四川达州市第一中学2026-2027学年高三上学期零诊考试物理试题

2024级2026年秋季零诊考试物理试题 总分：100分时间：75分钟 一、单选题（每题4分，共28分） 1.一辆汽车在时间t内通过了位移5，同时它的速度变为原来的N倍。如果汽车做的是匀加速直线运动， 该汽车加速度大小为()。 2(N-1)s 2(N+1)s 2(N+2)s (W-1)s A.a= B.a= C.a= (N+1)2 (N-1)2 (N-1)t2 D.a= (N-2)2 2.如图所示，t=0时刻，长h=0.8m直管在其底端离地高h2=3.2m处自由下落，此时在 直管正下方的地面上有一小球以。=8m/s的初速度竖直上抛。己知小球的直径小于直管的 直径，小球穿过直管时互不影响，重力加速度大小g=10m/s2。下列说法正确的是() A.1=255时，直管刚好落地 5 B.1=0.5s时，小球刚好穿过直管 C.小球在直管中的运动时间为0.4s D.直管落地时，小球的速度方向向下 3.如图所示，质量为m的小物块，在水平恒力F的作用下紧贴在竖直墙壁上保持静止 状态。自t时刻起F随时间均匀减小，直至2时刻减为零，重力加速度为8，关于小物 块所受摩擦力F大小随时间t变化的图像，下列选项可能正确的是() 131 4.如图所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻 a 细线悬吊着一个小铁球m,此时小车正以大小为α的加速度向右做匀加速 直线运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为日。若某 时刻起，小车的加速度逐渐减小，M始终和小车保持相对静止，当加速度 Om 减小为】，且小铁球与小车保持相对静止时《) A.横杆对M的弹力减小为原来的 B.细线与竖直方向的夹角减小为原来的) C.细线的拉力减小为原来的； D.横杆对M的摩擦力减小为原来的) 试卷第1页（共6页） 5.一架直升机悬停在空中时，其功率只与旋翼的直径L、旋翼提供的竖直升力F和空气密度P这三个因素 和一个无量纲系数有关。试问：若由于直升机运载货物增加而使整个飞机重力增加一倍时，直升飞机的功 率应该为原来的几倍？() A.2 B.2√2 C.4 D.4W2 6.如图所示，轻绳两端分别与A、D两物体相连接，m=1kg,m=2kg, me=3kg,o=4kg,物体A、B、C、D之间及D与地面间的动摩 A 擦因数均为=02，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计，最大静摩擦力 近似等于滑动摩擦力，8取10m/s2。若要用力将D物体拉动，则作用 D 在D物体上水平向左的拉力最小为() A.24N B.28N C.32N D.36N 7.如图所示，水平传送带长L=0.21m,以速度y=1m/s顺时针匀速运动，质量均为1kg的小物体P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，1=0时刻P在传送带左端具有速度2=1.6m/s,P与定滑轮间的绳 水平，P与传送带之间的动摩擦因数为u=0.2。己知重力加速度g=10m/s2,不计定滑轮质量和滑轮与绳 之间的摩擦，绳足够长。不考虑P冲出传送带后再返回的情况，下列说法中正确的是() 白Q A.Q物体刚开始的加速度为12m/s2 B.P在传送带上留下的划痕长度为0.05m C.在传送带上运动的时间为0.2s D.P与传送带共速后一起匀速运动 二、多选题（每题6分，共18分） 8.一辆汽车在能见度很低的雾天在平直路面上以速度。=30m/s匀速行驶，突然发现正前方有一辆静止 的自行车，当汽车发现自行车时立刻刹车。已知该汽车在减速过程中的加速度α与速度v满足关系 Q=-kw(k=2s)。则汽车发现自行车时，两车相距多少米可以不相撞() A.30m B.25m C.12m D.10m 试卷第2页（共6页） 9.物块、b中间用一根轻质弹簧相接，放在光滑水平面上， a/(m's2) 2.0 0 m,=3kg,如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原 bwwal F 长，t=0时对物块a施加水平向右的恒力F。t=2s时撤去， 在0~2s内两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。 t/s 甲 弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确的是() A.0~2s内物块4与物块b的距离一直在减小 B.