湖南省长沙市明德中学2025-2026学年高三上学期阶段检测（三）物理试卷

明德中学2026届高三年级阶段检测（三) 物理试卷 2025年11月 时量：75分钟满分：100分命题：周爱军审题：曾祥 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题 目要求。 1.如图甲所示，“蛟龙”号是一艘由我国自主设计，具有世界先进水平的载人潜水器。某次测试过程中，“蛟 龙”号沿直线运动的x-t图像如图乙所示，则它的-t图像可能正确的是() A R 0 2.如图所示，表面粗糙斜面固定在水平地面上，木块以一定的初速度从斜 面底端冲上斜面后又滑回斜面底端。则木块( A.上滑过程的时间大于下滑过程的时间 B.上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度 C.上滑过程损失的机械能等于下滑过程损失的机械能 D.上滑过程动能的减少量等于下滑过程动能的增加量 3.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m, 2v% 两船沿同一直线相向运动，速率分别为2o、o,为避免两船相撞，乙船上 的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。 不计水的阻力。则抛出货物的最小速率是() A.vo B.8vo C.160 D.200 4.如图所示，长为1的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。 小球在水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为0，不计空气阻 力，重力加速度为g。下列说法正确的是() A.细绳的拉力大小等于mng sin0 B.小球的向心加速度等于gsin0 C.小球转动半周，绳的拉力的冲量方向竖直向上 D.小球转动一周，重力的冲量等于2πglcos0 5.岁星是中国古代对木星的雅称，这是由于木星绕太阳公转一周大约需要12年，与地支的周期相同的缘 故。司马迁最早把岁星命名为木星。如图甲，两卫星、b环绕木星在同一平面内做匀速圆周运动，绕行 方向相同，某时刻开始计时，卫星α、b间距离x随时间t变化的关系图像如图乙所示，其中R、T为已知 量，下列说法正确的是( 5R 3R 2T 3T 47 A.卫星a的运动半径为3R 甲 B.卫星b的运动周期为147 C.卫星a、b的向心加速度之比为8：1 D.在任意相等时间内，卫星α与木星球心连线扫过的面积与卫星b与木星球心连线扫过的面积之比为 1:1 第1页共4页 6.如图所示，水平地面上固定一表面粗糙的斜面体，斜面顶端安装有 0 定滑轮，轻绳1跨过左侧定滑轮，一端连接物体A,另一端连接物体B; 轻绳2绕过右侧定滑轮，一端连接物体B,另一端人为控制：现由人 拉动绳2让物体B缓慢由O点正下方P点运动到Q点，O点和Q点等 高，轻绳1一直处于张紧状态且物体A始终保持静止，不计空气阻力 777777777777777777777 及滑轮的摩擦力，在物体B由P点运动到Q点的过程中，下列说法正 确的是() A.轻绳1的拉力大小先增大再减小 B.轻绳2的拉力一直变大 C.轻绳1和轻绳2对物体B的拉力的合力逐渐减小 D.物体A受到斜面的摩擦力一定是先减小后增大 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7.某患者用如图所示的水银血压计测量血压时，医生将袖带绑在患者手臂 血压计 上，用手握住气囊缓慢而均匀地打气，打气后袖带内的气体体积为、压 强为1.6Po,然后缓慢放气，当袖带内气体体积变为0.8V%时，气体的压强刚 好与大气压强相等。设大气压强为P,放气过程中温度保持不变，袖带内 气体可视为理想气体。下列说法正确的是() A,缓慢放气过程中袖带内气体吸热 B.放气后袖带内气体在单位时间内与单位面积内壁碰撞的分子数增加 C.袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比为1：1 D.袖带内剩余气体的质量与放出气体的质量之比为1：2 8.如图所示，小球从固定的斜面上方某处由静止释放，随后小球与斜面发 生第一次碰撞并反弹，再落回斜面发生第二次碰撞并反弹.