安徽省滁州市定远县育才学校2025-2026学年高三上学期11月期中物理试题

定远育才学校2025-2026学年高三（上）期中检测 物理试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1.如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。是圆筒的中轴线，、是筒壁上的两个点，且。一个可视为质点的小球自点正上方足够高处自由释放，由点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，、、是小球运动轨迹与的交点。小球从到用时，从到用时，从到用时，小球经过、、时对筒壁压力分别为、、，、、表示、、、相邻两点间的距离，不计一切摩擦。下列说法正确的是(    ) A. B. C. D. 2.在某次冰壶比赛中，时间时球员跪式推动冰壶自本垒圆心由静止向前滑行，推至前卫线时，放开冰壶使其自行滑行，冰壶恰好到达营垒中心并停止运动，整个过程冰壶一直沿直线运动，其位移随时间变化的图像如图所示，图像中的、两段曲线均为抛物线。对冰壶的整个运动过程，下列说法正确的是(    ) A. 时刻，冰壶的速度为 B. 运动过程中，冰壶的最大速度为 C. 时间内冰壶的平均速率大于 D. 时间内加速度大小等于加速度大小 3.如图所示，一光滑轻质细绳跨过固定在竖直墙壁上的定滑轮，下端连接一个物体，上端系在水平天花板上，物体静止。现将绳的上端从水平天花板的点缓慢移到点，物体未碰到滑轮，则此过程中(    ) A. 细绳的拉力逐渐增大 B. 细绳的拉力逐渐减小 C. 定滑轮对细绳的作用力逐渐增大 D. 定滑轮对细绳的作用力方向在纸面内沿顺时针转动 4.如图甲所示，一艘正在进行顺时针急转弯训练的航母，运动轨迹可视作半径为的水平方向的圆周。航母在圆周运动中，船身向内侧倾斜，甲板法线与竖直方向夹角为，船体简图如图乙所示。一质量为的货物放在甲板上，两者之间的动摩擦因数为，已知，重力加速度为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若要保证货物不和甲板发生相对滑动，下列说法正确的是(    ) A. 货物与甲板间一定存在摩擦力 B. 货物受到甲板的支持力等于 C. 航母的航速的最大值为 D. 航母的航速越小，货物受摩擦力一定越小 5.年月日，搭载天舟八号货运飞船的长征七号遥九运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射。天舟八号货运飞船与空间站交会对接的示意图如图所示，飞船顺利进入预定圆轨道，并以周期稳定运行，之后飞船从号轨道经号转移轨道逐步接近在号圆轨道运行的空间站，约小时后，飞船与空间站组合体完成交会对接，并在号轨道上以周期稳定运行。已知万有引力常量为，地球半径为，号圆轨道距地面高度，号圆轨道距地面高度，则(    ) A. B. 货运飞船从号轨道进入号转移轨道需要点火减速 C. 货运飞船在、两个轨道上稳定运行时线速度大小之比为 D. 根据题目条件可以求出地球密度的表达式为 6.如图所示，水平传送带以的速度顺时针匀速转动，质量均为的两个可视为质点的滑块、与传送带间的动摩擦因数均为。现、分别从传送带的两端同时滑上传送带，滑上时速度的大小均为，两滑块在传送带上恰好相遇未相碰，重力加速度，下列说法正确的是(    ) A. 两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为 B. A、相遇时与传送带左端的距离为 C. 传送带的长度为 D. 滑块从滑上传送带到相遇，两滑块与传送带之间因摩擦产生的热量为 7.贵州花江峡谷特大桥桥面与谷底高差达米，是开展高空跳伞运动的理想地点。国庆期间，某专业跳伞运动员从大桥桥面跃出。若将跳伞者的下落运动过程分为三个阶段：伞打开前，可近似视为自由落体运动打开伞后，空气阻力与速度平方成正比，跳伞者先减速下降最后阻力与重力平衡，进入匀速下落阶段。若用表示下落的高度，表示机械能，表示下落速度，表示所受阻力，表示动能，表示下落时间，整个过程中下列图像可能符合事实的是(    ) A. B. C. D. 8.如图甲所示，一个质量为的物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向做直线运动，运动过程中物体的机械能与物体通过路程的关系图像如图乙所示，其中过程的图像为曲线，过程机械能不变，过程机械能随路程均匀减少忽略空气阻力，重力加速度取。则下列说法正确的是(    ) A. 过程中物体所受拉力是变力，物体先上升后下降 B. 处物体的速度大小应为 C. 过程中物体可能先上升后下降 D. 过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 9.