2025届四川省德阳市高三上学期一模物理试题含答案

2022级平实班第五学期第一次模拟考试
物理试题（答案在最后）
一、单项选择题（每小题4分，共28分）
1.一个做匀减速直线运动的物体，经4s 停止运动，已知物体在最后2s 的位移是2m ，则物体的初速度为（）
A.2m/s
B.4m/s
C.6m/s
D.8m/s 【答案】B
【解析】
【详解】匀减速至零的直线运动可以逆向视为初速度为零的匀加速直线运动，物体在最后2s 的位移
22212
x at =
解得2
1m/s a =物体的初速度为
0414m/s 4m/s
v at ==⨯=故选B 。

2.如图所示，质量均为m 的木块A 和B 用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A 上放有质量为2m 的木块C ，三者均处于静止状态。

现将木块C 迅速移开，若重力加速度为g ，则在木块C 移开的瞬间（）
A.木块B 对水平面的压力大小迅速变为2mg
B.弹簧的弹力大小为mg
C.木块A 的加速度大小为2g
D.弹簧的弹性势能立即减小
【答案】C
【解析】
【详解】BD ．移开木块C 前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为
F =2mg +mg =3mg
地面对B的支持力大小为
N=2mg+mg+mg=4mg
因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，故BD错误；
A．木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧的弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，木块B对水平面的压力大小为4mg，故A错误；
C．撤去木块C瞬间，对木块A，由牛顿第二定律有
3mg－mg＝ma
解得
a＝2g，方向竖直向上
故C正确。

故选C。

3.如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。

甲、乙两物体质量相等。

系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。

若α=70°，则β等于（）
A.45°
B.55°
C.60°
D.70°
【答案】B
【解析】
【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示
根据几何关系有
1802βα
=+ 解得55β= 。

故选B 。

4.甲车以4m/s 的速度做匀速直线运动，乙车在甲前面的另一平行车道以10m/s 的速度同向做匀速直线运动，当它们相距16m （沿车道方向）时，乙车开始刹车做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s 2。

从乙车开始刹车到甲车追上乙车，所用为时间（
）A.8s
B.10.25s
C.10.5s
D.15s
【答案】B
【解析】【详解】乙车减速时间25s v t a
=
=乙乙刹车到停止的位移2225m 2v x a
==乙从乙车开始刹车到甲车追上乙车，有
v t x x -=甲乙解得
10.25s
t =故选B 。

5.如图所示，在升降电梯里固定一倾角为θ的光滑斜面，将质量为m 的光滑小球置于斜面和一个光滑竖直固定挡板之间。

当电梯具有竖直向上的加速度a 时，下列说法正确的是（）
A.电梯一定正在加速上升
B.斜面对小球的弹力大小为cos mg
θ
C.若增大加速度a ，挡板对小球的弹力不变
D.若增大加速度a ，挡板对小球的弹力一定增大
【答案】D
【解析】
【详解】A ．电梯具有竖直向上的加速度a ，由于速度方向未知，则电梯可能加速上升或减速下降，故A 错误；
B ．对小球受力分析，如图
水平方向由平衡条件
12sin F F θ
=竖直方向由牛顿第二定律
2cos F mg ma
θ-=所以斜面对小球的弹力大小为
2cos mg F θ
>
故B 错误；
CD ．若增大加速度a ，根据2cos F mg ma
θ-=可知斜面对小球的弹力增大，根据
12sin F F θ
=可知挡板对小球的弹力一定增大，故C 错误，D 正确。

故选D 。

6.为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，某动力车在刹车过程中位移和时间的比值x t 与t 之间的关系图像如图所示。

下列说法正确的是（）
A.动力车的初速度为20m/s
B.刹车过程中加速度大小为2
2.5m/s C.刹车过程持续的时间为6s
D.从开始刹车时计时，经过8s ，该车的位移大小为80m
【答案】C
【解析】
【详解】AB ．根据题意，由运动学公式有
2
012
x v t at =+整理可得
012
x v at t =+结合图像可得
030m v =，2
12030m s 24
a -=解得
2
5m a =-即刹车过程中加速度大小为5m s 2，故AB 错误；
C ．刹车过程持续的时间为
006s v t a
-=
=故C 正确；D ．从开始刹车时计时，经过8s ，该车的位移大小为
090m 2
v x t =
=故D 错误。

