2025届重庆市第四十九中学校高三上学期第一学月考试物理试题

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【知识点】加速度的计算
【分析】根据汽车的初末速度，结合加速度的定义式求出汽车的加速度。
【详解】速度的变化量为，则加速度为
故选D。
2．C
【知识点】匀变速直线运动速度与位移的关系
【详解】对整个过程有：，对物体下滑到斜面中点的过程有
联立解得： A．与分析不符，故A错误； B．2 m/s与分析不符，故B错误； C．m/s与分析相符，故C正确；D．0.5 m/s与分析不符，故D错误．
3．C
【知识点】v-t图象面积的物理意义、利用v-t图象求位移
【详解】A．该图表示运动员一直做匀速直线运动，不符合实际，不可能，故A错误；
B．根据图象与时间轴围成的面积表示位移，内的位移为 不可能，故B错误；
C．根据图象与时间轴围成的面积表示位移，内的位移大于 有可能，故C正确；
D．根据图象与时间轴围成的面积表示位移，内的位移大于 不可能，故D错误。故选C。
4．A
【知识点】直接合成法解决三力平衡问题
【详解】按照力的作用效果将OC绳对结点O的拉力分解，如图所示
FMO与OM绳的拉力相等，FNO与ON绳的拉力相等，且
FNO>FMO
因此ON绳先被拉断，BCD错误，A正确。故选A。
5．D 【知识点】动态平衡问题、整体法与隔离法结合处理物体平衡问题
【详解】ABD．受力分析如图所示 A的位置左移，θ角减小，则对B的作用力
故 FN1减小，以AB为一个整体受力分析，有
所以水平外力F减小；B对A的作用力为FN减小，故AB错误，D正确；
C．地面对A的作用力等于两个物体的重力，所以该力不变，故C错误。故选D。
6．C 【知识点】整体法与隔离法解连接体问题、整体法与隔离法结合处理物体平衡问题
【详解】A．令倾斜杆与水平面的夹角为，对c球单独进行受力分析，受力分析图如下，c球受重力和绳的拉力F，物体沿杆滑动，因此在垂直于杆的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力
因a和c球相对静止，因此c球的加速度也为，将a和c球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为，因此a球和杆的摩擦力为零，故A错误；
B．对球d单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d的加速度为零，因为b和d相对静止，因此b的加速度也为零，故d球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B错；
D．细线对c球的拉力 对d球的拉力
因此不相等，故D错误；
C．对a和c整体受力分析有
对b和d整体受力分析
因a和b一样的环，b和d一样的球，因此受力相等，故C正确。故选C。
7．C
【知识点】直接合成法解决三力平衡问题
【详解】球受三个力处于平衡，重力的大小和方向都不变，绳子拉力方向不变，因为绳子拉力和外力F的合力等于重力，通过作图法知，当F的方向与绳子方向垂直时，由于垂线段最短，所以F最小，则θ=15°。由平衡条件解得：Fmin=mgcs15°= 故选C。
8．BC 【知识点】胡克定律及其应用、弹力的方向
【详解】AB.关门时，锁壳对锁舌的弹力方向与接触面垂直，即垂直于锁舌的斜面；选项A不合题意， B项符合题意.
C.关门时，弹簧的压缩量先增大后减小，根据胡克定律可知弹簧弹力先变大后变小；选项C符合题意.
D.被压缩的弹簧弹力的方向沿着弹簧向两边，锁壳对锁舌的弹力方向垂直于锁舌的斜面，显然两者不在一条直线上；故D项不合题意.