设小球与斜 面间的碰撞为弹性碰撞（小球垂直斜面的速度大小不变、方向反向，沿斜 面方向的速度大小和方向均不变，碰撞时间极短)，碰撞点依次为A、B、C、 D,小球从A到B、从B到C、从C到D的运动时间依次为1、2、B,位移 依次为x1、x2、3,不计空气阻力，下列说法正确的有() A.t:t2:t3=1:1:1 B.t1:2:t3=1:3:5 C.x1:2:x3=1:3:5 D.x1:x2:x3=1:2:3 9.风洞是进行空气动力学实验的常用设备。如图所示，将质量为m的小球 风向 从A点以初速度0水平向左抛出，假设小球运动过程中受到水平向右、大 小恒定的风力F,经过一段时间t,小球运动到A点正下方的B点，且vg=V5o 重力加速度为g。则此过程中() A.AB之间的距离h56 B.小球运动的时间20 C.小球所受的风力F=mg D.运动中小球的最小速度一之 10.如图甲所示，足够长的倾斜传送带沿顺时针方向以=2ms的速度匀速转动，质量为1kg的物块（可 视为质点)从传送带底端P点以某一初速度滑上传送带。选择P点所在水平面为零势能面，物块从P点向 上运动到最高点的过程中，其机械能E随位移x变化的关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 取重力加速度g10m/s2。关于该过程，下列说法正确的是() ↑E小 5.6 0.6 x/m 甲 乙 A.物块与传送带间的动摩擦因数为0.5B.物块在最高点时，其重力势能为8J C.物块运动时间为1.2s D.物块与传送带之间因摩擦产生的热量为3.2J 第2页共4页 三、非选择题（本题共5小题，共56分） 11.用如图甲所示的装置探究加速度、力和质量的关系，带滑轮的长木板水平放置，弹簧测力计固定在墙 上。小车上固定一定滑轮，细绳通过滑轮连接弹簧测力计和砂桶。 小车 ↑a p 打点计时器 长木板 砂桶☐ 低带 图甲 图丙 (1)下列关于该实验的操作说法中正确的是 A.必须用天平测出砂和砂桶的质量 B.每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 C.小车的质量须远大于砂桶和砂的质量 D.每次实验应先释放小车，再接通电源 (2)利用打点频率为50Hz的打点计时器，得到的一条纸带如图乙所示：（图中每两个计数点间还有四个 点未画出)，则在该次实验中，小车运动的加速度大小为/s2(结果保留三位有效数字)。 B D 126213.8415.00 6.23 cm 图乙 (3)某同学做实验时，未把木板的一侧垫高，就继续进行其他实验步骤，该同学作出的小车的加速度α与 弹簧测力计示数F的图像如图丙所示，则实验中小车受到的摩擦力大小为，小车的质量为。 12.为了测量一新型圆柱形导电材料的电阻率，某实验小组应用实验室提供的如下实验器材，先后两次采 用两种不同的方法测量了该圆柱形导电材料的电阻。 A、多用电表 B、螺旋测微器 C、电流表A1(0-25mA,内阻约为402) D、电流表A2(00.6,内阻约为0.12) E、电压表V1(0~3V,内阻约为3k2) F、电压表V2(015V,内阻约为15kΩ) G、直流电源E(4V,内阻不计) H、滑动变阻器R(0~52,2A) I、开关及导线若干 (1)用螺旋测微器测量圆柱形导电材料的直径，测量结果如图甲所示，其示数为 mm; 1-V-0 Na ”45Ru9 e 2×k×100x10X1 35 V OFF AV-0 250 Na mA 2.51050250500 图甲 图乙 (2)实验小组先用欧姆表测量了圆柱形导电材料的电阻，如图乙，其阻值R,= 2: (3)为了更精确的测量出圆柱形导电材料的电阻，实验小组采用伏安法测量电阻，伏安法测电阻时电流表选 用（填写器材前的字母)： 第3页共4页 (4)为尽量精确测量新型圆柱形的导电材料的电阻R，应采用下图中的（选填“甲“乙“丙”或丁”） 电路图。 乙 丙 13.如图所示，两根轻绳连接质量为的小球P,右侧绳一端固定于A点，左侧绳通过光滑定滑轮B连接 一物块Q,质量相等的物块Q、N通过一轻弹簧连接，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置， PA、PB两绳与水平方向的夹角分别为53°和37°，此时物块N与地面的压力恰好为零。