。
故选C。
3. 在机场、车站的安检口，水平传送带匀速运动，一乘客将行李无初速度地放置在传送带上，最终行李随传送带一起匀速运动，如图所示。对于行李被传送的整个过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 传送带对行李一直有摩擦力作用
B. 传送带运动速度越大，行李加速运动的时间越长
C. 行李放上的开始阶段相对传送带向前运动
D. 行李放上的开始阶段摩擦力对行李做负功
【答案】B
【解析】A．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，受到向前的摩擦力，匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，故A错误；
B．设物体与传送带间动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律
物体做匀加速运动时直到与传送带速度相同，加速时间
可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，故B正确；
C．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故C错误；
D．刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，受到向前的摩擦力，摩擦力方向与物体运动方向相同，摩擦力做正功，故D错误。
故选B。
4. 如图所示为一列简谐横波在t = 0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速为20 m/s，质点P距原点2.0 m，则（ ）
A. 质点P振动的周期为0.2 sB. 此时质点P的加速度最大
C. 此时质点P的速度方向沿y轴正方向D. t = 0.1 s时质点P距原点的距离x = 4.0 m
【答案】A
【解析】A．由图可知，该波的波长为
所以该波的周期为
即质点P振动的周期为0.2 s，故A正确；
B．此时质点P处于平衡位置，加速度为零，故B错误；
C．由于这列波沿x轴正方向传播，根据波的传播方向和质点速度方向的关系可知，此时质点P的速度方向沿y轴负方向，故C错误；
D．介质中的质点并不沿波的传播方向迁移，故D错误。
故选A
5. 如图所示、甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B两端近似不动，且A、B两点连线始终沿水平方向，绳子上P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动。当绳子在空中转到如图所示位置时，则（ ）
A. P点的线速度方向沿绳子切线B. P点的线速度等于Q点的线速度
C. P点的角速度等于Q点的角速度D. P点所受合外力方向一定垂直于绳斜向下
【答案】C
【解析】A．P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，则可知P的速度方向与其圆周运动的半径垂直，并不沿绳子切线，故A错误；
BC．由于P、Q两点以AB为共同转轴做圆周运动，可知二者的角速度相等，由图可知，P的半径小于Q的半径，根据公式
可知，P的线速度小于Q的线速度，故B错误，C正确；
D．P、Q等各点均同步在竖直面做匀速圆周运动，则合外力提供向心力，指向圆周运动的圆心，即P点所受合外力方向一定垂直于AB连线向下，故D错误。
故选C。
6. 在2024年世界杯男子61公斤级举重比赛中，中国选手李发彬夺得金牌，为祖国赢得荣誉。在抓举项目中，运动员首先从地面拉起杠铃，当杠铃到达下腹部时，运动员身体快速下沉至杠铃下面，将杠铃举过头顶成稳定的蹲姿，如图所示由①经过②达到③的状态；然后运动员由③所示的状态加速达到④状态后再减速至⑤状态，即举起杠铃到双腿站直保持静止。对于运动员由③状态至⑤状态的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 地面对运动员做正功
B. 杠铃先超重后失重
C. 在举起杠铃的过程中，运动员对杠铃的作用力一直大于杠铃对运动员的作用力
D. 当运动员到达第⑤个状态后，其两只手臂的夹角越小，两手受到的压力越大
【答案】B
【解析】A．分析运动员由③状态至⑤状态的过程，地面对运动员的支持力是竖直向上的，但运动员在竖直方向上的位移为零，因此地面对运动员的支持力不做功，所以 A错误；
B．在运动员由③状态至⑤状态的过程中，运动员和杠铃的整体先是加速上升，此时有向上的加速度，处于超重状态；然后是减速上升，此时有向下的加速度，处于失重状态，所以B正确；
