重庆乌江新高考协作体2025届高考质量调研（二）物理试题（分数：100分，时间：75分钟）一、单选题1.物理学发展推动了社会进步。关于物理学上一些事件和科学方法，下列说法正确的是（）A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，体现了极限思想B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代法C.重心概念的建立体现了理想化模型的思想D.速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式【答案】D【解析】【详解】A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里主要采用了微元法，故A错误；B．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想化物理模型，B错误；C．重心概念的建立体现了等效替代法，C错误；D．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式，D正确。故选D。2.如图所示为同一地点出发的A、B两物体做直线运动的v－t图象，由图可知( )A.t1时刻A、B两物体相遇B.t1时刻A、B两物体速度大小相等，方向相反C.t2时刻物体A的加速度小于物体B的加速度，二者方向相反D.0-t3过程中物体A、B位移大小相等，方向相同【答案】C【解析】【详解】A．因图像的面积等于位移，则0-t1时间内A的位移小于B，则A、B两物体没有相遇，选项A错误；B．t1时刻A、B两物体速度大小相等，方向相同，选项B错误；C．因v-t图像的斜率等于加速度，可知t2时刻物体A的加速度小于物体B的加速度，因斜率的符号相反，可知二者加速度方向相反，选项C正确；D．0-t3过程中物体A、B的位移大小相等，方向相反，选项D错误．3.如图所示，轻弹簧A一端固定，另一端系一质量为m的小球，小球通过不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接轻弹簧B且处于平衡状态，已知定滑轮位于弹簧A固定点的正上方。现缓慢收绳，使滑轮右侧的绳长减小少许，小球仍处于平衡状态，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（ ）A.小球的运动轨迹为一小段圆弧 B.弹簧B的长度变长C.弹簧A的长度变长 D.弹簧A的长度变短【答案】A【解析】详解】小球受力如图所示设弹簧原长为，实际长度x，滑轮右侧绳长为l，则根据相似三角形可知根据胡克定律，有解得所以A．由于收绳后弹簧的实际长度x不发生变化，轨迹为圆弧，A正确；B．减小，则轻绳拉力减小，所以弹簧B长度减小，B错误；CD．的大小不变，即弹簧A的弹力大小不发生变化，长度不变，CD均错误。故选A。4.2024年2月3日7时37分，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，成功将吉利星座02组卫星发射升空，11颗卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设其中三颗卫星绕地球做圆周运动，a为地球的同步卫星，周期为T，b为倾斜轨道卫星，c为极地卫星（绕地球的两极做圆周运动），已知，地球表面两极的重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法正确的是（）A.b卫星距离地球表面的高度为B.c卫星的运动周期大于TC.a和c卫星的线速度之比为D.a和c卫星向心加速度之比为【答案】A【解析】【详解】B．根据开普勒第三定律可得故B错误；A．根据黄金代换式根据万有引力提供向心力解得故A正确；C．根据可得a和c卫星的线速度之比为故C错误；D．根据可得a和c卫星的向心加速度之比为故D错误。故选A。5.如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A．汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是A.将处于失重状态B.