现将小球P托至与 A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且恰好无弹力，由静止释放小球P。己知PA绳长为L,s37°=0.6， cos37°=0.8，重力加速度为g,求： (1)物块Q的质量M: (2)小球P运动到图示位置时，物块Q的速度大小v。 14.如图所示，借助电动机和斜面将质量为20kg的货物用最短的时间从斜面底端拉到斜面顶端。货物依 次经历匀加速、变加速、匀速、匀减速四个阶段，到达顶端时速度刚好为零。已知电动机的额定功率为1200W, 绳子能承受的最大拉力为300N,绳子与斜面平行，斜面长度为34.2m,倾角0-30°，货物与斜面的摩擦因 数为 3 ,减速阶段加速度大小不超过5ms2,g取10m/s2。求上升过程中 (1)货物的最大速度的大小： (2)减速阶段电动机的牵引力T的大小： (3)货物运动总时间t。 1日 ⊙电动机 777777777777777777777777777777777777 15.如图所示，固定在水平面上的粗糙斜面倾角30°，高度为9L。滑块B恰好静止在斜面上，离斜面顶 端的距离为L。一光滑的滑块A(与斜面无摩擦)由斜面顶端无初速度释放。己知滑块间的碰撞为弹性碰撞 且碰撞时间忽略不计，滑块A的质量为m,滑块B的质量为3，重力加速度大小为g,两滑块均可视为 质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)A、B第一次碰撞前瞬间滑块A重力的功率： (2)A、B的第一次碰撞点到第二次碰撞点间的距离： (3)从滑块A开始释放到A、B最后一次在斜面上碰撞的过程中，系统损失的机械能。 7777777 第4页共4页 物理参考答案 2025年11月 题号 1 2 3 45 6 8 9 10 答案 DB B AC AD BC AC 2.【详解】.物体先减速上升，由牛顿定律则：f+mng sin8=ma;后加速下滑，则：ng sin-f=ma'; 摩擦力相同，所以a>d',即上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故B错误；因为a>a,由了)a成 知上滑时间小于下滑时间，故A错误；克服摩擦力做功W=,所以上滑过程与下滑过程克服摩擦力做 功相同，因为克服摩擦阻力做功等于物体机械能的变化量，所以上滑过程与下滑过程中机械能的减小量 相等，故C正确；因为上滑过程木块所受的合外力大于下滑过程所受的合外力，由动能定理知上滑过程 动能的减少量大于下滑过程动能的增加量，故D错误。 3.【详解】若乙船上的人将货物抛出且被甲船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，说明此时两船 刚好速度相同，设为ⅴ共，抛出货物的最小速率为y,规定开始时乙船速度方向为正方向，根据动量守恒 定律有12m,=mv+11my共甲船接住货物，根据动量守恒定律有-10m×2,+mv=11mv共，解得v=16v 4.【详解】.对小球进行受力分析，小球受重力mg和细绳的拉力F。将拉力F沿竖直方向和水平方向分 解，竖直方向上Fcos日=mg可得：F=m3,故4错误；水平方向上，根据牛顿第二定律得：Fsin9=ma, cose 将：F=m3。,代入可得：a,=gtan8,故B错误；小球转动半周，动量的变化量△P沿沿水平方向，重 cose 力的冲量方向竖直向下，根据动量定理知绳拉力的冲量方向如图，故C错误 D由牛顿第二定体：网如9=m经15血9小球转动-周的时间：了-2 Icose 小球转动一周，重力的冲量为：I。=mgT=2m√gl cos日 根据动量定理得I6+Hr=O,故小球转动一周，拉力的冲量大小Ip=2πm√gl cos0,方向向上，故D正确。 5.【详解】.由图乙知，卫星a、b最远距为5R,最近距为3R,即ra-rb=3R,ra+rb=5R,解得ra=R, =说敢A情误：板藏并情有带三定体员-高。可阳迟Q的运动同别制的关系为=8肌。又 根据两卫星从相距最远到最近有：升T-升T=口，联立解得：T,=14T,故B正确；由向心加速度 Th 所沙一上上X,鼎得坐名放C精误：设卫星做肉速圆胸运动的轨道半 anb rb anb 短时间△1内与地心连线扫过的面积为：S-rv△t:由万有引力提供向心力有：G=m兰，解得：v= GM 联立解得：S，△tyGMr,所以相等时间内，卫星a与木星球心连线扫过的面积与 卫星b与木星球心连线扫过的面积之比为1：2故D错误。 