C．运动员对杠铃的作用力与杠铃对运动员的作用力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，它们的大小始终相等，方向相反，所以C错误；
D．当运动员到达第⑤个状态后，杠铃受到重力mg，两个沿手臂向上的支持力均为F，这三个力构成平衡力系
其中 是手臂与竖直方向的夹角。当两只手臂的夹角越小时，越小，因此F越小，即两手受到的压力越小，故D错误。
故选B
7. 2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面附近时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，轨道的半长轴约为。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为，周期约为24h，其中、两点分别为鹊桥二号的近月点和远月点，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 鹊桥二号在捕获轨道点的加速度大于在冻结轨道点的加速度
B. 鹊桥二号在冻结轨道点的速度大于在捕获轨道点的速度
C. 鹊桥二号在捕获轨道上运动的周期一定大于24h
D. 鹊桥二号在捕获轨道点的速度小于其在点的速度
【答案】C
【解析】A．根据牛顿第二定律可知，在P点
解得
故鹊桥二号在捕获轨道点的加速度等于在冻结轨道点的加速度，故A错误；
B．由鹊桥二号从冻结轨道点的加速才能到捕获轨道，故鹊桥二号在冻结轨道点的速度小于在捕获轨道点的速度，故B错误；
C．依题可知捕获轨道的轨道半长轴大于冻结轨道的轨道半长轴，根据开普勒第三定律可知，轨道轨道半长轴越大，周期越长，故C正确；
D．由于鹊桥二号从P点到Q点，万有引力对其做负功，故速度减小，所以鹊桥二号在捕获轨道点的速度大于其在点的速度，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，单摆摆球的质量为，摆长为，摆球从最大位移A处由静止释放，摆线摆过角时摆球运动到最低点。不计空气阻力，重力加速度为，对于摆球从A运动到的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 合外力对摆球做功等于0
B. 重力对摆球做的功为
C. 重力对摆球做功的瞬时功率一直增大
D. 绳子拉力对摆球的冲量大小为0
【答案】B
【解析】A．从A到B过程中，小球动能增加，可知合外力对摆球做功大于零，选项A错误；
B．重力对摆球做的功为
选项B正确；
C．根据
PG=mgvy
开始时vy=0则重力的瞬时功率为零。到达B点时vy=0则重力的瞬时功率也为零，可知重力对摆球做功的瞬时功率先增大后减小，选项C错误；
D．根据I=Tt可知绳子拉力不为零，可知拉力对摆球的冲量大小不为0，选项D错误。
故选B。
9. 如图甲所示为演示简谐运动图像的装置示意图，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，沙漏中的细沙均匀流出，同时水平匀速拉出沙漏正下方的水平木板，沙漏中漏出的细沙在木板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图乙是同一沙漏摆动装置分别在两块相同的木板上形成的图线（图中的虚曲线）。下列说法中正确的是（ ）
A. 在木板1上细沙所形成的曲线点附近的线条比点的细一些
B. 木板2运动的速度是木板1运动速度的1.5倍
C. 沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期不断变大
D. 沙漏摆动过程中随着细沙的漏出振动的周期先变大后变小
【答案】D
【解析】A．沙漏摆动时在最大位移处速度为零，在平衡位置处速度最大，则在木板1上细沙所形成的曲线点附近的线条比点的粗一些，故A错误；
B．木板做匀速运动，设振动周期为T，则有
可得
可知木板2运动的速度是木板1运动速度的倍，故B错误；
CD．沙漏摆动过程中随着细沙的漏出，重心先降低后升高，则摆长先增大后减小，根据单摆周期公式
可知振动的周期先变大后变小，故C错误，D正确。
故选D。
10. 如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为、和，且，其中置于水平地面上，在A、B之间连接一轻弹簧，B与C之间用轻绳连接，轻绳绕过固定的轻滑轮。开始时用手托住物块C使轻绳刚好在竖直方向上伸直，轻弹簧也处于竖直方向，放手后使物块C从静止开始下落，当C的速度减为0时，物块A恰好脱离地面但不继续上升。不计空气阻力和滑轮的摩擦，在物块C向下落的过程中，下列说法错误的是（ ）
A.