将竖直向上做匀速运动C.将竖直向上做加速运动D将竖直向上先加速后减速【答案】C【解析】【详解】对汽车的速度v沿绳子的方向和垂直于绳子的方向进行正交分解，如图所示，有：v2=vcosθ，v1=vsinθ物块上升的速度大小等于v2，由v2=vcosθ可知，汽车匀速向右，θ角变大，所以v2增大，物块向上做加速运动，加速度向上，物块处于超重状态A.将处于失重状态与分析不符，故A项与题意不相符；B.将竖直向上做匀速运动与分析不符，故B项与题意不相符；C.将竖直向上做加速运动与分析相符，故C项与题意相符；D.将竖直向上先加速后减速与分析不相符，故D项与题意不相符．6.如图所示，有一竖直半圆形轨道，由四段相同的光滑圆弧轨道BC、CD、DE、EA拼接而成，每段对应的圆心角均为，B点位于轨道圆心的正上方，设连接处顺滑。若将一质量为m的小球以速度从最低点A水平向右射入轨道，最后通过B点离开轨道。现保持小球的入射速度不变，要使其高度达到最大，则应（ ）A.拆去轨道的BC段 B.拆去轨道的BD段C.拆去轨道的BE段 D.以上三种情况，小球达到高度均相同【答案】B【解析】【详解】若拆去轨道的BC段或BE段，小球脱离轨道后都做斜抛运动，到达最高点时具有水平速度；若拆去BD段，小球脱离轨道后做竖直上抛运动，到达最高点时，速度为零。根据机械能守恒定律，可知拆去轨道的BD段，上升到最高点动能为零，高度最高。故选B。7.今年4月19日，广西一法院开庭审理一起高空抛物致一高中生死亡的案例，高空抛物是十分危险的行为，我国正式将高空抛物罪纳入刑法内容，我们应杜绝高空抛物行为。现有一居民在阳台玩耍，不慎将篮球从窗台外落下，致篮球从高楼落下做自由落体运动，篮球开始下落后的v-t图像如图所示，已知时篮球距地面高度为12.8m，重力加速度g取，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A.篮球下落至地面所用时间为2sB.篮球落地时的速度大小C.篮球落地后反弹的最大高度为3mD.至，篮球的位移大小为12m【答案】B【解析】【详解】A．设自由落体加速度的方向为正方向，下落的高度，有下落时间为，则故A错误。B．设落地时速度为，则故B正确；C．由图像知1.6s后，篮球做初速度为的竖直上抛运动，反弹的最大高度故C错误；D．当运动的时间，则发生位移为，后的位移为故D错误。故选B。二、多选题8.一质点做减速直线运动过程中速度和位置坐标的关系如图v-x所示，下列分析正确的是（ ）A.过程中质点的加速度恒定B.过程中质点的加速度逐渐减小C.质点在时的加速度等于时的加速度D.质点在时的加速度大于时的加速度【答案】BC【解析】【详解】AB．由图知等式两侧对时间求导得故两段运动过程加速度都逐渐减小，故A错误，B正确；CD．由图可知两段斜率关系为，所求加速度之比为故C正确，D错误。故选BC。9.如图所示，半径为R的光滑绝缘四分之一圆弧形轨道固定在竖直平面内，O为其圆心，水平。在圆弧轨道的最低点B处固定一带正电的小球，电荷量为q。另有质量为m的带电小球N从A点处无初速释放，运动到C点时达到最大速度v。已知，静电力常量为k，两小球的大小可忽略。则（）A.N小球可能带负电B.N小球的带电量为C.N小球从A点到C点的过程中，电场力做功为D.N小球从A点到C点的过程中，减少的机械能为【答案】BD【解析】【详解】A．由题意知，在C点达到最大速度，所以C点后速度减小，而重力做正功，所以电场力做负功，故电场力是斥力，故小球带正电，故A错误；B．由小球在C点速度最大，所以在C点的切向加速度为零，则解得故B正确；C．设小球从A点运动到C点的过程中电场力做功为W，由动能定理可得解得故C错误；D．由功能关系可知，N小球从A点到C点的过程中，减少的机械能为电场力做功的绝对值，即故D正确。故选BD。10.一小球质量为m，用长为L的悬线（不可伸长、质量不计）固定于O点，在O点正下方处钉有一颗光滑小钉子，如图所示。将悬线沿水平方向拉直然后无初速度释放，则当悬线碰到钉子后的瞬间（ ）A.小球的角速度突然增大到原来的1.5倍B.悬线对小球的拉力不变C.小球的向心加速度突然增大到原来的3倍D.小球的线速度大小不变【答案】AD【解析】【详解】AD．