試卷第=page22頁，共=sectionpages2222頁絕密★啟用前2025年高考考前信息物理必刷卷01（上海專用：力學+機械波）（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）考情速遞高考·新動向：知識面更廣，壓軸題難度有所降低，沒有特別復雜的理論計算，但強調對應用情景的綜合分析，考點綜合性增強，主要考查靈活運用物理知識分析問題、解決問題的能力。比如，引力場中物體的勢能并非主要考點，但也會考到，而傳統(tǒng)的電磁感應難題并未出題。高考·新考法：由傳統(tǒng)的選擇題、填空題、計算題轉化為5~6道情景綜合題，由于以應用場景為背景進行出題，所以特別復雜的理論計算題的相對減少，為保證知識點的覆蓋面，在一道題中綜合多個知識點的題型概率比較大，例如帶電粒子在圓形電磁場中做圓周運動，功率和電路在自發(fā)電自行車中的結合等。高考·新情境：結合最新熱門話題，比如以奧運會、人工智能AI、自動駕駛、智能手機等為情景進行命題的可能性較大。命題·大預測：1．以最新熱門話題、新科技創(chuàng)新、航空航天為情景出題的可能性較大。2．去年較難題的內容是帶電粒子的運動和電路和功率的綜合題，今年機械能、動量、電磁感應出難題可能性較大。3．去年實驗題考查了熱學波義耳定律，今年考查力學牛頓第二定律、單擺、電源電動勢和內阻測量的可能性較大。注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、艦載機（2+2+3+3+8=18分）航母作為一種強大的海上作戰(zhàn)平臺，可以增強我國在海上的作戰(zhàn)能力和戰(zhàn)略成攝力，鞏固國家海上實力，提高我國在世界政治和軍事領域的地位和影響力，更好地保護我國在世界各地的海外利益，提升我國的國際地位和影響力。1．“殲-15”艦載機在“遼寧”號航母上著落瞬間的某個物理量大小為80m/s，方向與跑道平行，這個物理量是（）A．路程B．平均速度C．位移D．瞬時速度2．某航母艦載機在靜止的航母甲板上著陸，此時若飛機尾部掛鉤能夠順利勾住艦面上的阻攔索，飛機就會沿直線做減速運動，其加速度逐漸增大。下列各圖像能正確反映其速度v隨時間/變化關系的是（）A．B．C．D．3．航母阻攔索是航母阻攔裝置的重要組成部分，實現(xiàn)了艦載機在有限長度的航母甲板上的安全著艦，一艦載機的質量2×104kg，以速度216km/h著艦的同時其尾鉤勾住阻攔索，此后艦載機視為勻減速直線運動，運動90m時速度為零，如圖所示，某時刻兩條阻攔索之間的夾角74°，不計著艦過程中的其它阻力，，此時阻攔索上的彈力為（）A．2.5×105NB．5×105NC．6.5×106ND．1.3×107N4．（多選）如圖所示模型，設航母表面為一平面，阻攔索兩端固定，并始終與航母平面甲行，艦載機從正中央鉤住阻擋索，實現(xiàn)減速，阻攔索為彈性裝置，剛剛接觸阻攔索就處于繃緊狀態(tài)，下列說法正確的是（）A．艦載機落在航母上鉤住阻攔索時，只受重力、阻攔索的拉力和航母平面的摩擦力三個力作用B．艦載機鉤住阻攔索繼續(xù)向前運動的過程中，阻攔索對艦載機的彈力在變大C．艦載機鉤住阻攔索繼續(xù)向前運動的過程中，艦載機所受摩擦力一直在變大D．