物块b的质量为，=2kg C.撤去F瞬间，a的加速度大小为0.8m/s2 D.若F不辙去，则2s后两物块将一起做匀加速运动 10.为了避免突然产生的加速度让乘客有明显 不舒服的顿挫感，电梯在竖直方向上减速下降 过程中加速度4，随时间t变化的图像如图甲所 示，取竖直向下为正方向，t=0时刻和t时刻 a 的加速度均为零。如图乙所示，1=0时刻， 乙 小物块在电梯中以初速度'水平向右滑动，。时刻恰好减速至零，该过程中物块在竖直方向与电梯保持相 对静止，电梯厢足够长，物块不与电梯发生碰撞，物块与电梯之间的动摩擦因数为“，重力加速度为8。 若取水平向右为正方向，关于小物块水平方向的加速度4，、水平方向的速度'，、水平方向的位移x随时间 t变化的图像可能正确的是() ax to to 2 2 0 0 A B -ug -ug Vo 2vo 2(g- ug- to 个Vx Voto 2 3voto Vo c 2 D to to to 2 2 试卷第3页（共6页） 三、实验题（每空2分，共14分) 11.(6分)某同学想设计一个可以测量物体重量的台秤，其结构原理如图()所示，轻质弹簧下端固定 于铁架台，弹簧上端置一托盘(g取9.8m/s2) (1)该同学在托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下。 砝码质量(g) 50 100 150 弹簧长度(cm) 8.50 6.54 4.58 由表中数据算得劲度系数k= N/m(保留2位有效数字)。 (2)该同学将砝码取下，将一个玩具放到托盘上，由图(b)虚线c,读出 (a) (b) 此时弹簧长度为 cm。经计算得到该重物的质量为 g(计算结果保留3位有效数字)。 该同学通过换算，将刻度尺不同位置的长度数据标上对应质量数据，一个简易台秤则成功制作。 12.(8分)做“探究加速度与力、质量的关系”实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，拓展 方案的实验操作步骤如下： 打点计时器 打点计时器 M M ● 纸带 纸带 77 甲 ()挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑： (i)取下托盘和砝码，测出其总质量为，让小车沿木板下滑，测出加速度： ()改变砝码质量和其他要求的事项，多次测量，通过作图可得到α一F的关系. (1)实验获得如图所示的纸带，计数点a、b、c、d、e、f间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速 度大小a= m/s(保留两位有效数字，打点计时器的工作频率为50Hz): a b d e mmmmmmpmmmmmmmpmmmmpmm 29 3031323334353637。m38 cm (2)需要满足条件>的方案是」 (选填“甲“乙”或“甲和乙”)：在作a一F图像时，把g作为F 值的是 (选填“甲“乙”或“甲和乙”)。 (3)为了降低偶然误差，图乙也需要改变托盘和砝码总质量为和测相应的加速度α，每次 (选 填“需要”或“不需要”)重新调整木板的倾角。 试卷第4页（共6页） 四、解答题(3个大题，共40分) 13.(8分)在某科技公司的测试场上两个物流机器人A和B正在进行性能测试。如图1所示，在直线测 试跑道上，机器人A在t=0时从起点以初速度'ao=2m/s和加速度a=0.5m/s2向右匀加速运动：机器人 B在t=4s时从起点由静止开始以加速度a(未知)向右做匀加速运动。已知机器人B在t?=10s时追上 机器人A,求：(1)机器人B的加速度大小as; (2)在机器人B追上A之前，两者之间的最大距离： (3)如图2所示，假设跑道长100米，机器人A以'=4m/s的速度从起点匀速向终点出发：与此同时机器 人B以'=8m/s的速度从终点匀速向起点出发。两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时 间，则在100秒内机器人A与B会相遇几次？ B→ A→ A→ YB←B 起点 终点 起点 100米 终点 图1 图2 14.（12分)一斜面体静止在粗糙水平地面上，斜面的倾角为日，将一质量为m的物块放在斜面上时恰好 匀速下滑。现用与斜面成角（未知）的外力F(大小未知)拉着物块在斜面上匀速上滑，如图所示。己 知重力加速度大小为8，斜面体始终保持静止状态。 (1)求物块与斜面接触面间的动摩擦因数： (2)当α=0°时，求外力F的大小和地面对斜面体的摩擦力大小： (3)当与日满足何种关系时，外力F有最小值，并求此最小值。 