把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，由于绳子拉力与重力都与速度垂直，所以不改变速度大小，即线速度大小不变，而半径变为原来的，根据得知角速度增大到原来的1.5倍，故AD正确；B．根据牛顿第二定律可得，悬线碰到钉子前瞬间解得悬线碰到钉子后瞬间有解得故B错误；C．根据牛顿第二定律可得半径变为原来的，悬线碰到钉子后瞬间向心加速度变为原来的1.5倍，故C错误。故选AD。三、非选择题11.如图是A、B两物体同时由同一地点向同一方向做直线运动的v-t图象，从图象上可知t=_______s时，A、B相遇：t=__________s时，A、B相距最远。【答案】①.40②.20【解析】【分析】【详解】[1][2]在0～20s内物体A的速度始终大于物体B的速度，并且A的速度图象与时间轴围成的面积代表A的位移，而B的速度图象与时间轴围成的面积代表B的位移，两个面积的差代表两者之间的距离。由图可知在相遇之前20s末A、B相距最远，40s末，A的位移x1=5×40m=200mB的位移故40s末A、B相遇.12.如图为电饭锅的电路图。R1、R2是电热丝，S是温控开关，A、B两点接照明电路。电饭锅工作时有加热和保温两种工作状态。当S闭合时，电饭锅处于_____________工作状态；若R1：R2=9：1，加热时的功率为1000W，则保温时的功率为_____W。【答案】①.加热②.100【解析】【详解】[1]当S闭合时，电阻R1被短路，电路中电阻较小，电压两端的电压不变，根据功率公式P=，功率较大，电饭锅处于加热状态。[2]当S闭合时，电饭锅处于加热状态，由题，功率为P1=1000W，则有P1=当S断开时，电饭锅处于保温状态，功率为P2=则P2：P1=R2：（R1+R2）解得P2=100W13.如图所示，半径为R=0.5m的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合。转台静止不转动时，将一个质量为2kg、可视为质点的小物块放入陶罐内，小物块恰能静止于陶罐内壁的A点，且A点与陶罐球心O的连线与对称轴OO′成θ=37°角。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：（1）当转台绕转轴匀速转动时，若物块在陶罐中的A点与陶罐一起转动且所受的摩擦力恰好为0，则转台转动的角速度为多少？（2）若转台转动的角速度为，物块仍在陶罐中的A点随陶罐一起转动，则陶罐给物块的弹力和摩擦力大小为多少？【答案】（1）5rad/s；（2）26.8N，2.4N【解析】【详解】（1）若物块在陶罐中的A点与陶罐一起转动且所受的摩擦力恰好为0，对物块分析有圆周运动半径r=Rsinθ解得ω0=5rad/s（2）当转台的角速度为时，由于该角速度大于5rad/s，则物块有向外滑的趋势，摩擦力方向向内，则有，解得N=26.8N，f=2.4N14.质量为m=5kg的物体，在水平力F=20N的作用下，在水平面上从静止开始运动，物体与水平面的动摩擦因数为0.2，运动时间为t=5s，求：(1)力在5s内对物体所做总功；(2)力F在5s内对物体所做功的平均功率；(3)5s末，力F对物体做功的瞬时功率。（g=10m/s2）【答案】（1）250J；（2）100W；(3)50W【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿第二定律可知F-μmg=ma解得物体在5s内的位移为x=at2=×2×25=25m力在5s内对物体所做的总功为W总=（F-μmg）x=（20-0.2×5×10）×25=250J（2）力F做功的平均功率为（3）5s末的速度为v=at=2×5=10m/s力F的功率为P1=Fv=10×5W=50W15.真空中足够大的两个相互平行的金属板a和b之间的距离为d，两板之间的电压Uab按图所示规律变化，其变化周期为T。在t=0时刻，一带电粒子（+q）仅在该电场的作用下，由a板从静止开始向b板运动，并于t=nT（n为自然数）时刻，恰好到达b板。求：（1）带电粒子运动过程中的最大速度为多少？（2）若粒子在时刻才开始从a板运动，那么经过同样长的时间，它将运动到离a板多远的地方？【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）带电粒子在匀