精品解析：湖南省岳阳市湘阴县第二中学2025-2026学年高三上学期入学考试物理试卷

湖南省岳阳市湘阴县第二中学2026届高三入学考试物理试卷 时间：75分钟 满分：100分 一、单项选择题（每小题4分，共24分） 1. 下列关于速度、速度的变化量和加速度的说法正确的是（　　） A. 只要物体的速度大小不变，则加速度就为零 B. 只要物体的速度变化快，加速度就大 C. 只要物体的速度变化量大，加速度就大 D. 物体速度在逐渐减小，加速度一定也逐渐减小 2. 四个物体的位移时间图像如图所示，其中表示物体做匀速直线运动的是（　　） A. B. C. D. 3. 物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法．控制变量法等．以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（  ） ①根据平均速度的定义式，当趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法 ②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运用了假设法 ③在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法 ④推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法 A. ②③④ B. ①③④ C. ①②③ D. ①②④ 4. 做匀加速直线运动的质点，在第内和前内的平均速度之差是，则此质点运动的加速度大小为（ ） A. B. C. D. 5. 一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经过AB的时间是t，则下列判断中正确的是（ ） A. 经过A、B中点时的速度是4v B. 经过A、B中间时刻的速度是5v C. 前时间通过的位移比后时间通过的位移少vt D. 前位移所需时间是后位移所需时间的2倍 6. 如图甲所示，用一水平恒力拉水平桌面上的木块，木块在水平桌面上做匀速直线运动；若将此力改为方向与水平方向成角斜向上拉木块（大小不变），如图乙所示，木块仍在水平桌面上做匀速直线运动，则木块与桌面间的动摩擦因数为（　　） A. B. C. D. 二、多项选择题（每小题5分，共20分） 7. 小辉是一名体育特长生，特长为100米短跑，假设百米训练中，前6s内做匀加速直线运动，其中第2s内的位移是2.5m，第5s内的位移是7.5m，则下列说法正确的是（　　） A. 前6s内加速度为m/s2 B. 第3s末速度为5m/s C. 第2s内平均速度为1.25m/s D. 第3s初至第4s末，这两秒内位移为10m 8. 小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10m/s2，则下列判断正确的是（　　） A. 小球下落的最大速度为5m/s B. 小球第一次反弹初速度为3m/s C. 小球能弹起的最大高度为0.45m D. 小球能弹起的最大高度为1.25m 9. 如图所示，轻杆BC一端用铰链固定于墙上，另一端有一小滑轮C，重物系一绳经C固定在墙上的A点，滑轮与绳的质量及摩擦均不计，若将绳一端从 A点沿墙稍向上移，系统再次平衡后，则(　　) A. 绳的拉力增大 B. 轻杆受到的压力减小，且杆与AB的夹角变大 C. 绳的拉力大小不变 D. 轻杆受的压力不变 10. 如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止。撤去后，物体开始向左运动，运动的最大距离为，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为。则（　　） A. 撤去后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B. 撤去后，物体刚运动时的加速度大小为 C. 物体做匀减速运动的时间为 D. 物体开始向左运动到速度最大的过程中位移为 三。实验题（11题每空2分，12题每空3分，本大题共15分） 11. 如图甲所示，用铁架台、弹簧、毫米刻度尺和多个质量已知且相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力F和弹簧长度l的关系。弹簧的上端与毫米刻度尺的0刻度线对齐。 （1）如图甲所示，悬挂一个钩码时，弹簧下端的指针在毫米刻度尺的读数为___________cm。 （2）逐个增加钩码的数量，记录下弹簧弹力F和弹簧的长度l的多组数据，并在坐标纸中描绘出F-l的关系图像，由图乙可知该弹簧的劲度系数为___________N/m。 （3）实验中用两根不同的轻弹簧a和b进行实验，画出弹簧弹力F与弹簧的长度l的关系图像如图丙所示，若把两个弹簧分别制作成弹簧秤，___________（填“a”或“b”）的灵敏度更高。 12. 小米同学用图所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量不变，细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F，用打点计时器测出小车运动的加速度 a。 （1）下列操作中，是为了保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件的有（ ） A．实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力 B．实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行 C．小车的质量应远小于钩码的质量 D．