7777777777777777777 试卷第5页（共6页） 15.(20分)如图，倾角为0=37°的足够长光滑斜面固定在水平地面上。足够长的m=1kg的木板B先 被锁定在斜面上，斜面底端有一固定薄挡板P,P与B下端的距离为x,=15.25m。现让m=3kg的物 51 块A从B上的某一点以y=9/s的速度沿斜面向上运动，当A向上运动的距离为x= m时，A的 56 速度方向不变，大小变为，=8m/S,此时立刻解除B的锁定，并同时给A施加沿斜面向下F=8N的 恒力。在B与P刚要发生第4次碰撞时，A第一次运动到B的下端，B与P碰后以原速率的一反向弹回， 碰撞的时间极短，可忽略不计。已知重力加速度大小g=10m/s2,si37°=0.6。求： 4 B P (1)物块A与长木板B之间的动摩擦因数： (2)物块A与长木板B刚共速时，长木板B下端距挡板P的距离： (3)从解除锁定到长木板B刚要与挡板P发生第4次碰撞所用的时间。 试卷第6页（共6页） 物理试题参考答案 题号 2 3 6 7 8 10 答案 B D B A C AB BC BC 1.A 【详解】设初速度为v,则时间t后速度变为v,物体在时间t内通过了位移s,则平均速度为 =y+=s 25 解得 v-(N+1 所以加速度为 a=4-N-Iy_2w-1)s 故选A。 △tt(N+1)2 2.B 【详解】A,直管做自由落体运动，直管底端离地片，由自由落体位移公式可得h)8斯 解得直管刚好落地t。=0.8s,故A错误； 1 B.当小球刚进入直管，小球与管底端相遇，则w财28+28对=h 解得进入时间51=0.4s 1 1 当小球刚好穿出直管，小球与管顶端相遇，则58贴+)8贴=4+% 解得穿出时间t2=0.5s,故B正确； C.小球在直管中的运动时间△t=t2-t1=0.1s,故C错误： D.直管底端落地时t=0.8s,小球的速度v=。-gt。=0,速度为零，方向不向下，故D错误。 故选B。 3.C 【详解】开始时小物块静止，摩擦力等于重力，随着恒力的逐渐减小，小物体的最大静摩擦也减小，当小 于重力时突变为滑动摩擦，而且滑动摩擦小于最大静摩擦，根据∫=F 可知与恒力成正比逐渐减小到零。 故选C。 4.D 【详解】A.对M、m整体受力分析，整体竖直方向受力平衡，横杆对M的弹力N=(M+m)g 弹力始终等于总重力，不随加速度变化，故A错误： B.当加速度减小为2a时，ang-2-)an ,正切不是线性关系，日不是原来日的)，故B错误。 82 C.对小球m受力分析，小球和小车加速度相同，受重力mg、细线拉力T,在水平方向，由牛顿第二定律， 得T sin=ma 在竖直方向，由平衡条件，得Tcos8=mg 答案第1页（共8页） 整理得tam6=g,T=m√g+a 8 当加速度减小为0时，T'-mg+分=7 拉力不是原来的)，故C错误： D.对M、m整体，水平方向摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律，得摩擦力f=(M+m)a 当加速度减小为时，了=01+m号 摩擦力减小为原来的)，故D正确； 故选D。 5.B 【详解】功率为 P=FV 功率的量纲为 [P]=[m['[rJ 根据题意，有 P=klF6p 二者必须量纲相等，所以有 [m[L[T=(mlL[TT 可得 a+B-3y=1 B+y=2 -2B=-3 解得 由此可知，直升机的功率公式为 P=kLFp F 所以 P'=2P=22P 故选B。 6.A 【详解】A、B间最大静摩擦力为fAs=mAg=2N 当A刚要拉动时，右侧绳子的拉力至少等于A、B间最大静摩擦力，即T=fA=2N B、C间的最大静摩擦力fc=u(ma+mg)g=6N 故A、B间最大静摩擦力小，A、B间先滑动：D与地面间的最大静摩擦力f地=4(m+me+mc+mo)g=2ON 再对B、C、D三个物体组成的整体进行研究，由平衡条件得到，水平向左的拉力最小值为 F=T+fAB+f地=24N 故选A。 7.C 【详解】A.把P、Q看成一个整体，根据牛顿第二定律有mg+g=2ma1代入数据解得a=6/s2 所以Q物体刚开始的加速度为6/s2,故A错误： B.P与传送带共速前传送带的位移大小x带=v5=0.lm 答案第2页（共8页） P相对传送带的位移△x=x,-x#=0.03m P与传送带共速后传送带的位移大小x#=t2=0.1m P与传送带共速后的位移大小x=L-x=0.21m-0.13m=0.08m P与传送带的相对位移大小△x=x#-x,=0.02m<△x 后面的划痕没有完全覆盖前面的划痕，即P在传送带上留下的划痕长度为0.03m,故B错误。 CD.P从滑上传送带至与传送带速度相等所用的时间1=当-y=-1.6 =0.1s -a-6 时间内P的位移为=y十兰4=1+16x0.1m=0,13m 2 2 当P与传送带共速后，对P、Q整体分析，根据牛顿第二定律有mg-umg=2a2 代入数据解得a=4m/s2 P与传送带共速后，P做匀减速直线运动，P到达传送带的右端的速度大小v=√y?-2a,(L-p)=0.6m/s P从与传送带达到共速至到达传送带右端的时间5=Y二'=0.1s a P在传送带上运动的时间为t=1+t2=0.2s,故C正确，D错误；故选C。 8.AB 【详解】由题意，汽车在减速过程中任意一小段时间内，速度的变化量为△v=Σa△t=-k∑vAt=-kAx 累计求和可知，当汽车的速度为v时，汽车的位移满足v=V。-x 当汽车的末速度v=0时，汽车的位移最大，满足x=业=15m k 故汽车发现自行车时，两车相距至少大于15米可以不相撞，选项A、B的距离均大于15m,可以不相撞。 故选AB。 9.BC 【详解】A,根据-t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，0~2s(0时刻除外) 内a的速度一直大于b的速度，所以，物块a与物块b的距离一直在增大，故A错误： B.t=0时，弹簧弹力为零，对a根据牛顿第二定律可得 F=m,a,=6Nt=2s时，a、b整体加速度相同，对整体根据牛顿第二定律可得 F=(m。+m,)a=6N 解得 m =2kg 故B正确： C.2s时，对b根据牛顿第二定律可得弹簧弹力大小为 F=m,a1=2.4N 答案第3页（共8页） 撤去F瞬间，弹簧弹力不会突变，此时a的加速度大小为 4=￡=0.8m/s2 ma 故C正确； D.a-t图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，t=2s时a的速度大于b的速度，所 以若此时不撤去F,弹簧在之后的一段时间内会继续伸长，a的加速度减小，b的加速度增大，并不能一 起做匀加速运动，故D错误。 故选BC。 10.BC 【详解】AB.由牛顿第二定律可得mg-F=ma,-uFN=ma 解得a.=a,一g a-1图像的面积为速度变化量ug+(an-g)2= 解得水平加速度的最大值am 2少一4g,故A错误，B正确： t C.V-t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，由a=ua,-g 可知，V,随时间的变化满足对称性，加速度先增大后减小，故斜率先增大后减小，C正确： D,V-图像的面积表示位移，由图像的对称性结合上述分析可得，，内的总位移为，内的位移大 2’2 于总位移的3，即大于3，故D错误。 故选BC。 A 8 11.(6分) (1)25(2分、(2)5.53/5.54/5.55(2分)、126/125(2分) 【详解】(1)根据胡克定律可得△F=k△x 增加砝码时△F=△mg,△x为弹簧长度的变化。 由表格数据：砝码每增加△m=50g=0.05kg,弹簧长度平均缩短 .80-659生64-49m=1m-A0mf代入4-e-e9m -=25NW/m 2 △L 0.0196m (2)[1]刻度尺分度值为1mm,需估读到分度值下一位，由图b)可读得弹簧长度为5.53cm [2]代入表中数据(150g4.58cm),根据胡克定律可得△m'g=k△L 推导得△m'=kAL'-25×(5.53-4.58)×102 kg≈0.024kg=24g 9.8 由于长度比4.58cm更长，则质量更小，则计算得m=150g-△m'=126g 12.(8分) 0.19(0.18~0.19均可)（2分) 甲(2分) 甲和乙(2分) 需要(2分) 【详解】(1)[1]打点计时器打点周期 T=0.ls 由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打d点时小车的速度 实-3810-3070x10 m/s≈0.19m/s 4T 4×0.1 (2)[2][3]在图甲的实验方案中，由托盘和砝码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二 答案第4页（共8页） 定律可得 mg (M+m)a 则 q=- m+M8 M 则绳子对小车的拉力 F=Ma=- ·1m8 m+M 当M远大于m时，绳子拉力近似等于托盘和砝码的重力，故甲需要满足M远大于m: 在图乙的实验方案中，挂上托盘和砝码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为日，斜面和纸带对小车的摩擦 力阻力总和为，则有 Mgsin0=f+mg 取下托盘和砝码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得 Mg sin -f=Ma 即 mg Ma 故乙方案中，不需要满足M远大于： 在甲乙方案中，均用托盘和砝码的重力g作为小车匀加速的直线运动的合力及F。 (3)[4]乙方案中由于小车匀速下滑时，需满足 Mg sinθ=f+mg 所以当改变时，而纸带对小车的摩擦力阻力总和∫不变，所以需要改变木板倾角。 13.(8分) (1)2.5m/s2 (2)16m (3)6次 1 21 【详解】1)机器人B在，=10s时追上机器人A,有M+4=206-(1分) 机器人B的加速度大小a=2.5m/s2(1分) (2)在机器人B追上A之前，速度相等时两者之间有最大距离， 设t时刻速度相等，有vAo+aat=ag(t-t)(1分) 解得t=6s 1 1 两者之间的最大距离Ar=v+2a,-24.-4)=16m(1分) (3)跑道长100米，机器人A以'a=4m/s的速度从起点匀速向终点出发，机器人B以'g=8m/s的速度 从终点匀速向起点出发。 第一次相遇时间=10=25。 +哈3s(1分) 两者均在跑道的终点与起点做折返运动，忽略掉头的时间，可知速率不变，之后每次相遇，两者的路程和 为200m,时间间隔4t=200=50、 (1分) 答案第5页（共8页） 设相遇次数为m总时间满足草+(a-小×9≤1001分) 解得n≤6.5,100秒内机器人A与B会相遇6次。(1分) 14.(12分) (1)tan0;(2)F=2 ngsin0,ngsin20;(3)a=0时，有最小值mgsin28 【详解】(1)物块匀速下滑的过程中受力平衡，则有 ngsin0-f=0(1分) f=mgc0s0(1分) 解得 L=tane (1分) (2)物块匀速上滑的过程中 F-1 ngsinθ-umgcosθ=0(1分) 解得 F=2 ngsinθ 对物块和斜面体整体进行受力分析如答图所示 F 10 ￥(M+m)g Fcos0-f地=0(1分) 解得 f地=ngsin28 (1分) (3)对物块进行受力分析如答图所示 mg Fcosa-mgsine-f'=0 (1) 答案第6页（共8页） f'=uN'(1分) N'+Fsina-mgcos=0 (1分) 联立解得 F=mg(ucose+sine) (1分) cosa+usina 即 F=2mgsingcose mgsin2θ cosecosa+sinesina cos(0-a) (1分) 当外力F与斜面间的夹角=日时，有 Fmin =mgsin20 (1分) 15.(20分) a8 (2)x=15.75m (3)t=4.5s 【详解】(1)当B被锁定时，对A受力分析ma8sin8+ma8cos8=maa(1分) 又3-y2=-2ax (1分) 解得u=5 (1分) 12 (2)解除锁定后设A加速度大小a,方向向下， 根据牛顿第二定律可得F+ma8SinB+lmA8cOsB=maa1(1分) 设B的加速度大小a2,方向向上， 根据牛顿第二定律可得uma8cOs日-ms8sin日=msa2(1分) 经过1时间，A和B共速为，则V2-a41=a241(1分) 此过程B的向上移动的距离x= 241分) B下端距挡板的距离x=X,十x 解得x=15.75m(1分) (3)A和B共速后，假设一起向上减速运动，则对AB受力分析，根据牛顿第二定律可得 F+(m+mg)g sine=(ma+mB)as (1) 答案第7页（共8页） 对B根据牛顿第二定律可得f+ng8sinB=nea3(1分) 其中f=2N<UmA8COSB=10N,故假设成立，A与B共同向上减速。(1分) 共同减速到0的时间为52，则0=y3-at2(1分) 共同减速到0时，B向上移动的距离x=兰5，(1分) 2 AB共同下滑的加速度大小也为a,经t3的时间第一次与P相碰，碰前的速度为V4, 1 则6+x+6=2a4 (1分) 其中V4=a3t3=16m/s (1分) B与P碰后速度沿斜面向上？，=8m/s，设B的加速度大小a4,方向向下，根据牛顿第二定律可得 mBg sine+Lmag cos=mgaa (1) B向上匀减速的时间飞，=上=0,5s a 由于运动的对称性，从第一次与P相碰后到刚要发生第二次碰撞共用时间2t4=1S(1分) P碰撞后速率变为，所以碰撞时间间隔依次为s、一、5：（或第1次碰完到刚要发 11 次碰撞的时间5=1+2十4 十 =1.75s)(1分) 则t=t1+t2+t3+t5(1分) 故t=4.5s(1分) 答案第8页（共8页）