文档内容
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. t 时刻A、B两物体相遇
1
B. t 时刻A、B两物体速度大小相等，方向相反
1
C. t 时刻物体A的加速度小于物体B的加速度，二者方向相反
2
的
D. 0- t 过程中物体A、B 位移大小相等，方向相同
3【答案】C
【解析】
【详解】A．因图像的面积等于位移，则0-t 时间内A的位移小于B，则A、B两物体没有相遇，选项A错
1
误；
B．t 时刻A、B两物体速度大小相等，方向相同，选项B错误；
1
C．因v-t图像的斜率等于加速度，可知t 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，
2
可知二者加速度方向相反，选项C正确；
D．0- t 过程中物体A、B的位移大小相等，方向相反，选项D错误．
3
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T
C. 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
的【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：
v=vcosθ，v=vsinθ
2 1
物块上升的速度大小等于v，由v=vcosθ可知，汽车匀速向右，θ角变大，所以v 增大，物块向上做加速
2 2 2
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2s
B. 篮球落地时的速度大小
C. 篮球落地后反弹的最大高度为3m
D. 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. 40 ②. 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
x=5×40 m =200m
1
B的位移
故40s末A、B相遇.
12. 如图为电饭锅的电路图。R、R 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
1 2
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R：R=9：1，加热时的功
1 2
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R 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=
1
，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P=1000W，则有
1P=
1
当S断开时，电饭锅处于保温状态，功率为
P=
2
则
P：P=R：（R+R）
2 1 2 1 2
解得
P=100W
2
13. 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
ω=5rad/s
0
（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=2.4N
14. 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：
的
(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 =（F-μmg）x=（20-0.2×5×10）×25=250J
总
（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
P=Fv=10×5W=50W
1
15. 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U 按图所示规律变化，
ab
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）带电粒子在匀强电场中的加速度为a，前半个周期为加速运动，后半个周期为减速运动，在
一个周期中最后速度为0，带电粒子重复这个过程。所以在前半个周期末的速度最大。有
解得
则
（2）设带电粒子在匀强电场中的加速度为a，前半个周期为加速运动，后半个周期为减速运动，所以a、
b间距离
若粒子在 时刻开始从a板运动，该粒子向b板运动的距离在电场力作用下返回a板的距离
该粒子向b板运动的合位移为
联立解得