艦載機落在航母上鉤住阻攔索時，艦載機受到阻攔索的拉力的合力方向與運動方向相反5．如圖所示，質量為m=4×103kg的某型號艦載機在“遼寧號”航空母艦水平甲板上沿直線加速滑行，離開甲板后以固定仰角37°沿直線勻速爬升，速度v0=64m/s，所受推力大小均為其重力倍，方向與速度方向相同；所受升力大小均為其速率的k1倍，方向與速度方向垂直；所受空氣阻力大小均為其速率的k2倍，方向與速度方向相反，k1、k2未知，不考慮起飛時航空母艦的航行速度及風速，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求k1、k2的值；（2）若艦載機受到甲板的阻力恒為其對甲板壓力的k3倍，則k3為何值時艦載機可沿甲板做勻加速直線運動？并求出此時加速度的大小?！敬鸢浮?．D2．A3．A4．BD5．（1），（2），【解析】1．80m/s是速度，對應某個瞬間的速度，是瞬時速度。故選D。2．飛機沿直線做減速運動，其加速度逐漸增大，則圖像的斜率越來越大。故A正確，BCD錯誤。故選A。3．艦載機初速度v0=216km/h=60m/s，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：設阻攔索上的彈力為F，根據(jù)牛頓第二定律有解得故選A。4．A．艦載機落在航母上鉤住阻攔索時，受到重力、阻攔索的拉力、航母平面的摩擦力和支持力四個力作用，故A錯誤；B．艦載機鉤住阻攔索繼續(xù)向前運動的過程中，阻攔索形變量在增大，且夾角變小，則阻攔索對艦載機的彈力在變大，故B正確；C．艦載機鉤住阻攔索繼續(xù)向前運動的過程中，根據(jù)，由于支持力不變，所以艦載機所受摩擦力不變，故C錯誤；D．艦載機落在航母上鉤住阻攔索時，艦載機受到阻攔索的拉力方向與運動方向相反，故D正確。故選BD。5．（1）艦載機以速度v勻速爬升階段，受力平衡，沿速度方向有垂直速度方向有解得，（2）設艦載機在地面滑行時速度為v，受到地面彈力為FN，受力分析可知豎直方向平衡水平方向勻加速運動解得艦載機能做勻加速直線運動，a不變，方程中v的系數(shù)必須為零，即解得，二、生活中的圓周運動（2+2+2+2+2+2+6=18分）日常生活中，物體的運動形式有多種多樣，其中做圓周運動的物體隨處可見。6．物體做勻速圓周運動的過程中，保持不變的物理量是（）A．速度 B．位移 C．周期 D．向心加速度7．如圖所示的傳動裝置中，B、C兩輪固定在一起繞同一軸轉動，A、B兩輪用皮帶傳動，三輪的半徑關系是ra=rc=2rb。若皮帶不打滑，則關于A、B、C輪邊緣的a、b、c三點的角速度、線速度及向心加速度之比正確的是（）A．ab兩點的角速度大小相等B．bc兩點的線速度大小相等C．ab兩點的向心加速度大小相等D．b點的向心加速度小于c點的向心加速度8．如圖所示，半徑為R的圓筒，繞通過其中心軸線的豎直軸OO′勻速轉動，一個物塊a緊靠在圓筒的內壁上，它與圓筒內壁間的摩擦因數(shù)為μ。為使物塊不下滑，圓筒轉動的角速度ω至少多大（）A． B． C． D．9．一輛小汽車勻速行駛上圓弧形拱橋時（）A．對橋的壓力大小與車總質量無關B．速度越大，對橋的壓力越大C．對橋的壓力大于車總重力D．