6.【详解】.由于物体B缓慢运动，即合外力为零，所以轻绳1和轻绳2对物体B 的合力始终跟物体B的重力等大反向，受力情况如图所示，图中各夹角的几何关 7777777777 8 系为Q=90°-日，B 2 根据拉密定理有— mg T T sin(90°、8 sin(l80°- 所以I,=cos8 2 sinl80°-(90°-)' cos 2 工=mga了，物体B由P点运动到Q点的过程中8减小，？一直变大，了一直减小，故A错误，B正 确；由于物体B缓慢运动，即合外力为零，所以轻绳1和轻绳2对物体B的拉力的合力始终跟物体B的 重力等大反向，故C错误；由于一开始物体A所受静摩擦力方向不确定，所以物体A受到斜面的摩擦力 不一定是先减小后增大，故D错误。 7.【详解】根据题意可知，缓慢放气过程，气体体积变大，气体对外做功，温度不变，气体内能不变， 根据热力学第一定律，则气体应吸热，故A正确；根据题意可知，放出部分气体后，压强减小，体积减 第1页共4页 小，温度不变，根据气体压强的微观含义可知，气体在单位时间内碰撞袖带内壁单位面积上的分子数减 少，故B错误；对原袖带内气体而言，发生等温变化，设放出压强为P的气体体积为△V,由玻意耳定 律可得1.6p'=po(0.8V+△V）,解得△V=0.8Vo 8.【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，每次碰撞后都做的是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：…，可见t=t2=13=2T, :x2:x3=(3+5):(7+9):11+13)=1:2。故AD正确，BC错误。 9.【详解】小球自A运动到B,风力做功为零。由动能定理mgh=mv后-mv,所以h=。A错 g 误；由h=9t2,所以1。B正确；由，g,知在B点竖直方向的分速度y,=2Vo,所以小球在B点的水 平分速度为vo,方向水平向右。在水平方向上，由动量定理F=2mo,所以F=mg,C正确；风对小球 的力恒定，则小球可视为在等效重力场中和斜抛运动，等效重力方向为重力和风力的合力方向，与水平 方向成45”，小球运动过程中速度与等效重力方向垂直时速度最小，故小球速度最小时，位于AO之间的 某处，且最小速度V0s45=D错误： 10.【详解由图像可知在P点时物块的速度为，m。=8J代入数据解得物块的初速度为，=4m/s物 块刚滑上传送带时摩擦力对物块做负功，可知此时传送带与物块间的摩擦力是滑动摩擦力，前0.6m物块 做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有umg cose+mg sin=ma x=0.6m时，物块和传送带共速，此时机械能为561=mgsin9+)m由速度与位移公式有 v2-=-2αx联立两式，代入数据解得传送带与水平面夹角为B=37°，动摩擦因数为1=0.5，故A正 确：由速度与时间公式有匀减速时间为1=-'代入数据解得无=0.2s a 因为y<tan日，可知共速后物块继续做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有mg sin-ng cos=ma2 代入数据解得匀减速的加速度大小为α，=2m/s2从共速到最高点过程中，由速度与位移公式、速度 与时间公式有2=2ax,52=少代入数据解得x,=1m,5=l5在最高点的重力势能为 E。=mg(c,+x2)sin37°代入数据解得Ep=9.6J,故到最高点的时间为t=1+12代入数据解得t=1.2s, 故B错误，C正确；由上述分析可知第一个匀减速阶段，相对位移△x=x一4第二个匀减速阶段相 对位移△x,=t,-x,摩擦产热为Q=umg cos日·（△x+△x,)联立两式，代入数据解得物块与传送带之 间因摩擦产生的热量为Q=4.8J,故D错误。 1.【答案】(1)B;(2)1.19:(3)2R,、25-F【详解】(1)由于有弹簧测力计测量拉力，所以不 41 必测量砂和桶的质量，故A错误；一次平衡好摩擦力之后，当改变小车质量时，由于摩擦力和重力的下 滑分力同比例改变，则不必重新平衡阻力，故B正确；由于拉力能测出，不必满足小车质量远大于砂和 桶的质量，故C错误；为了有效利用纸带，须先接通电源再释放小车，故D错误。故选：B 由题意知，两相邻计数点的时间间隔T=5×0=0，由逐差公式求 a=5-xc=5.00+6.23)-(2.62+3.84×102m/s2-1.19m1s2; (2T)2 (2×0.1) (3)根据牛顿第二定律可求出小车的加速度a=2P,上，变形后得到：a= M 子F-,结合图象的黄 M F-5M,所以摩擦力1=26，小车的质量M-2G- 截距为：2F=f,斜率k=4=2 12.【答案】(1)0.400(2)170(3)C(4)甲【详解】(1)螺旋测微器示数为0+40.0×0.01m=0.400mm (2)由于欧姆表选释“×10”倍率，故阻值R。=10×17Ω=1702 第2页共4页 (3)电源电动势为4V,若选择电压表V2,则电压表的指针偏转过小，不够准确，所以电压表选择V, 且测量电路中最大电流上名=17.65mA,则电流表选A,故选C: (3)滑动变阻器最大阻值小于待测电阻阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法。又因 Ro<√R4R,则电流表应采用外接法，选择图甲所示电路。 谷深】①0m?【详解】)对小球P进行受力分析，很据平衡条件有7。=立 对物块N和Q整体进行受力分析，则有2M3=T,联立解得M=3 m 10 (2)由静止释放小球P后，小球P做圆周运动到达图示位置，该过程初始状态弹簧处于压缩状态，末 状态弹簧处于拉伸状态，且压缩量与拉伸量大小相等，即始末状态弹性势能不变，P的速度方向恰好沿 PB绳，可知，此时小球P和物块Q的速度大小相等，则有 mgLsin53°=m2+2M2+Mgh其中h= 。十L-2 12 2 2 sin37行联立解得vV gL 14.【答案】(1)6m/s;(2)100N;(3)7s 【详解】(1)匀速阶段速度最大，且牵引力F=mgsin0件u mgcos0200N 又P=Fv解得vm=6m/s (2)由于货物用最短的时间登顶，故匀减速阶段，加速度必取最大值，即a2=5m/s2, 根据牛顿第二定律有u1gcos8+mg sin-T=ma2,解得T=100N (3)由于货物用最短的时间登顶，故匀加速阶段，加速度必取最大值 当牵引力F1=300N时，根据牛顿第二定律：F-mg sin8-umg cos8=ma,解得a,=5m/s2 P 当功率达到额定功率时，设货物的速度为，则有y=一=4ms此过程所用时间和上滑的距离分别为 F 青=兰-=08s,x=二=1.6；货物匀减速运动的时间和上滑的距离分别为 a51 2a1 Vm-1.2s, a 2=3.6:从电动机达到额定功率到货物即将减速F滑的距离为x=342-36一6m=29m x3=2a2 设电动机达到额定功率到货物即将减速运动所用时间为2，该过程根据动能定理可得 P，所-mgsin9x-mgcos0-5弓m支m解得5=5s所以总时间为1=4+5+5=75. 15.【答案】(1)P=mgNg (2)2L (3)18mgL 【详解】(1)设碰前A的速度大小为，则有mgsin日-L=md,解得=√g红 A、B第次碰撞避面A重力的功率为P=msin8解雅P)g, 1 1 (2)第一次碰撞由动量守恒和能量守恒，有mY=mV41+3mv1, 、v2=二mv41+23公， 1 解得v今，第一次碰后到第三次碰时.两者位移相等v化+sn6此Va可解得 2 有-43L比段时间B运动的位移Xa=5=2L,即第一次碰撞点到第二次能撞点间的距离为2L g (3)第二次碰前A的速度v4'=V十sin8-3yL第二次碰撞：由动量守恒和机核能守恒有， 2 1。 a'0=4影2Au+AMT=Au+AM二9awE+aM=1AWg+B A、B第二次碰后到第三次碰前位移相同，同理可得，= 4gL 此段时间B运动的位移xg2=VB242=4L 第3页共4页 进一步可以分析得出，相邻两次碰撞时间间隔均为4V ，滑块B相邻两次碰撞之间运动位移为等差数 列，依次增加2L则可知发生第4次碰撞时离斜面顶端的距离为x4=L+2L+4L+6L=13L 则可知若发生第5次碰撞时离斜面顶端的距离为x=x4+8L=21L由x5>18L知两者在斜面上发生了4 次碰撞，则系统损失的机械能为E=:.=3 ngsin8×(2L+4L+6L)=18mgL 第4页共4页