重庆市名校联盟2025-2026学年度第一期第一次联合考试物理答案_251103重庆市名校联盟2025-2026学年高三上学期第一次联合考试（全科）

重庆市名校联盟 2025-2026 学年度第一期第一次联合考试 物理答案（高 2026 届） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D C A B C A C CD BC BC m U F 1、D【详解】A．密度 和电阻R 是比值定义法，但加速度a 由牛顿第二定律 V I m 得出，是决定式而非比值定义，A错误； B．做功的两个条件是有力和力的方向上的位移，故B错误； C．摩擦力即能做负功，也能做正功，也可以不做功，选项C错误； D．汽车以额定功率上坡时，P一定，由公式P=Fv可知上坡时需换成低速挡位，从而减小 速度，来增大牵引力，故D正确。故选D。 1 2．C【详解】A．由匀变速直线运动位移—时间公式xv t at2，可得x-t2图像的斜率表 0 2 1 1 x 2 示 a，由甲图得 a  m/s2解得a2m/s2所以甲图表示质点做匀加速直线运动，故 2 2 t2 2 A错误；B．由匀变速直线运动位移—速度公式v2v 2 2ax，整理得v2 2axv 2则v2-x图 0 0 v2 10 像的斜率为2a，由图像得2a  m/s2 10m/s2解得a5m/s2故B错误；C．由匀变 x 1 1 x 1 x 1 速直线运动位移—时间公式xv t at2，整理得 v  at则 t图像的斜率为 a，由 0 2 t 0 2 t 2 1 4 图像得 a m/s2 2m/s2解得a4m/s2则物体加速度大小为4m/s2，故C正确； 2 2 D．a-t图像与坐标轴所围面积表示速度的变化量，由图像得，前2s内的速度变化量大小 1 v 23m/s3m/s故D错误。故选C。 2 3．A【详解】当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力比拉索OD和OC中任 何一个拉力都小，故A错误；B．当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小 才相等，故B正确；C．根据平行四边形法则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉 索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，故C正确；D．若保持OD、OC两拉索拉力不变， OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力越小，即拉动拉索AO越省力，D正确。 4．B【详解】A．平抛运动与球的质量无关，则若仅增大两球质量，则两球仍能相碰，A错 误；B．甲、乙两球从等高处做平抛运动恰好在C点相碰，则时间相等，水平方向有x ＝ 甲 试卷第1页，共6页v t＝ R ＝ 3 R，x ＝v t＝R所以 v 1  3 因R＝ 1 gt2，v ＝ 3 gR ，故B正确； 1 tan53 4 乙 2 v 4 2 1 4 2 2 C．若v 大小变为原来的一半，在时间不变的情况下水平位移会变为原 1 来的一半，但由于甲球会碰到斜面，下落高度减小，时间减少，所以甲 球的水平位移小于原来的一半，不会落在斜面的中点，故C错误；D．若 甲球垂直击中圆环BC，设此时甲球抛出时的速度为v，则落点时速度的 3 反向延长线过圆心O，由几何关系有    vt 3 4 R    2＋    1 2 gt2    2＝R2，tan vt 1  g 4 t2 R  g v t 联立解得v≠2v 1， 2 甲球能垂直击中圆环BC，但是速度不是原来的2倍，故D错误。本题选择错误的，故选B。 5．C【详解】A．从图乙可以看出，物体到达B点时的速度大小为v 6m s若水平面AB光 0 1 滑，由能量守恒定律可知，弹簧压缩到A点时弹簧的弹性势E  mv218J由于轨道粗糙， p 2 0 故弹簧压缩到A点时弹性势能大于18J，故A错误；B．由动能定理可得，物体从B到C过 1 1 程中合外力做的功为W  mv2 mv210J故B错误；C．由能量守恒定律可知，物体从 2 1 2 0 1 1 B到C过程中减少的机械能为E mv2 mv2mg2R代入数据可解得E2J由于物体从B 2 0 2 1 到C过程中速度一直减小，根据牛顿运动定律分析可知从B到C的过程中物体对半圆形导轨 的压力逐渐减小，由摩擦力公式 N可知，物体从B到D过程中所受的摩擦力大于从D到 f R C过程中所受的摩擦力，由功能关系E  f  可知，物体从B到D过程中克服摩擦力做 2 的功大于从D到C过程中克服摩擦力做的功，由于整个过程中机械能减少了2J，故从D到C 过程中机械能的减少量小于1J，故C正确D．从图乙可以看出，半圆轨道半径R0.4m 到达C点时的速度大小为v 4m s设运动到C点时导轨对物体的弹力为N ，则由牛顿第二 1 v2 定律可得Nmg m 1 代入数据解得N 30N由牛顿第三定律可知，物体运动到C点时对 R 半圆形导轨的压力大小为30N，故D错误；故选C。 