B. 物块B的加速度先减小再增大
C. 物块B和弹簧组成的系统机械能一直增大
D. 轻绳上的拉力先增大后减小
【答案】D
【解析】A．开始时，A、B、C静止，设弹簧压缩量为，有
当C速度减为0时，物块A恰好脱离地面但不继续上升，此时弹簧拉力为，有
因为
所以
形变量大小相同，则弹簧弹性势能相同，设物体C下落距离为,则B上升，初态和末态的动能都为零，动能变化量为零，弹性势能变化量也为零，根据能量守恒，系统重力势能变化量也为零，即C物体减少的重力势能等于B物体增加的重力势能
得
故A正确，不符合题意；
B．最开始，物块B受向下的重力、弹簧弹力、和向上的绳子拉力，其中重力和弹簧弹力平衡，所受合力为拉力，向上运动过程中，弹力增大，合力减小，加速度减小，直到弹簧恢复原长时，合力为零，加速度为零，速度达到最大，然后弹簧弹力和重力之和大于绳子拉力，合力变为向下，物体减速，弹力增大，合力增大，加速度增大，直至减速为零，故B正确，不符合题意；
C．绳子拉力对物块B和弹簧组成的系统一直做正功，物块B和弹簧组成的系统机械能一直增大，故C正确，不符合题意；
D．物块C的加速度先向上减小再向下增大，分析C，最开始，加速度减小
弹簧恢复原长以后，加速度增大
轻绳上的拉力一直增大，故D错误，符合题意；
故选D。
第II卷（非选择题共70分）
二、非选择题：本部分共7题，共70分。
11. 在探究加速度与力、质量的关系的过程中，某同学设计了如图1所示的实验装置。其中带小滑轮的小车的质量为（含其前端的定滑轮和细杆），砂和砂桶的质量为，拉力传感器可测出轻绳的拉力大小，带滑轮的长木板放在水平桌面上。
（1）下列实验操作中，一定要进行的是_____。
A. 用天平测出砂和砂桶的总质量
B. 将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力
C. 调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行
D. 为减小误差，一定要保证远小于
（2）在实验中通过正确操作得到如图2所示的一条纸带，图中0、1、2……为连续的几个计数点，两计数点间还有四个点迹没有画出。已知打点计时器使用的是频率为的交流电，根据纸带可求出打下第“3”计数点时小车的速度大小_____，小车运动的加速度大小______。（结果均保留三位有效数字）
（3）以力传感器的示数为横坐标，小车的加速度大小为纵坐标，画出的图像是一条直线，如图3所示。测得图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为，则可得出小车质量的表达式为_____。
A. B. C. D.
【答案】（1）BC （2）0.610##0.611 1.99##2.00##2.01 （3）B
【解析】【小问1详解】
AD．因为有拉力传感器测量拉力，则不需要用天平测出砂和砂桶的总质量，也不需要保证远小于，选项AD错误；
B．实验时要将带滑轮的长木板右端适当垫高，以平衡摩擦力，选项B正确；
C．调整力传感器和定滑轮的高度，使连接它们的轻绳与长木板平行，选项C正确。
故选BC。
【小问2详解】
[1]两计数点间还有四个点迹没有画出，则T=0.1s
打下第“3”计数点时小车的速度大小
[2]小车运动的加速度大小
【小问3详解】
根据牛顿第二定律可知
可得
可得
即
故选B。
12. 学习了单摆后，同学们做“利用单摆测重力加速度”的实验，实验中进行了如下的操作：
（1）用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图1所示，摆球直径的测量值为_____。把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长。
（2）使摆球在竖直平面内摆动稳定后，当摆球到达_____（选填“最低点”或“最高点”）时启动停表开始计时，并记录此后摆球再次经过计时起点的次数n（、、3……），当时停止计时，此时停表的示数如图2所示，其读数为_____s。
（3）经过正确的操作与测量，得到多组周期与对应的摆长数值后，画出图像是一条过坐标原点的直线，测得此直线的斜率为，则实验所测得重力加速度的表达式为_____（用及相关的常数表示）
（4）若某小组的同学用测量出多组周期和对应摆长数值，画出图像如图3所示，造成图线不过坐标原点的原因可能是_____。