對橋的壓力小于車總重力10．如圖所示，走時準確的時鐘，分針與秒針由轉動軸到針尖長度之比是3∶4，則下列說法正確的是（）A．分針與秒鐘的角速度之比為12∶1B．分針與秒針的周期之比為1∶60C．分針針尖與秒針針尖的線速度大小之比為1∶80D．分針針尖與秒針針尖的向心加速度大小之比為1∶48011．在鐵路轉彎處，外軌往往略高于內軌，火車在某個彎道按規(guī)定的運行速度轉彎時，內、外軌對車輪皆無側壓力?；疖囂崴俸笤谠搹澋肋\行時，下列說法正確的是（）A．內軌對車輪的輪緣有側壓力B．外軌對車輪的輪緣有側壓力C．內、外軌對車輪的輪緣都有側壓力D．內、外軌對車輪的輪緣均無側壓力12．半徑為R水平圓盤繞過圓心O的豎直軸勻速轉動，A為圓盤邊緣上一點，在O的正上方有一個可視為質點的小球以初速度v水平拋出時，半徑OA方向恰好與v的方向相同，如圖所示，若小球與圓盤只碰一次，且落在A點，重力加速度為g，則小球拋出時距O的高度為___________，圓盤轉動的角速度大小為___________?！敬鸢浮?．C7．D8．D9．D10．C11．B12．①.②.（，，）【解析】6．物體做勻速圓周運動的過程中，速度大小不變，方向不斷變化，則速度不斷變化；位移不斷變化；周期不變；向心加速度大小不變，方向不斷變化，則向心加速度不斷變化。故選C。7．AC．ab兩點同緣轉動，則線速度相等，根據(jù)v=ωr可知，角速度大小不相等，根據(jù)a=ωv可知ab兩點的向心加速度大小不相等，選項AC錯誤；BD．bc兩點同軸轉動，則角速度相等，根據(jù)v=ωr可知，線速度大小不相等，根據(jù)a=ω2r可知b點的向心加速度小于c點的向心加速度，選項B錯誤，D正確。故選D。8．對物塊受力分析可知解得故選D。9．在橋頂，根據(jù)牛頓第二定律得解得根據(jù)牛頓第三定律可知對橋的壓力大小與車總質量有關，速度越大，對橋的壓力越小，對橋的壓力小于車總重力。故選D。10．AB．分針轉一圈的時間T1=60min=3600s秒針轉一圈的時間T2=60s所以分針和秒針的周期之比T1∶T2=3600s∶60s=60∶1由可知分針與秒針的角速度之比ω1∶ω2=T2∶T1=1∶60故AB錯誤；CD．由v=ωr可得分針針尖與秒針針尖的線速度大小之比由a=rω2可得分針針尖與秒針針尖的向心加速度大小之比故C正確，D錯誤。故選C。11．火車在彎道按規(guī)定運行速度轉彎時，重力和支持力的合力提供向心力，內、外軌對車輪皆無側壓，若火車提速后的運行速度大于規(guī)定運行速度時，重力和支持力的合力小于火車需要的向心力，火車將做離心運動，外軌對車輪產生側壓力，重力、支持力和外軌的側壓力的合力提供火車做圓周運動的向心力。故選B。12．[1]小球從拋出到落在A點，水平方向做勻速直線運動，則有豎直方向做自由落體運動，則有，聯(lián)立解得，[2]由題意可知，小球落在A點時，圓盤轉過的角度滿足（，，）聯(lián)立解得（，，）三、“太空水漂”（2+6+8+6=22分）從“打水漂”到“太空水漂”——半彈道跳躍式返回13．以一定的高度水平扔出的石子和水面相撞后，在水面上彈跳前進，形成“水漂”。假設水平方向速度沒有損失，豎直方向碰撞后速度變小，下圖有可能是石子“水漂”軌跡的是（

）A． B． C．14．若“打水漂”機器向平靜的湖面拋出的石子恰好砸中湖面一個安全警戒浮漂，浮漂之后的運動可簡化為豎直方向的簡諧振動，距浮漂1.6m的水面有一片小樹葉。受浮漂振動形成水波的影響，小樹葉逐漸遠離浮漂。（選填：A．能B．不能）若浮漂在4.0s內全振動了8次，當它開始第9次振動時，小樹葉剛好開始振動，則此水波的周期為s，此水波的傳播速度為m/s。15．“嫦娥五號”月球探測器返回艙為了安全帶回樣品，采用了類似“打水漂”多段多次減速技術。如圖所示，用虛線球面表示地球大氣層邊界，邊界外側沒有大氣。關閉發(fā)動機的返回艙從a點滑入大氣層（需考慮阻力），然后經b點從c點“跳出”，經d點后再從e點“躍入”。d點為軌跡最高點，距離地面高度為h，已知地球表面重力加速度為g，地球半徑為R。（1）下列選項正確的是（）A．

B．

C．（2）下列關于返回艙在b、d兩點的狀態(tài)判斷正確的是（）A．超重

失重

B．失重

超重

C．失重

失重（3）返回艙在d點的加速度大小為。（4）返回艙在d點時的線速度。（選填：A．大于B．等于C．小于）16．返回艙通過調整姿態(tài)減速，過程簡化為如圖所示，設返、推組合體減速前的總質量為m0（包括發(fā)動機噴出的氣體），減速前的速度大小為（相對地球），主發(fā)動機點火后，推進艙噴氣，在t（很短）時間內推進艙把質量為的氣體以速率（相對地球）噴出，此時返、推組合體完成減速制動，其速度大小為；由于減速制動時間短，可認為返、推組合體減速前、后速度及v1的方向均在同一直線上，且除了組合體與噴出氣體間的作用外（不考慮其他力的影響）；該減速制動過程中，返、推組合體受到的平均作用力大小為?！敬鸢浮?3．C14．不能0.50.415．CAC16．，【解析】13．石子和水面相撞后，水平方向速度沒有損失，豎直方向碰撞后速度變小，可知豎直方向上的高度逐漸間隙，根據(jù)可知石子在空中運動的時間逐漸減小，根據(jù)可知石子在水平方向的位移逐漸減小。故選C。14．[1]介質中的質點都是在各自的平衡位置振動，并不會隨波遷移，故小樹葉不能逐漸遠離浮漂。[2][3]此水波的周期此水波的傳播速度為15．（1）返回艙從a點滑入大氣層經b點到達c點的過程，由于有空氣阻力做負功，返回艙的動能減小，故有從c點經d點后達到e點的過程，不受空氣阻力作用，返回艙在該過程機械能守恒。而c點和e點高度相等，返回艙在兩點的重力勢能相等，故有整理有故選C。（2）返回艙在b點做離心運動，加速度向上，返回艙處于超重狀態(tài)。返回艙在d點做近心運動，加速度向下，返回艙處于失重狀態(tài)。故選A。（3）返回艙在d點距離地面高度為h，此時返回艙只受萬有引力作用，根據(jù)萬有引力定律及牛頓第二定律有在地球表面的物體，其所受重力等于萬有引力，故有聯(lián)立解得（4）當返回艙以d點做近心運動，即其所受萬有引力大于其做圓周運動向心力，故根據(jù)牛頓第二定律有解得故選C。16．[1]根據(jù)動量守恒定律可知解得[2]以發(fā)動機噴出氣體為研究對象，根據(jù)動量定理可知解得根據(jù)牛頓第三定律可知，返、推組合體受到的平均作用力大小為四、大國重器（4+6+9=19分）大國重器，是國家核心競爭力的關鍵支撐。它們彰顯科技實力，推動產業(yè)升級，在國際舞臺展現(xiàn)中國力量，助力民族偉大復興征程。17．“雪龍2號”是我國第一艘自主建造的極地科考破冰船，質量為1.2×107kg。（1）一種破冰方式為滑上冰層借助自身重力破冰。在船頭相對冰層向上滑動時，受到冰層的作用力，在如圖（a）所示的a、b、c、d四個方向中，可能是（）

A．a

B．b

C．c

D．d（2）另一種破冰方式是靠強大的動力和堅固的船身沖擊冰層，如下圖（b）所示，某次破冰過程，“雪龍2號”以4m/s的速度正對浮冰碰撞，2.5s后撞停，求此過程中，冰層受到水平方向的沖擊力大小為N。

18．圖（a）是有“中國天眼”美譽的FAST——目前世界最大口徑的射電望遠鏡，其核心部件之一是饋源艙，重29.8噸，由六根鋼索固定在球面反射鏡的上方，負責搜集球面反射回的電磁波信號。

（1）如圖（b），饋源艙靜止時，六根鋼索拉力大小相等，且均與豎直方向成60°角，此時一根鋼索上的拉力大小為N（g=9.8m/s2，保留2位有效數(shù)字）。（2）FAST發(fā)現(xiàn)了目前所知周期最短的雙星系統(tǒng)，如下圖（c），A、B兩顆脈沖星（質量為mA和mB）各自繞兩星間連線上的一定點O做周期為T的勻速圓周運動，軌道半徑RA<RB。關于兩顆脈沖星，下列說法正確的是（）A角速度相等

B．線速度大小相等C．mA>mB

D．mA<mB19．（計算）C919是中國首款具有自主知識產權的中程干線客機。該飛機總質量約為6×104kg，發(fā)動機最大輸出功率是5.25×107W，最大平飛速度為260m/s。若飛機到達指定巡航高度后沿直線飛行，空氣對飛機的升力與其重力平衡，空氣阻力與速度的平方成正比，即f=kv2，求：（結果均保留2位有效數(shù)字）

（1）比例系數(shù)k；（2）飛機在指定巡航高度從130m/s以最大功率加速時，加速度a0的大?。浚?）定性畫出飛機在指定巡航高度從130m/s加速至最大平飛速度過程中的v–t圖像?！敬鸢浮?7．C1.92×10718．9.7×104AC19．（1）（2）5.9m/s2（3）見解析