9．AC
【知识点】重力加速度及其测定、自由落体运动的三个基本公式
【详解】A．三个球均做自由落体运动，由得
则 故A正确；
B．三个球均做自由落体运动，由得 则
故B错误；
C．b与a开始下落的时间差小于c与b开始下落的时间差，故C正确；
D．小球下落的加速度均为g，与重力及质量无关，故D错误。故选AC。
10．AB
【知识点】物块在水平传送带上运动分析
【详解】由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，此过程设物体对地位移大小为x，加速度大小为a，则
然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2'=v2时（向右加速到v2可以看成是向左由v2减速到0的逆过程，位移大小还是等于x），恰好离开传送带。
②若v1说明物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动知道返回光滑水平面，此时有v2'=v1，故选项A、B正确，C、D错误。故选AB。
11．(1)B (2)C (3)B 【知识点】重力加速度及其测定
【详解】（1）因为自由落体运动是竖直方向上的运动，所以为了减小实验中的阻力，应使两个限位孔在同一竖直线上。 故选B。
（2）A．为打点稳定，应先接通电源，后释放重物，故A错误；
B．根据自由落体运动规律第1个点与第2个点之间的距离接近
故选取纸带时要选取第1个点与第2个点之间的距离接近2mm且清晰的纸带，故B错误；
C．为充分利用纸带，释放重物之前要让重物靠近打点计时器，故C正确。故选C。
（3）打点计时器具有计时的功能，根据
可知为了测得重物下落的加速度，实验中还需要测量计数点间的距离，故还需要米尺。
故选B。
12．(1)B (2)0.51 (3)A
(4) 变大 将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车后，a − F图线的斜率变为，大于（3）中a − F图线的斜率
【知识点】验证加速度与质量成反比的实验步骤、数据处理与误差分析、验证牛顿第二定律实验方法的改进
【详解】（1）A．补偿阻力时小车需要连接纸带，一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动，故A错误；
B．由于小车速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，实验时应先接通打点计时器电源，后释放小车，故B正确；
C．为使小车所受拉力与速度同向，应调节滑轮高度使细绳与长木板平行，故C错误。
故选B。
（2）相邻两计数点间有四个点未画出，相邻两计数点间的时间间隔为
根据逐差法可得，小车的加速度为
（3）A．由图丙可知，当F = 0时，小车产生了加速度，因此说明补偿阻力时长木板的倾角偏大，故A正确；
B．如果实验过程没有不当之处，在处理纸带时去除了开始密集的点，那么纸带后面的点得到的数据在a − F的图线中的连线反向延长线也是能过原点的，所以图丙中a − F图线不过原点与处理纸带时去除了开始密集的点无关，故B错误；
C．设小车的质量为M，砝码和砝码盘总质量为m，由牛顿第二定律得
解得
实验中，小车的拉力F = mg，则随着F的增大，即m增大，而将变小，则a − F的图线的斜率变小，特别是M与m接近时，斜率变小更加明显，所以砝码和砝码盘总质量没有远小于小车质量，会使a − F的图线末端向F轴弯曲，不会使a − F的图线不过原点，故C错误。故选A。
（4）由（3）可知，原实验得到的a − F图线的斜率为，现将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车，由牛顿第二定律得 解得
所以将原小车换成带有力传感器的、等质量的小车后，a − F图线的斜率变为，大于（3）中a − F图线的斜率。
13．(1)6s(2)48m 【知识点】避免相撞类问题
【详解】(1)从刹车到停止时间为t2，则：
(2)反应时间内做匀速运动，则：
从刹车到停止汽车做匀减速运动直到速度为0，则：
小轿车从发现物体到停止的全部距离为： 三角警示牌距车的最小距离为：
14．(1)30°；(2) 【知识点】整体法与隔离法结合处理物体平衡问题
【详解】(1)m处于平衡状态，受到重力、拉力F和轻绳拉力FT，如图所示
以m为研究对象，由平衡条件得
水平方向Fcs60°-FTcsθ=0①
竖直方向Fsin60°-FTsinθ-mg=0② ①②联立解得θ=30°
(2)以M、m整体为研究对象，设杆对M的支持力为FN，由平衡条件得水平方向Fcs60°-μFN=0③ 竖直方向FN+Fsin60°-Mg-mg=0④ 由③④解得
15．1．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）有拉力作用时，对A分析，在竖直方向上有
对A分析，在水平方向上有， 解得
撤去拉力F后，-μ1mg=ma2 解得:a2=2.5m/s
撤去拉力F时，根据速度公式有 解得
撤去拉力F后，0=v1+a2t2 解得 t2=1.8s
（2）撤去拉力F的同时，另一小物块B以对地速度（向右）冲上木板的左端，由于A与B的质量均为，A和B与木板间的动摩擦因数均为，A、B与木板之间的滑动摩擦力大小相等，则A，B均以相同加速度向右做匀减速直线运动，且
对木板有 解得
木板向右做匀加速直线运动，经历时间，A与木板达到相等速度，则有
解得
（3）A与木板达到相等速度 此时B的速度
随后，木板与A保持相对静止，向右做匀减速直线运动，加速度大小为 经历时间，B，A与木板达到相等速度，则有
解得，
之后，A、B与木板保持相对静止向右匀减速至0，则有，
解得 则长木板运动的总时间题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
A
D
C
C
BC
AC
AB