A. 摆球的振幅过小B. 将计为摆长
C. 将计为摆长D. 摆球质量过大
（5）某小组的同学小明没有使用游标卡尺测摆球直径，也测出了重力加速度，他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期，然后把摆线缩短适当的长度，再测出其振动周期。则该小组同学测出的重力加速度的表达式为_____。（用相关的测量量和常数表示）
【答案】（1）18.4
（2）最低点 67.5
（3）
（4）B （5）
【解析】【小问1详解】
[1]直径：主尺读数1.8cm；游标尺对齐格数：4个格，读数
所以直径为
【小问2详解】
[1]摆球在竖直平面内摆动稳定后，当摆球到达最低点时启动停表开始计时。
[2]由图示秒表可知，其示数：t=60s+7.5s=67.5s；
【小问3详解】
[1]由单摆周期公式
可知
则T2-L图象的斜率
【小问4详解】
[1]题图3图线不通过坐标原点，将图线向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，故选B。
【小问5详解】
[1]根据题意，由单摆周期公式
可得
联立可得
13. 如图所示，一个质量的木块以的初速度，从固定的、足够长斜面底端沿倾角的斜面向上运动。已知木块与斜面间的动摩擦因数，取重力加速度，，。求：
（1）木块所受滑动摩擦力的大小；
（2）木块沿斜面向上运动的最大位移；
（3）木块返回到斜面底端时的速度大小。
【答案】（1）1.0N
（2）2.0m （3）4.0m/s
【解析】【小问1详解】
木块与斜面间的压力
所受滑动摩擦力的大小
【小问2详解】
设木块沿斜面向上运动的加速度为，根据牛顿第二定律有
木块沿斜面向上运动的最大位移
【小问3详解】
设木块沿斜面向下运动的加速度为，根据牛顿第二定律有
木块返回到斜面底端时的速度大小
14. “滑冰车”是我国北方冬季的一种娱乐活动之一。滑冰车时，人左右手各握一根冰钎斜向后下方插入冰面，冰面给的反作用力使人与冰车一起向前运动，如图所示。现有一同学由静止开始在水平冰面上滑冰车，两侧冰钎在插冰时平行且与水平冰面成角，与冰面作用1.0s后收起冰钎，人与冰车依靠惯性滑行16m后停止运动。已知人与冰车的总质量为，冰钎的质量及空气阻力均可忽略不计，冰面对冰钎、冰车和人的作用力可视为恒力，且沿冰钎斜向上，冰车与冰面间的动摩擦因数为0.05，取重力加速度，，。求：
（1）收起冰钎后人与冰车的加速度大小；
（2）人与冰车整个运动过程中的最大速度；
（3）两侧冰钎插冰时对冰面的合力大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小问1详解】
冰车与冰面间的动摩擦因数，收起冰钎后人与冰车所受的摩擦力
收起冰钎后人与冰车所受的合外力就是这个摩擦力，由牛顿第二定律，则有人与冰车的加速度大小为
【小问2详解】
冰钎与冰面间相互作用的过程中，人和冰车一直在加速，所以收起冰钎时人与冰车有最大速度，此后人与冰车做匀减速直线运动到静止，因此有
解得最大速度的大小为
【小问3详解】
冰钎与冰面间相互作用的过程中加速运动的加速度
设冰面对两侧冰钎的合力大小为，由牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，两侧冰钎对冰面的合力大小
15. 如图1所示，位于竖直面内的固定光滑弧形轨道的最低点与固定光滑圆形轨道平滑连接，圆形轨道半径、点与圆心点等高。现有一质量的滑块（可视为质点），从位于轨道上的点由静止开始滑下，滑块经点后沿圆形轨道上滑。取重力加速度，空气阻力可忽略不计。
（1）若滑块经点后，恰好能通过圆形轨道的最高点，求滑块通过点时的速度大小；
（2）若要求滑块在运动过程中，不会从部分脱离光滑圆形轨道，请分析说明点距离点竖直高度应满足什么条件；
（3）为了更好地研究滑块的运动特点，某同学更换了滑块，并设计了相似装置，且在圆轨道最低点处安装了压力传感器，利用多组竖直高度与力传感器的读数的数据，绘制了图像如图2所示，测得图线的斜率。请根据上述情景和图像信息，求解滑块的质量和圆形轨道半径。
【答案】（1）
（2）或
（3），
【解析】【小问1详解】
因滑块恰能通过点时其所受轨道的压力为零，其只受到重力的作用。设滑块在点的速度大小为，根据牛顿第二定律，对滑块在点有
解得