实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车 （2）如图为实验中打出的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的 5 个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有 4 个点迹未标出，测出各计数点到 A 点间的距离。已知所用电源的频率为 50Hz，则小车的加速度 a＝________m/s2。（结果保留两位小数） （3）改变细线下端钩码的个数，得到 a－F 图象如图所示，造成图线不过原点的原因可能是__________。 四。计算题（13题10分，14题15分，15题16分） 13. 如图所示，轻绳OA、OB与OC悬挂一质量为m＝1kg的物体，OA与水平方向夹角为60°，OB位于水平方向，g取。 （1）求OB绳上的拉力的大小； （2）求OA绳上的拉力的大小。 14. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50 kg，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8；g取10 m/s2.。求： （1）A点与O点的距离L； （2）运动员离开O点时的速度大小； （3）运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间。 15. 如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0.1，另一个质量m=1kg的小滑块，以6m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.5，g取10m/s2。 （1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离； （2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止； （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省岳阳市湘阴县第二中学2026届高三入学考试物理试卷 时间：75分钟 满分：100分 一、单项选择题（每小题4分，共24分） 1. 下列关于速度、速度的变化量和加速度的说法正确的是（　　） A. 只要物体的速度大小不变，则加速度就为零 B. 只要物体的速度变化快，加速度就大 C. 只要物体的速度变化量大，加速度就大 D. 物体速度在逐渐减小，加速度一定也逐渐减小 【答案】B 【解析】 【详解】A．物体的速度大小不变，加速度可能也不为零，速度的方向可能发生变化，故A错误； B．加速度是描述物体速度变化快慢的物理量，只要物体的速度变化快，加速度就大，故B正确； C．物体的速度变化量大，加速度不一定就大，还和变化时间有关，故C错误； D．物体速度和加速度没有必然的联系，速度减小，加速度也可能增大，故D错误。 故选B。 2. 四个物体的位移时间图像如图所示，其中表示物体做匀速直线运动的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】AB．位移-时间图线的斜率表示速度，根据题中图像可知，选项 A中物体做匀速运动，选项B中物体处于静止状态，故A正确，B错误； CD．选项C的斜率逐渐增大，物体做加速运动，选项D的斜率逐渐减小，物体做减速运动，故CD错误。 故选A。 3. 物理学的重大发现中科学家们总结出了许多物理学方法，如理想实验法．控制变量法等．以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（  ） ①根据平均速度的定义式，当趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法 ②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运用了假设法 ③在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法 ④推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法 A. ②③④ B. ①③④ C. ①②③ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【详解】根据平均速度的定义式 ，当趋近于零时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，故①正确；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运用了理想模型法，故②错误；在实验探究加速度与力、质量的关系时，运用了控制变量法，故③正确；推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分很多小段，然后将各小段位移相加，运用了微元法，故④正确；故选B. 4. 做匀加速直线运动的质点，在第内和前内的平均速度之差是，则此质点运动的加速度大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据匀变速直线运动规律：某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段的平均速度，则第6s内的平均速度等于5.5s时刻的瞬时速度，前内的平均速度等于2.5s时刻的瞬时速度，依题意由加速度定义式可得 故选A。 5. 一个做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点的速度分别是v和7v，经过AB的时间是t，则下列判断中正确的是（ ） A. 