1 6．A【详解】C．由图可知汽车在AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律有F mg ma 4 解得a2.5m/s2可知汽车在AB段做匀加速直线运动，故C错误；B．汽车在BC段牵引力 逐渐减小，做加速度减小的加速运动，故汽车启动后先做匀加速直线运动，后做加速度减小 的加速运动，直到速度达到最大，故B错误；C．t 6s时汽车的速v at 2.56m/s15m/s 1 1 1 汽车额定功率为PFv 1010315W1.5105W当牵引力等于阻力时速度达到最大，则 1 试卷第2页，共6页P 1.5105 v   m/s 30m/s 汽车达到的最大速率为 m f 1 ，故A正确；D．汽车做匀加速直 200010 4 1 1 线运动的位移为x  at2  2.562m45m从达到额定功率到速度最大过程中，根据动 1 2 1 2 1 1 1 能定理有Pt t  mgx  mv2  mv2解得x 105m汽车通过的距离为xx x 150m， 2 1 4 2 2 m 2 1 2 1 2 故D错误。故选A。 7．C【详解】小球从释放开始，在平行斜面方向一直做匀加速直线运动，而在垂直斜面方 向上，第一次碰撞前做类自由落体运动，每次碰撞后都做相同的类竖直上抛运动。设由释放 到第一次碰撞的时间为T ，则此后相邻两次碰撞间的时间间隔均为2T，由匀变速直线运动 规律可知，在平行斜面方向上，由静止开始，各个T 内的位移之比为1:3:5:7:9:11:13:， 故有t t t ，x :x :x 35:79:11131:2:3，故ABD错误，C正确。故选C。 1 2 3 1 2 3 8．CD【详解】A．地球的人造卫星的发射速度大于或等于第一宇宙速度，但是应小于第二 宇宙速度，即大于或等于7.9km/s，小于11.2km/s，故A错误；B．轨道Ⅱ的半长轴小于轨 道Ⅲ的半径，根据开普勒第三定律可知，Z卫星在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅲ上运动 的周期，故B错误；C．轨道Ⅲ相对于轨道Ⅱ是高轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切 点位置加速，可知，Z卫星在轨道Ⅲ上经过B点时的速度大于在轨道Ⅱ上经过B点时的速度， Mm GM 故C正确；D．根据牛顿第二定律有G ma解得a 可知，Z卫星在轨道Ⅲ上经过 r2 r2 B点时的加速度等于在轨道Ⅱ上经过B点时的加速度，故D正确。故选CD。 9．BC【详解】A．对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图 mg kx F 所示根据几何关系可知两三角形相似，因此   OO l x OA 0 缓慢运动过程O'A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；B．由于弹簧 的形变量保持不变，弹簧弹力大小始终不变，故B正确；CD．对木板， 由于弹簧对木板的弹力大小不变，方向向右下，但弹簧的弹力与竖直方 向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故 C正确D错误。故选BC。 10．BC【详解】ABC．当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。三个物体的角速度相 等，由F m2r可知，因为C的半径最大，质量最大，故C所需要的向心力增加最快，最 g 1 先达到最大静摩擦力，此时2mg 2m2r 计算得出  rad/s 2.5rad/s 1 C 1 2r 0.4 当C的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC间绳子开始提供拉力，B的摩擦力增大，达最大 试卷第3页，共6页静摩擦力后，AB之间绳子开始有力的作用，随着角速度增大，A的摩擦力将减小到零然后 反向增大，当A与B的摩擦力也达到最大时，且BC的拉力大于AB整体的摩擦力时物体 将会出现相对滑动，此时A与B还受到绳的拉力，对C可得T ·2mg 2m2·2r对A、B 2 g 整体可得T 2mg计算得出   5rad/s当 5rad/s时整体会发生滑动，故A错 2 r 误，BC正确；D．在 2rad/s 2.5rad/s时，B、C间的拉力为零，当 2.5rad/s 5rad/s 时，在增大的过程中B、C间的拉力逐渐增大，故D错误。故选BC。 11． (1)C (2)角速度ω (3)2:1 变小 不变 2 12．（1）①A ②甲 ③CAB (2)B (3) k 【详解】（1）①[1] 甲、乙、丙实验中，小车和长木板之间都有摩擦力，为使小车所受的力 就是所受的合力，所以都需要平衡摩擦力，故A正确，BC错误。