【小问2详解】
设滑块不脱轨刚好通过D点的释放高度为，根据动能定理或机械能守恒有
代入数值得
即当不脱离轨道；如果滑块沿圆轨道运动高度不超过点，则也满足不脱轨条件，设此时的释放高度为，根据动能定理或机械能守恒有
代入数值得
即当不脱离轨道；所以不脱离轨道释放高度需满足：或（说明：写成或的同样得分）
【小问3详解】
设滑块的质量为，圆形轨道半径为，对于滑块下滑到点的过程，根据机械能守恒定律有：
滑块在点时传感器的示数大小等于滑块此时所受轨道的压力，根据牛顿第二定律有：
联立解得
即图像中，斜率
截距
即由图像可知
，
解得
，
16. 风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一个直径D = 10 m的圆柱形竖直方向固定的风洞中，有一质量为m = 1.0 kg的小球从风洞左侧壁上的A点以v0 = 10 m/s的速度沿其直径方向水平进入风洞。小球在风洞中运动过程中，风对小球的作用力竖直向上，其大小F可在0 ~ 4mg间调节，不计水平方向的空气作用力。小球可视作质点，与侧壁碰壁后不反弹，取重力加速度g = 10 m/s2，风洞在竖直方向上足够长。
（1）当F = 0时，求小球撞击右侧壁的速度；
（2）保持v0不变，调节F的大小，求小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度；
（3）求小球撞击右侧壁的最大动能。
【答案】（1），与水平方向夹角为45°
（2）20 m （3）500 J
【解析】【小问1详解】
当F = 0时，小球做平抛运动，水平方向有
解得
竖直分速度为
小球撞击右侧壁的速度大小
设速度与水平方向夹角为θ，则有
所以
【小问2详解】
结合上述，当F = 0时，小球做平抛运动，竖直方向的分位移
解得
当F = 4mg时，设小球在竖直方向的加速度为a，根据牛顿第二定律有
小球向上偏转做匀变速曲线运动，则有
解得
所以小球撞击右侧壁的区域长度
【小问3详解】
小球在F = 4mg的风力作用下的合力最大，竖直向上的加速度也最大，所以向上偏转撞击侧壁时的动能最大。
小球撞击右侧壁前，风对小球做功的最大值
重力对小球做功的最大值
根据动能定理有
解得小球撞击右侧壁的最大动能
17. 如图，一轻弹簧一端固定在垂直水平面的挡板上的点，点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能，弹簧右端有一质量的物块A与弹簧接触但不栓接，点右侧的点静止一质量物块B，两点间的距离间水平面光滑，点右侧水平面粗糙且足够长，物块与点右侧水平面间的动摩擦因数，物块B与点右侧水平面间的动摩擦因数。弹簧解除锁定后推动物块向右运动，之后与物块B发生多次弹性正碰，物块A、B均可视为质点，取重力加速度，求：
（1）物块A与物块B发生第一次碰撞之前瞬间物块A的速度大小；
（2）物块A与物块B第一次碰撞后瞬间二者的速度；
（3）从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间摩擦产生的热量。
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】【小问1详解】
设解除锁定后物块A的最大动能为，弹簧弹开的过程根据机械能守恒定律可得
物块A在点离开弹簧，之后运动到点，此过程根据动能定理有
代入数据解得
【小问2详解】
AB发生弹性碰撞，则动量守恒，机械能守恒，设的方向为正方向，第一次碰撞之后瞬间物块A、B的速度大小分别为、，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
两式联立代入数据解得
负号表示方向向左
方向向右;
【小问3详解】
第一次碰撞后，物块B向右做减速运动，根据牛顿第二定律有
设物块B运动的时间为，根据运动学公式有
解得
物块B运动的位移为
物块A先向左做匀减速直线运动，运动到点后压缩弹簧，之后又以压缩弹簧前瞬间的速度向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
物块A运动时间内的距离为
，则在物块B停止之前物块A还没有到达点，则物块A一定是在物块B停止之后与物块B发生第二次碰撞，此过程中物块A在有摩擦的水平面上运动的路程
所以物块A与水平面间摩擦产生的热量