经过A、B中点时的速度是4v B. 经过A、B中间时刻的速度是5v C. 前时间通过的位移比后时间通过的位移少vt D. 前位移所需时间是后位移所需时间的2倍 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据公式得 解得中间位置的速度为 A错误； B．经过A、B中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，即为 B错误； C．前时间通过的位移 后时间内通过的位移 所以 C错误； D．通过前位移所需时间 通过后位移所需的时间 解得 D正确。 故选D。 6. 如图甲所示，用一水平恒力拉水平桌面上的木块，木块在水平桌面上做匀速直线运动；若将此力改为方向与水平方向成角斜向上拉木块（大小不变），如图乙所示，木块仍在水平桌面上做匀速直线运动，则木块与桌面间的动摩擦因数为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于图甲，根据受力平衡可得 对于图乙，根据受力平衡可得 联立解得 故选C。 二、多项选择题（每小题5分，共20分） 7. 小辉是一名体育特长生，特长为100米短跑，假设百米训练中，前6s内做匀加速直线运动，其中第2s内的位移是2.5m，第5s内的位移是7.5m，则下列说法正确的是（　　） A. 前6s内加速度为m/s2 B. 第3s末速度为5m/s C. 第2s内平均速度为1.25m/s D. 第3s初至第4s末，这两秒内位移为10m 【答案】BD 【解析】 【详解】设，由 解得，故A错； C．第2s内平均速度，故C错； B．匀变速运动一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，所以第1.5s末的速度与第2s内的平均速度相等，则第3s末的速度，故B正确； D．第3s初到第4s末这两秒内的平均速度与第3s末的速度相等，所以这两秒内的位移，故D正确。 故选BD。 8. 小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10m/s2，则下列判断正确的是（　　） A. 小球下落的最大速度为5m/s B. 小球第一次反弹初速度为3m/s C. 小球能弹起的最大高度为0.45m D. 小球能弹起的最大高度为1.25m 【答案】AC 【解析】 【详解】A．0~0.5s内，小球自由下落，最大速度为5m/s，故A正确； B．0.5~0.8s内，小球反向弹起，反弹初速度为-3m/s，故B错误； CD．小球能弹起的最大高度为 故C正确，D错误。 故选AC。 9. 如图所示，轻杆BC一端用铰链固定于墙上，另一端有一小滑轮C，重物系一绳经C固定在墙上的A点，滑轮与绳的质量及摩擦均不计，若将绳一端从 A点沿墙稍向上移，系统再次平衡后，则(　　) A. 绳的拉力增大 B. 轻杆受到的压力减小，且杆与AB的夹角变大 C. 绳的拉力大小不变 D. 轻杆受的压力不变 【答案】BC 【解析】 【详解】绳端从A点上移后，绳的拉力大小不变(等于重物的重力)，但AC与CD夹角变大，合力变小，轻杆受的压力变小，仍沿杆，方向为∠ACD的角平分线方向．综上述可知，选项B、C正确，A、D错误． 故选BC 【点睛】以滑轮C为研究对象，分析受力情况，系统处于静止状态时，滑轮的合力为零，绳子的拉力大小等于物体的重力，根据平衡条件，结合合成法分析由于A点的上移时轻杆所受压力的变化情况． 10. 如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止。撤去后，物体开始向左运动，运动的最大距离为，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为。则（　　） A. 撤去后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B. 撤去后，物体刚运动时的加速度大小为 C. 物体做匀减速运动的时间为 D. 物体开始向左运动到速度最大的过程中位移为 【答案】BD 【解析】 【详解】A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，故A错误； B．刚开始时，根据牛顿第二定律有 解得 故B正确； C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律有 利用逆向思维，将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则 解得 故C错误； D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时合力为零，则有 解得 所以物体开始向左运动到速度最大的过程中位移为 D正确。 故选BD。 三。实验题（11题每空2分，12题每空3分，本大题共15分） 11. 如图甲所示，用铁架台、弹簧、毫米刻度尺和多个质量已知且相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力F和弹簧长度l的关系。弹簧的上端与毫米刻度尺的0刻度线对齐。 （1）如图甲所示，悬挂一个钩码时，弹簧下端的指针在毫米刻度尺的读数为___________cm。 （2）逐个增加钩码的数量，记录下弹簧弹力F和弹簧的长度l的多组数据，并在坐标纸中描绘出F-l的关系图像，由图乙可知该弹簧的劲度系数为___________N/m。 （3）实验中用两根不同的轻弹簧a和b进行实验，画出弹簧弹力F与弹簧的长度l的关系图像如图丙所示，若把两个弹簧分别制作成弹簧秤，___________（填“a”或“b”）的灵敏度更高。 