故选A；②[2] 甲图是用 重物的重力代替绳上的合力，所以必须满足“M远大于m”；乙、丙两图绳上的合力由弹簧测 力计和力的传感器直接测出，所以不需要满足“M远大于m”。故填甲。③[3]甲图用重物的 重力代替绳子的合力，需满足“M远大于m”，当随m的增大，不在满足“M远大于m”时图 像出现弯曲，所以甲组对应的图线C。乙、丙图由当拉力相等时，a >a ，从而确定乙组对 乙 丙 应图线A，丙组对应的图线B，因此则有甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是 “CAB”。 （2）[4]由匀变速直线运动的特点，即相邻的时间间隔位移差相等，得出 x −x =6.11cm−3.00cm=3.11cm则有x −x =7.43cm−6.11cm=1.32cmb不可能是从A上撕下的； 12 01 b 12 x −x =12.31cm−6.11cm=6.20cm≈2×3.11cm所以c可能是从A上撕下的； c 12 x −x =16.32cm−6.11cm=10.21cm≈3.3×3.11cm所以d不可能是从A上撕下的，因此ACD错 d 12 误，B正确。故选B。 （3）[5] 小明同学采用（乙）图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以 弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，对小车由牛顿第二定律可得2F=Ma 2 2 2 整理得到a F由图线的斜率为k可得k 解得小车的质量为M  M M k v2 v2R v2T2R 13．(1)g  0 （3分） (2)M  0 （3分） (3)h 3 0 R（4分） 6R 6G 242 【详解】（1）小球用绳连接在火星表面做竖直面内的变速圆周运动，在最低点有 v2 v2 Fmg m 0 （2分），而F 7mg，解得g  0 （1分）。 R 6R 试卷第4页，共6页GMm （2）物体在火星表面所受的万有引力等于重力，有mg  1 （2分）， 1 R2 gR2 v2R 可得火星的质量为M   0 （1分）。 G 6G Mm 2 （3）设火星的同步卫星轨道半径为r，由万有引力提供向心力有G 2 m ( )2r（2分）， r2 2 T v2T2R 由于rRh，联立解得航天器距火星表面的高度为h 3 0 R （2分） 242 14．(1)s20m，方向与x轴正方向成37°（6分） (2)v4 73m/s（7分） 【详解】（1）沿y方向受力分析可得mgsin37ma ，（1分） y 1 前2s内y方向位移为yv t a t212m（1分） 0 2 y 1 在x方向上F ma ，前2s内x方向位移为x a t216m（1分） x 2 x 所以运动的位移s x2y2  20m，（2分）方向与x轴正方向成37°角。（1分） 1 （2）物块再次回到x轴时，有y v t  a t2 0（2分）可得t 4s（1分） 1 01 2 y1 此时y方向速度为v v a t 12m/s，（1分）x方向速度为v a t 32m/s，（1分） y 0 y x x 此时速度大小为v v2v2 4 73m/s。（2分） x y 20 10 15.答案：（1）2N，方向沿斜面向上； (4分)（2） W；（7分） 3 50 （3）2.5m， J（7分） 3 【详解】（1）由小物体在直轨道AB匀速直线运动，根据平衡条件可得 mgsinmgcosF （2分）可得F=2N,（1分） 方向沿斜面向上。（1分） 1 （2）由于小物块恰好运动到C点与圆弧轨道间的缝隙处速度为零，即v 0由分析可知 C P mgv v 当a 0时，小物块竖直方向的速度达到最大设为v ，即P 达最大值。设 G y y y ym G v2 此时夹角为，根据牛顿第二定律mgTcos，T mgcosm （2分）根据动能定理 R 1 3 mgRcos mv2，得cos （2分）则 2 3 2 v vsin 2gRcos 1cos2 3gR（2分）解得 ym 3 20 10 P =mg*V = W。（1分） m ym 3 （3）小物块如图所示设小物块落在坡面上的动能为E ， k 试卷第5页，共6页1 1 （4）根据动能定理mgR mv2  mv2（1分） 2 D 2 C 1 小物块从D点飞出后，做平抛运动xv t，H  gt2（1分） D 2 1 1 根据动能定理mgH  E  mv2（1分）根据几何关系y2H ，y x2可得 k 2 D 2   2  H  2g （1分）整理得 1 v2  1 v2 g 2g2  1 v2 3g  2g  3g  （1分） v D 2 g 2 2 C v C 2 3g 2    C v C 2 3g     1 50 由分析可知，当v 0时， v2最小，即E 取最小值E ，解得E = J，（1分） C 2 k kmin kmin 3 设QB距离为x，小物块由Q到C过程中mgcosxmgxsinmgR0 又由于 1 2 1 mgR0 mv2解得 0.5，x=2.5m。（1分） 2 2 0 2 试卷第6页，共6页