故选C 。

7.一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v 和位移x 的关系图象中，能描述该过程的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】开始时汽车做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动速度位移关系有：v ，故选项C 、D
错误；刹车后做匀减速直线运动，有：v ，故选项A 正确；选项B 错误．
二、多项选择题（每小题6分，共18分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得6分，选不全得3分，有选错或不答得0分．）
8.如图A 、B 两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B ，另一端绕过定滑轮连接C 物体，已知A 和C 的质量都是1kg ，B 的质量是2kg ，A 、B 间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计。

由静止释放C ，C 下落一定高度的过程中（C 未落地，B 未撞到滑轮，g =10m/s 2）。

下列说法正确的是（）
A.A 、B 两物体没有发生相对滑动
B.A 物体受到的摩擦力大小为3N
C.细绳的拉力大小等于10N
D.B 物体的加速度大小是2.5m/s 2
【答案】AD
【解析】
【详解】ABD ．假设A 、B 不发生相对滑动，整体的加速度为
2
C A B C
2.5m/s m g a m m m ==++
隔离对A 分析
A 2.5F m a ==N A 3m g μ<=N
可知假设成立，即A 、B 两物体不发生相对滑动，A 所受的摩擦力为2.5N ，加速度为22.5m/s ，故B 错误，AD 正确；
C ．隔离对C 分析，根据牛顿第二定律得
C C m g T m a
-=解得
7.5T =N
故C 错误。

故选AD 。

9.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M 、N 上的a 、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。

如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是（）
A.绳的右端上移到b ’，绳子拉力不变
B.将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
【答案】AB
【解析】【详解】如图所示，两个绳子是对称的，与竖直方向夹角是相等的。

假设绳子的长度为x ，则有
vos =绳子一端在上下移动的时候，绳子的长度不变，两杆之间的距离不变，则θ角度不变。

AC ．两个绳子的合力向上，大小等于衣服的重力，由于夹角不变，所以绳子的拉力不变，A 正确，C 错误；B ．当N 向右移动后，根据vos =，即L 变大，绳长不变，所以θ角减小，绳子与竖直方向的夹角变大，绳子的拉力变大，B 正确；
D ．绳长和两杆距离不变的情况下，θ不变，所以挂的衣服质量变化，不会影响悬挂点的移动，D 错误。

故选AB 。

10.粮袋的传送装置如图所示，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋轻放到运行中的传送带上。

设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g 。

关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是（）
A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小，也可能相等
B.若L 足够大，且μ>tan θ，粮袋先做加速度为g (sin θ−μcos θ)的匀加速运动，再以速度v 做匀速运动
C.若L 足够大，且μ<tan θ，粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，再做加速度为g (sin θ−μcos θ)做匀加速运动
D.不论μ大小如何，粮袋从A 端到B 端一直做匀加速运动，且加速度a >g sin θ
【答案】AC
【解析】【详解】粮袋开始运动时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得加速度为
sin cos (sin cos )mg mg a g m
θμθθμθ+==+若μ<tan θ，且L 足够大，当速度达到v 时，做加速度为g (sin θ−μcos θ)匀加速运动。

若μ≥tan θ，即
mg sin θ≤μmg cos θ
当L 较小时粮袋从A 端到B 端一直做加速度为g (sin θ+μcos θ)匀加速运动匀加速运动，当L 足够大粮袋将先做加速度为g (sin θ+μcos θ)匀加速运动、后做匀速运动。

综上，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v。

故选AC。

三、实验题（共15分）
11.某同学利用图甲所示装置测定小车作匀变速直线运动的速度及加速度．
（1）实验中，必要的措施是________．
A.细线必须与长木板平行
B.先接通电源再释放小车
C.小车的质量远大于钩码的质量
D.平衡小车与长木板间的摩擦力
（2）他实验时将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图乙所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）．x1＝3.59cm，x2＝4.41cm，x3＝5.19cm，x4＝5.97cm，x5＝6.78cm，x6＝7.64cm，则小车的加速度a＝________m/s2，打点计时器在打B点时小车的速度v B＝
________m/s.（结果均保留两位有效数字）
（3）如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________．（填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【答案】（1）AB（2）①.0.80②.0.40
（3）不变
【解析】
【小问1详解】
AB．为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平，同时为了打点稳定，
应先开电源再放小车，故AB 正确；
C ．本实验中只是测定小车作匀变速直线运动的速度及加速度，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量，只要能让小车做匀加速运动即可，故C 错误；
D ．为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，因此只要摩擦力恒定即可，不需要平衡小车与长木板间的摩擦力，故D 错误。

故选AB 。

【小问2详解】
[1]相邻计数点间的时间间隔
0.1s
T =根据逐差法，小车的加速度大小
()()
45612322
2m/s 0.80m/s 9x x x x x x a T ++-++==[2]打点计时器在打B 点时小车的速度
120.40m/s 2B x x v T
+==【小问3详解】
如果当时电网中交变电流的电压变成210V ，因为频率不变，所以周期不变，加速度的测量值与实际值相比不变。

12.描绘小电珠的伏安特性曲线的实验电路如图所示．
（1）关于该实验的系统误差，下列说法中正确的是（
）A.系统误差主要是由电压表的分流引起的
B.系统误差主要是由电流表的分压引起的
C.系统误差主要是由于忽略电源内阻引起的
D.系统误差主要是由读数时的估读引起的（2）某次实验中，需要测量一个规格为“2.5V,0.5A”的小灯泡两端的电压和通过它的电流．现有如下器材：A ．直流电源（电动势3.0V ，内阻不计）B ．电流表A 1（量程3A ，内阻约0.1Ω）C ．电流表A 2（量程600mA ，内阻约2Ω）
D．电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）
E．电压表V2（量程15V，内阻约15kΩ）
F．滑动变阻器R1（0～10Ω）
G．滑动变阻器R2（0～2kΩ）
H．开关S及导线若干
实验中，电流表应选择________；电压表应选择___________；滑动变阻器应选用________．（填写器材前的序号）
（3）在正确操作的情况下，某同学根据实验所得的数据画出该小灯泡的伏安特性曲线如图所示．实验中，若把该小灯泡和一个阻值为9Ω的定值电阻串联在电动势为3V、内阻为1Ω的直流电源上，则小灯泡此时的电阻为________Ω.（结果保留两位有效数字）
【答案】（1）A（2）①.C②.D③.F
（3）1.5
【解析】
【小问1详解】
由于电压表内阻不是无穷大，则电压表有分流，使得电流表读数大于待测电阻上的电流，即系统误差主要是由电压表的分流引起的，故选A；
【小问2详解】
[1][2][3]灯泡额定电流为0.5A，则实验中，电流表应选择C；灯泡额定电压为2.5V，则电压表应选择D；滑动变阻器要接成分压电路，则应选用阻值较小的F。

【小问3详解】
若把该小灯泡和一个阻值为9Ω的定值电阻串联在电动势为3V、内阻为1Ω的直流电源上，则根据
=-+
()
U E I R r
即
U =3-10I
将此关系画在灯泡的I-U 图像上可得
交点为电路的工作点，即U =0.4V ，I =0.26A ，则灯泡电阻
1.5L U R I
==Ω四、计算题（共41分）
13.汽车由静止开始沿水平道路从甲地驶向乙地。

汽车先做匀加速直线运动，速度达到20m/s 后，然后关闭发动机做匀减速直线运动，到达乙地时刚好静止。

已知甲乙两地相距500m 。

求：
（1）汽车从甲地驶往乙地的时间；
（2）若汽车质量为2000kg ，且所受水平阻力恒为1000N ，汽车在加速阶段所受水平牵引力为多大？
【答案】（1）50s
（2）5000N
【解析】
【小问1详解】
设匀加速过程的时间为1t ，匀加速过程的位移大小为1x ，匀减速过程的时间为2t ，匀减速过程的位移大小为2x ，则有
112
v x t =，222v x t =又
12500m
x x +=联立可得汽车从甲地驶往乙地的时间为
122500s 50s 20
t t t ⨯=+==【小问2详解】
汽车做匀减速运动过程，根据牛顿第二定律可得
2
f ma =解得加速度大小为
2
20.5m /s a =则有
22
40s v t a ==，1250s 40s 10s t t t =-=-=汽车做匀加速过程，根据牛顿第二定律可得
1
F f ma -=又
211
2m /s v a t =
=联立解得汽车在加速阶段所受水平牵引力为5000N
F =14.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、B 。

它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k ，C 为一固定挡板。

系统处于静止状态。

已知重力加速度为g。

（1）现开始用一恒力F （已知）沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求物块B 刚要离开C 时物块A 的加速度a 的大小；
（2）若物块A 只是压在弹簧上端（未与弹簧连接），用沿斜面方向的力拉A ，使A 沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ，拉力大小不再改变，求此过程中拉力的最大值。

【答案】（1）A B A
sin sin F m g m g m θθ
--（2）2A A 2
2sin sin m g m g kt θθ+【解析】
【小问1详解】
物块B 刚要离开C 时，以B 为对象，可得弹簧弹力大小为
B sin F m g θ
=弹以A 为对象，根据牛顿第二定律可得
A A sin F m g F m a
θ--=弹联立解得物块A 的加速度为
A B A
sin sin F m g m g a m θθ
--=可知物块B 刚要离开C 时物块A 的加速度的大小为
A B A sin sin F m g m g m θθ--。

【小问2详解】
使A 沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ，拉力大小不再改变，可知此时A 与弹簧分离，弹簧刚好恢复原长；设初始时弹簧的压缩量为0x ，则有
0A sin θ
=kx m g 设A 做匀加速直线运动的加速度为a '，根据运动学公式可得
2012
x a t '=在A 与弹簧分离前，弹簧给A 的弹力沿斜面向上，且逐渐减小，则拉力逐渐增大，当A 与弹簧分离时，拉力达到最大，则有
max A A sin F m g m a θ'
-=联立解得
2A max A 2
2sin sin m g F m g kt θθ=+15.如图所示，质量0.2kg M =、长1m L =的长木板放在地面上，质量0.8kg m =的小滑块在长木板左端，带有底座的倾角为37θ=︒、长为01m s =的斜面AB 固定在地面上，斜面底端A 的水平线与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距1m x =。

现用水平向右外力 6.8N F =作用在小滑块上，使小滑块和长木板一起向右做匀加速运动，长木板与底座相碰时，立即粘在底座上，小滑块到达A 点后撤去外力F ，小滑块沿着斜面向上运动。

已知滑块与长木板和斜面间的动摩擦因数均为10.5μ=，长号木板与地面间的动摩擦因数为20.23μ=。

已知重力加速度210m/s g =，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6=°，cos370.8=°。

求：
（1）在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小；（2）小滑块到达A 点时速度的大小；
（3）小滑块在斜面上滑动的时间t 。

【答案】（1）24.5m /s a =；（2）24m /s v =；（3）(21s 5t =
+【解析】【详解】（1）根据题意可知，在长木板与底座相碰前，小滑块与长木板一起加速，对整体有
()()2F M m g M m a
μ-+=+解得
2
4.5m/s a =（2）设长木板撞击底座时，长木板和小滑块共同速度为1v ，之后，小滑块在长木板上运动，设加速度为1a ，到达A 点的速度为2v ，则：
212v ax
=解得
13m/s
v =小滑块在长木板上运动
11
F mg ma μ-=解得
2
1 3.5m/s a =又有
222112v v a L
-=解得
24m/s
v =（3）小滑块沿斜面上滑时
12
sin 37cos37mg mg ma μ︒+︒=解得
2
210m/s a =上滑的最大距离
22m 02
0.8m 2v s s a ==<小滑块不能到达斜面顶端B 点，上滑时间
212
0.4s v t a =
=在最高点，由于1sin 37cos37mg mg μ︒>︒
小滑块将沿斜面加速下滑，小滑块沿斜面下滑时
13
sin 37cos37mg mg ma μ︒-︒=解得
2
32m/s a =下滑过程
2m 312
s a t =下滑时间
2s 5
t =小滑块在斜面上运动的总时间(
1221s 5t t t =+=。