【解析】17．[1]船頭受到冰層的支持力垂直于冰面向上，摩擦力力沿著冰面向下，根據(jù)平行四邊形定則可知，這兩個力的合力方向可能是c。故選C。[2]規(guī)定初速度方向為正方向，設碰撞過程，船頭受到冰層水平方向的作用力大小為F，則由動量定理得由題意知，，代入題中數(shù)據(jù)，解得根據(jù)牛頓第三定律可知，冰層受到水平方向的沖擊力大小為;18．[1]分析可知，饋源艙受到鋼索拉力和自身重力而平衡，設每根鋼索拉力為F，則由平衡條件得其中饋源艙質量代入數(shù)據(jù)解得[2]A．根據(jù)雙星系統(tǒng)特點可知，雙星系統(tǒng)周期相同，加速度相同，故A正確；B．根據(jù)可知由于雙星軌道半徑不同，故線速度大小不相等，故B錯誤；CD．雙星系統(tǒng)彼此的引力通過彼此的向心力，故彼此的向心力大小相等，設雙星系統(tǒng)的角速度以為，則有解得由于故有故C正確，D錯誤。故選AC。19．（1）飛機達到最大平飛速度時，合力為0，由平衡條件有因為其中聯(lián)立解得（2）加速過程中，由牛頓第二定律得整理可得其中聯(lián)立以上解得（3）以上分析可知，速度到達130m/s時，飛機功率達到最大值，從根據(jù)以上分析可知，從130m/s加速至最大平飛速度過程功率不變，由牛頓第二定律得整理可得可知隨著速度增大，加速度在減小，故飛機做的是加速度減小的加速運動，故圖如下五、DIS物理實驗（17分）20．在“用DIS研究物體質量不變，加速度與外力關系”的實驗中，王同學連接完如圖甲所示的實驗器材后進行實驗。（重力加速度為g）(1)多次重復測量，將數(shù)據(jù)輸入計算機，得到如圖乙所示的關系圖線。圖線AB段基本是一條直線，由此可以得到的結論是；BC段明顯偏離直線的原因是；BC曲線將不斷地延伸，那么該曲線所逼近的漸近線的縱坐標為。本實驗中細線彎曲的原因是細線拉力大小不能直接測量。為了精確測量細線拉力，姜同學對該實驗進行了改良，在小車和重物之間接一個輕質力傳感器，實驗中力傳感器的拉力為F，保持小車（包括位移傳感器發(fā)射部分）的質量不變，改變重物的重力重復實驗若干次，記錄多組數(shù)據(jù)，得到加速度與外力的關系如圖（b）所示。（）(2)該實驗中（選填“需要”或“不需要”）使得重物的質量遠小于小車的總質量；(3)小車（包括位移傳感器發(fā)射部分）的質量為kg；(4)該實驗小組為得到a與F成正比的關系，應調整斜面的傾角，使得。潘同學和馬同學不約而同地想到了如圖甲所示為阿特伍德機的示意圖，它是早期測量重力加速度的器械，由英國數(shù)學家和物理學家阿特伍德于1784年制成。他將質量均為M的兩個重物用不可伸長的輕繩連接后，放在光滑的輕質滑輪上，處于靜止狀態(tài)。再在一個重物上附加一質量為m的小物塊，這時，由于小物塊的重力而使系統(tǒng)做初速度為零的加速度較小的勻加速運動并測出加速度，完成一次實驗后，換用不同質量的小物塊，重復實驗，測出不同m時系統(tǒng)的加速度。(5)所產生的加速度可表示為（用M、m、重力加速度g表示）；(6)若選定如圖甲左側重物從靜止開始下落的過程進行測量，想要求出重物的質量M，則需要測量的物理量有______（只需填選項字母）A．小物塊的質量mB．重物下落的距離h及下落這段距離所用的時間tC．繩子的長度D．滑輪半徑(7)經過多次重復實驗，得到多組a、m數(shù)據(jù)，作出圖像，如圖乙所示。已知該圖像斜率為k，縱軸截距為b，則可求出當?shù)氐闹亓铀俣?，并可求出重物質量的表達式?！敬鸢浮?1)當質量一定時，加速度與合外力F成正比。是由于沒有滿足M遠遠大于m造成的g(2)不需要(3)0.7(4)0.071(5)(6)AB(7)【詳解】（1）[1]關系圖線AB段基本是一條直線，可以得到的結論是：當質量一定時，加速度與合外力F成正比。[2][3]設小車的質量為M，鉤碼的質量為m，由實驗原理得加速度為而實際上，根據(jù)牛頓第二定律解得可見AB段明