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七校联盟 2025 年秋期第一次适应性考试
高三物理答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C D D C A B D AC AD ABC
1．【答案】 C
【解析】 A．研究飞机下降过程机翼的形态变化时，机翼的形状和体积对所研究问题的影响
不能忽略，此时不能将飞机看成质点，故A错误；
B．若整个飞行轨迹为2100km，则路程为2100km，由于飞机的运动轨迹为曲线，则其位移大
小小于2100km，故B错误；
C．若整个路程为2100km，则平均速率为 ，故C正确；
D．题中“11:30”指实际降落的一个状态，可知，“11:30”表示时刻，故D错误。
故C选项正确。
2．【答案】 D
【解析】 A．列车做匀减速直线运动，加速度方向与速度方向相反，故A错误；
B．列车做匀减速直线运动，加速度不变，故B错误；
C．根据牛顿第二定律F = ma，加速度不变，合力也不变，故C错误；
D．根据加速度的定义式 可知，加速度恒定时，在相同时间内，列车速度的变化量相同，
故D正确。故选D。
3．【答案】 D
【解析】 A．跳板对运动员的支持力产生原因是跳板发生了形变，A选项错误；
B．运动员对跳板的压力方向与跳板垂直，B选项错误；
C．运动员受到重力、跳板的支持力和静摩擦力，C选项错误；
D. 跳板对运动员的作用力有支持力和静摩擦力，这两个力的合力与重力等大反向，D选项正
确；故选项D正确。
4．【答案】 C
【解析】 开始A、B都静止，对A、B整体有 ，
对A有 ，
故A、B选项错误；
剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，小球A的受力情况不变，所受合力为零，加速度为零，对小
球B，由牛顿第二定律得 ，
解得 ，故C正确，D错误；故选项C正确。
5．【答案】 A
【解析】 A．由匀变速直线规律： 得：加速度大小 a =0.5m/s2，A正确；
B．第一、二节车厢连接处进楼时的速度v 等于前4s的平均速度
1
车头进楼时初速度 ，B错误；
C．车厢长度L，前三节车厢进楼经历时间t，则：得t=16-2 s （另一个解舍去），C错误；
D．进楼至停下，车头行进距离 ，D错误；故选A。
6．【答案】 B
【解析】 AB．对小蚂蚁受力分析如图所示，
可知大理石半球对小蚂蚁的作用力为支持力与摩擦力的合力，大小
始终等于蚂蚁的重力，保持不变；蚂蚁受到的摩擦力为
，
蚂蚁受到的支持力为 ，
小蚂蚁缓慢从图中Q点沿圆弧爬向P点的过程中 逐渐变小，则小
蚂蚁受到的支持力变大，摩擦力变小，大理石半球对小蚂蚁的作用
力不变，故A错误，B正确；
CD．选取大理石半球与小蚂蚁组成的整体为研究对象，可知二者
只受到重力与地面的支持力，所以大理石半球受到地面的支持力始终大小等于二者重力的合力，
保持不变，大理石半球与地面之间没有摩擦力的作用，故CD错误。故选项B正确。
7．【答案】 D
【解析】 A．两车速度相同，由 得t=5s；
1
B．车头齐平开始，匀速追匀减速，共速前距离越来越大，共速时不是相距最近；
C．两车再次齐平，经历时间t,由 得t=10s，
2 2
此时汽车速度v=5m/s， 位移x=100m ，距离O点x=20m， 汽车匀速运动时间4s；
2 2 3
D．汽车到达O点时，列车比汽车多运动的位移 x=20m，
两车相距最远距离x = =25m,大于共速前相距的最远距离。
m
故选D。
8．【答案】 AC
【解析】 以O点为对象，根据平衡条件可得
故A正确，B错误；
根据胡克定律
可得
故弹簧a的形变量
同理可得弹簧b的形变量
所以a、b弹簧的形变量之比为
故C正确；
弹簧a的总长
弹簧b的总长故a、b弹簧的总长之比为
故D错误。故选AC。
9．【答案】 AD
【解析】 由于a车做匀加速直线运动，设t=0时刻a车的速度为 ，加速度大小为 ，结合
图甲，有 ， m,解得
；由 ,可知 并结合图乙可知 ，
,b车的初速度 ,加速度 ；故选AD。
10．【答案】 ABC
【解析】 设悬挂小物体的质量为m，动滑轮两侧轻绳与竖直方向夹角为 ，绳上拉力可表示
为 ，将物体A向下移动后，动滑轮两侧绳子夹角增大，绳上拉力增大，因为不确定
物体A与斜面间的摩擦力方向，所以A物体受到的摩擦力大小不一定增大，故D错误；
同理，竖直杆向右移动后，动滑轮两侧绳子夹角增大，绳上拉力增大，对A和斜面整体分析，
水平方向有 ，可知绳的拉力变大，地面对斜面体的摩擦力大小一定增大，故A正确；
对环受力分析可知，竖直方向受力平衡，即竖直杆对环的摩擦力等于环的重力与轻绳拉力的竖
直分力之和，竖直杆向右移动后，轻绳拉力的竖直分力仍等于悬挂小物体重力的一半，并没有
变化，所以竖直杆对环的摩擦力大小一定不变，故B正确；将环向上移动后，动滑轮两侧绳子
夹角未变，则轻绳拉力未变，地面对斜面体的摩擦力未变，对斜面体、A物体、轻绳、悬挂小
物体以及环组成的整体受力分析，可知竖直杆对环的弹力与地面对斜面体的摩擦力等大反向，
即竖直杆对环的弹力未变，由C选项分析可知竖直杆对环的摩擦力也没变，所以竖直杆对环的
作用力大小一定不变，故C正确；故选ABC。
11．（6分）【答案】 （1） 两个力的方向（2分） （2）C（2分） （3） F′（2分）
【解析】 （1）力是矢量，既有大小，又有方向，因此除了需要记录拉力F、F 的大小，还
1 2
要作出这两个力的方向。（2）本实验的目的是探究求合力的方法，因此应是任意情况下的两
个力与合力的关系，故选项D是不必要的；合力与分力之间是等效替代的关系，撤去F、F，
1 2
改用一个力拉小圆环，仍使它处于O点，以确保等效；弹簧测力计在使用前校零，是为了使读
数准确，故选项A、B是必要的。（3）当用一个弹簧测力计拉小圆环时，因圆环为轻质小圆环，
故弹簧测力计的拉力与橡皮条的拉力平衡，其方向一定与橡皮条的拉力方向相反，即一定沿GO
方向的是F′。
12．（10分）【答案】（1）从右向左（2分） （2）0.5 （2分） 相邻相等时间位移之差恒定
（2分）
（3）0.25（2分） 0.067（2分）（0.060~0.070之间均给分）
【解析】 （1）小车在阻力的作用下，做减速运动，由图（b）知，从右向左相邻水滴间的距
离逐渐减小，所以小车在桌面上是从右向左运动。（2）已知滴水计时器每30 s内共滴下61个
小水滴，所以相邻两水滴间的时间间隔为： ，由图（b）数据可知相邻相等时间
位 移 之 差 恒 定 ， 可 知 小 车 做 匀 变 速 直 线 运 动 。 （ 3 ） A 点 位 置 的 速 度 为 ：
，根据逐差法可求加速度： ，解
得a=0.067 m/s2。
13．（10分）【答案】 （1） 2.8N，竖直向上 （2）2.5N
【解析】
（1）以氢气球、沙桶和细沙为整体，根据受力平衡可得
................................................4分
方向竖直向上。 ................................................................................................1分（2）根据对称性可知，细线AO和细线BO对氢气球的拉力大小相等，以氢气球为对象，根据
受力平衡可得
........................................................................................4分
解得细线AO对氢气球拉力的大小为
................................................................................................1分
14．（13分）【答案】 （1）2s （2）50s；100m （3）13.5s
【解析】
（1）汽车匀速通过收费站的时间： ………………………………（3分）
（2）汽车通过人工收费的减速时间：
………………………………………………（1分）
减速路程：
………………………………………………（1分）
汽车加速过程和减速过程对称，故加速时间：
………………………………………………（1分）
加速路程：
………………………………………………（1分）
故通过人工通道的总时间：
总路程： ………………………………………………（1分）
（3）汽车通过ETC通道的减速时间：
减速路程：
汽车加速过程和减速过程对称，故加速时间：
………………………………………………（1分）
加速路程：
汽车以5m/s匀速通过ETC的时间：
………………………………………………（1分）
比人工通道少走位移：
………………………………（1分）
对应时间：
………………………………………………（1分）
故通过ETC通道的总时间：
………………………………………………（1分）
15．（18分）【答案】（1）圆管与小球速度大小均为 （2） （3）
【解析】
（1）静止释放后，管与球一起沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度a………………………………………………（2分）
v2=
第一次碰前速度 1 ………………………………………………（1分）
碰撞为弹性碰撞且时间极短，故圆管与小球速度大小均为 ，小球速度方向沿斜面向
下，圆管速度方向沿斜面向上。
………………………………………………（1分）
（2）第一次碰后，小球以a 沿斜面向下匀减速，圆管以a 沿斜面向上匀减速，
1 2
代入数据得加速度大小 =
对小球： …………（1分）
f + Mgsinθ = M 代入得 =
对圆管： ………………………………（1分）
小球先向下减速到零再以a 加速度向上加速到与圆管共速，设圆管与挡板碰后再经过t 时
1 1
间两者达到共同速度v ，取沿斜面向上为正方向，
共
对小球：
………………………………………………（1分）
对圆管： ………………………………………………（1分）
联立解得： = =
………………………………（1分）
x= =
该过程圆管运动位移 1 ………………………………（1分）
a向上匀减速，位移 =
之后两者一起以加速度 …………（1分）
s=x+ =
圆管总位移 1 1 …………………………………………（1分）
（3）圆管与小球再次沿斜面向下以加速度a匀加速直线，圆管与挡板第二次碰前速度为v
2
…………（1分）
第二次碰后，圆管以a 沿斜面向上匀减速，小球以a 沿斜面向下匀减速到零后反向加速
2 1
到与圆管共速，共历时t
2
…………（1分）
解得
该过程圆管运动位移x= =
2
之后两者一起以加速度a向上匀减速，位移 ==x+ =
圆管上行总位移 2 ……………………………………（1分）
同理可证，圆管第三次与挡板碰后上行总位移为 =
n次与挡板碰后上行总位移为 =
圆管第 …………（1分）
则圆管全程运动路程
……………………………………（2分）