【答案】 ①. 11.50 ②. 100 ③. b 【解析】 【详解】[1]刻度尺的最小分度为1mm，要估读到毫米下一位，图中读数为11.50cm [2]设未挂钩码时弹簧的长度为，根据胡克定律有 解得 可知图像的斜率表示劲度系数 [3]由图丙可知，a的斜率大于b的斜率，a的劲度系数大于b的劲度系数，弹簧的劲度系数表示单位形变量引起的弹簧弹力的变化量的大小，变化量越小，弹簧的灵敏度越高，故用b制作的弹簧秤灵敏度更高。 12. 小米同学用图所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车(含车中重物)的质量不变，细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F，用打点计时器测出小车运动的加速度 a。 （1）下列操作中，是为了保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件的有（ ） A．实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力 B．实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行 C．小车的质量应远小于钩码的质量 D．实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车 （2）如图为实验中打出的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的 5 个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有 4 个点迹未标出，测出各计数点到 A 点间的距离。已知所用电源的频率为 50Hz，则小车的加速度 a＝________m/s2。（结果保留两位小数） （3）改变细线下端钩码的个数，得到 a－F 图象如图所示，造成图线不过原点的原因可能是__________。 【答案】 ①. AB ②. 0.93 ③. 平衡摩擦力过度 【解析】 【详解】（1）[1]．A．实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F，选项A正确； B．实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F，选项B正确； C．要使得细线下端悬挂钩码的重力等于小车受到的合力，则要使得小车的质量应远大于钩码的质量，选项C错误； D．实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车，这一操作对保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 这一条件无影响，选项D错误；故选AB。 （2）[2]．根据可得小车的加速度 （3）[3]．由图像可知，小车上拉力为零时就有了加速度，可知是由于平衡摩擦力时木板抬的过高，平衡摩擦力过度引起的。 四。计算题（13题10分，14题15分，15题16分） 13. 如图所示，轻绳OA、OB与OC悬挂一质量为m＝1kg的物体，OA与水平方向夹角为60°，OB位于水平方向，g取。 （1）求OB绳上的拉力的大小； （2）求OA绳上的拉力的大小。 【答案】（1）N （2）N 【解析】 【小问1详解】 分析结点O受力情况，如图所示 结点O受力平衡，由平衡条件可得N 【小问2详解】 由平衡条件可得N 14. 如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ=37°，运动员的质量m=50 kg，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8；g取10 m/s2.。求： （1）A点与O点的距离L； （2）运动员离开O点时的速度大小； （3）运动员从O点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间。 【答案】（1）75 m；（2）20 m/s；（3）1.5 s 【解析】 【分析】 【详解】（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，有 Lsin 37°=gt2 解得 （2）设运动员离开O点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有 Lcos 37°=v0t 解得 （3）当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有 v0sin 37°=gcos 37°·t 解得 t=1.5 s 15. 如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0.1，另一个质量m=1kg的小滑块，以6m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.5，g取10m/s2。 （1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离； （2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止； （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值。 【答案】（1）；（2）1s；（3）1m 【解析】 【详解】（1）对滑块由牛顿第二定律有 由匀变速直线运动速度位移公式得 （2）对m ， 对M 得 由运动学知识可知 解得 t=1s （3）木板共速前先做匀加速运动 速度 以后木板与物块共同加速度a3匀减速运动 且 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $