重庆市名校第一次联考2025-2026学年高三上学期10月考试物理试卷

这是一份重庆市名校第一次联考2025-2026学年高三上学期10月考试物理试卷，共15页。

重庆市名校联盟 2025-2026 学年度第一期第一次联合考试
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10
D
C
A
B
C
A
C
CD
BC
BC
物理答案（高 2026 届）
1、D【详解】A．密度 m 和电阻 R  U 是比值定义法，但加速度a  F 由牛顿第二定律
VIm
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。
C【详解】A．由匀变速直线运动位移—时间公式 x  v t  1 at 2 ，可得 x-t2 图像的斜率表
02
示 1 a ，由甲图得 1 a  x  2 m/ s2 解得a  2 m/ s2 所以甲图表示质点做匀加速直线运动，故
22t 22
00
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
v210
像的斜率为 2a，由图像得2a  x  1
m/ s2  10 m/ s2 解得a  5 m/ s2 故 B 错误；C．由匀变
速直线运动位移—时间公式 x  v t  1 at 2 ，整理得 x  v  1 at 则 x  t 图像的斜率为 1 a ，由
02t02t2
图像得 1 a   4 m/ s2  2 m/ s2 解得a  4 m/ s2 则物体加速度大小为 4m/s2，故 C 正确；
22
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
v  1  2  3 m/ s  3 m/ s 故 D 错误。故选 C。
2
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。
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＝
v t＝R＝ 3 R，x ＝v t＝R 所以 v1  3 因 R＝ 1 gt2，v ＝ 3gR ，故 B 正确；
1tan 534乙2
v24
2142
C．若 v1 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
反向延长线过圆心 O，由几何关系有 vt 
3 R  2＋ 1
vt  3 R
 v
gt 2 2＝R2，tan 4 联立解得 v≠2v1
4 
 2
1 2gt，
gt
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v0  6 ms 若水平面 AB 光
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  1 mv 2  18J 由于轨道粗糙，
p20
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
程中合外力做的功为W  1 mv 2  1 mv 2   10J 故 B 错误；C．由能量守恒定律可知，物体从
2120
B 到C 过程中减少的机械能为 E  1 mv2  1 mv2  mg  2R 代入数据可解得 E  2J 由于物体从 B
2021
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 f  N 可知，物体从 B 到 D 过程中所受的摩擦力大于从 D 到
C 过程中所受的摩擦力，由功能关系E  f R 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v1  4 ms 设运动到C 点时导轨对物体的弹力为 N ，则由牛顿第二
v2
定律可得 N  mg  m 1
R
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
半圆形导轨的压力大小为30N ，故 D 错误；故选 C。
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  1 mg  ma
4
解得a  2.5 m/ 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．t1  6s 时汽车的速v1  at1  2.5 6 m/ s  15 m/ s
汽车额定功率为 P  Fv1
 10 103 15 W  1.5 105 W 当牵引力等于阻力时速度达到最大，则
P
汽车达到的最大速率为vm  f
1.5105
1  2000 10
4
m/ s 30 m/ s，故 A 正确；D．汽车做匀加速直
线运动的位移为 x  1 at 2  1  2.5 62 m  45 m 从达到额定功率到速度最大过程中，根据动
12 12
能定理有 P t  t   1 mgx  1 mv2  1 mv2 解得 x  105 m 汽车通过的距离为 x  x  x  150 m ，
21422m21212
故 D 错误。故选 A。
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t1  t2  t3 ，x1 : x2 : x3  3  5 : 7  9 : 1113  1: 2 : 3 ，故 ABD 错误，C 正确。故选 C。 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 7.9 km/s，小于 11.2 km/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，
故 C 正确；D．根据牛顿第二定律有G Mm  ma 解得 a  GM 可知，Z 卫星在轨道Ⅲ上经过
r 2r2
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


mgkxF
所示根据几何关系可知两三角形相似，因此
OOl0  xOA
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。
1
0.4
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2 r 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
2r
先达到最大静摩擦力，此时2mg  2m2r 计算得出 
rad/s 
2.5rad/s
1 C1
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
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
2
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
g
r
整体可得T  2mg 计算得出2 
5rad/s 当
5rad/s 时整体会发生滑动，故 A 错
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。
(1)C(2)角速度ω(3) 2:1变小不变
12．（1）①A②甲③ CAB(2)B(3) 2
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 乙>a 丙，从而确定乙组对应图线 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 x12−x01=6.11cm−3.00cm=3.11cm 则有 xb−x12=7.43cm−6.11cm=1.32cmb 不可能是从A 上撕下的； xc−x12=12.31cm−6.11cm=6.20cm≈2×3.11cm 所以 c 可能是从 A 上撕下的； xd−x12=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 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
整理得到a  2 F 由图线的斜率为 k 可得k  2 解得小车的质量为 M  2
MMk
v2
13．(1) g  0
6R
v2 R
3
v2T 2 R
0
242
（3 分）(2) M  0 （3 分） (3) h  R（4 分）
6G
【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
v2v2
F  mg  m 0 （2 分），而 F  7mg ，解得 g  0 （1 分）。
R6R
物体在火星表面所受的万有引力等于重力，有m g  GMm1 （2 分），
gR2v2 R
1R2
可得火星的质量为 M  0 （1 分）。
G6G
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 Mm2  m ( 2 2 （2 分），
r22 T ) r
3
v2T 2R
0
242
由于r  R  h ，联立解得航天器距火星表面的高度为h  R （2 分）
14．(1) s  20m ，方向与 x 轴正方向成 37°（6 分）(2) v  4 73 m/s （7 分）
【详解】（1）沿 y 方向受力分析可得mg sin 37  ma y ，（1 分）前 2s 内 y 方向位移为 y  v t  1 a t 2  12m （1 分）
02 y
在 x 方向上 F  ma ，前 2s 内 x 方向位移为 x  1 a t 2  16m （1 分）
x
所以运动的位移 s 
2 x
x 2  y 2
 20m ，（2 分）方向与 x 轴正方向成 37°角。（1 分）
（2）物块再次回到 x 轴时，有 y  v t  1 a t 2  0 （2 分）可得t  4s （1 分）
10 12 y 1
此时 y 方向速度为vy  v0  ayt   12m/s ，（1 分）x 方向速度为vx  axt  32m/s ，（1 分）
v2  v2
xy
此时速度大小为v  4 73m/s 。（2 分）
20 10
15. 答案：（1）2N，方向沿斜面向上； (4 分)（2）W；（7 分）
503
（3）2.5 m， 3 J（7 分）
【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 1mgcs F （2 分）可得 F=2N,（1 分） 方向沿斜面向上。（1 分）
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vC  0 由分析可知
PG  mg  v y  v y 当ay  0 时，小物块竖直方向的速度达到最大设为vym ，即 PG 达最大值。设
mg  Tcs
v2
此时夹角为
，根据牛顿第二定律
， Tmgcs
m（2 分）根据动能定理
R
mgRcs 1 mv2 ，得cs
2
3 （2 分）则
3
vym
 v sin
2 gRcs
1 cs2  2
3
3 gR（2 分）解得
20 10
Pm =mg*Vym =W。（1 分）
3
小物块如图所示设小物块落在坡面上的动能为 Ek ，
根据动能定理mgR  1 mv2  1 mv2 （1 分）
2D2C
小物块从 D 点飞出后，做平抛运动 x  vD
t ， H  1 gt 2 （1 分）
2
根据动能定理mgH  E  1 mv2 （1 分）根据几何关系 y  2  H ， y  1 x2 可得
k2D
2g
2
v2  3g
C
22
v2  3g
C
H （1 分）整理得 1 v2  1 v2  g 2g
 1 
2g
  3g （1 分）
D
v2  g
22 C
C
v2  3g
2 

由分析可知，当v  0 时， 1 v2 最小，即 E 取最小值 E，解得 E= 50 J，（1 分）
C2k
kmin
kmin3
设QB 距离为 x ，小物块由Q 到C 过程中1mgcs x  mgxsin 2mgR  0 又由于
mgR  0  1 mv2 解得  0.5 ，x=2.5m。（1 分）
2202