如图工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度大小为，与水平方向的夹角为，抛出点和落点的连线与水平方向夹角为，重力加速度大小取，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是(    ) A. 运动时间为 B. 重物离连线的最远距离为 C. 落地速度与水平方向夹角为 D. 轨迹最高点与落点的高度差为 10.如图所示，劲度系数为的轻弹簧，下端固定，上端与连接，斜面光滑，质量均为的、两物体紧靠在一起，处于静止状态，现用一个平行于斜面向上的拉力拉物体，使物体做加速度为的匀加速运动。已知在、分离前，拉力随物体的位移变化的图像如图所示，重力加速度为，则下列表述中正确的是(    ) A. 拉力刚开始拉动物体时，、两物体间的弹力大小为 B. 拉力刚开始拉动物体时，、两物体间的弹力大小为 C. 图中 D. 图中 三、非选择题：本大题共5小题，共58分。 11.（8分）某中学实验小组的同学在探究合力与分力关系时，把长木板放在水平桌面上，在长木板上固定一张白纸，将橡皮筋的一端固定在图中的点，橡皮筋的另一端拴接两个细绳套，用两弹簧测力计、拉两个细绳套使结点到点，如图所示，其中弹簧测力计的示数如图，改用一个弹簧测力计拉细绳套仍使结点到点。 弹簧测力计的读数为______。 实验时，下列操作错误或不正确的是______请填写选项前对应的字母。 A.实验时应记录弹簧测力计的读数以及细绳的方向 B.实验前，应将弹簧测力计进行校零 C.实验时，应保持细绳与长木板平行 D.为了减小实验误差，应进行多次操作且每次都应使结点拉到点 实验时，分别用两个弹簧测力计与一个弹簧测力计拉橡皮筋，均使结点拉到点，则该实验的思想是______。 A.控制变量法 B.等效替代法 C.倍增法 D.建立物理模型法 如果用两个弹簧测力计拉橡皮筋时的合力为，用一个弹簧测力计拉橡皮筋时为，则______填“”或“”与橡皮筋在同一条直线上比较和得出的结论是______。 如果开始两弹簧测力计的夹角小于，保持弹簧测力计的方向以及结点的位置不变，将弹簧测力计沿逆时针方向缓慢转动，则关于弹簧测力计、读数的变化情况是______。 A.弹簧测力计的读数先增大后减小，弹簧测力计的读数减小 B.弹簧测力计的读数先减小后增大，弹簧测力计的读数增大 C.弹簧测力计的读数减小，弹簧测力计的读数先增大后减小 D.弹簧测力计的读数减小，弹簧测力计的读数先减小后增大 12.（8分）为了测量滑块与桌面间的动摩擦因数，一同学设计了如图甲所示的实验装置，为带滑轮的滑块，为盛有砂的砂桶。 实验时，必须要进行的操作是 。 A.用天平测量出砂和砂桶的质量 B.调整滑轮的位置，使绳与桌面平行 C.要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量 D.滑块靠近打点计时器，先接通电源，再释放滑块 该同学实验中得到如图乙所示的一条纸带相邻两计数点之间还有四个点未画出，打点计时器的交流电源频率为，根据纸带可以求出滑块的加速度_________保留两位有效数字。 通过改变砂的质量，得到滑块运动的加速度和力传感器示数的关系如图丙所示，纵轴截距为，横轴截距为，已知当地的重力加速度为，则滑块的质量________，滑块和桌面间的动摩擦因数________用、、表示。 的测量值与真实值相比________填“偏大”“偏小”或“不变”。 13.（12分）如图所示为游乐场内一水上娱乐设施的模型。为与水平方向成夹角的倾斜滑道，滑道斜面与滑水者间的动摩擦因数，为一段末端水平、半径为的光滑圆弧恰好与滑道底端处与连接，为圆弧的末端。质量为的滑水者从点静止出发，滑至端时，速度传感器测得滑水者的速度为，最终落入水面的点。已知重力加速度为，端与水面高度差，，，求： 滑水者经过点时对圆弧轨道的压力大小； 滑水者落入水中面点瞬间的速度大小以及点与点的水平距离； 斜面上两点的距离。 14.（14分）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的点，小圆环和轻质弹簧套在轻杆上，长为的细线和弹簧两端分别固定于和，质量为的小球固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到时，细线的拉力恰好减小到零，此时弹簧弹力的大小是静止时的两倍，重力加速度为，取，，求： 装置静止时，细线的张力大小； 当细线与竖直方向的夹角为时，该装置转动的角速度； 小圆环的质量。 15.（16分）如图所示，质量、长的长木板放在地面上，质量的小滑块在长木板左端，竖直嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定在地面上，圆弧轨道最低点的切线水平且与长木板上表面相平，长木板右端与底座左端相距。现用水平向右外力作用在小滑块上，小滑块到达点后撤去外力，小滑块沿着圆弧轨道运动从点离开。长木板与底座相碰时，立即粘在底座上。已知滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为和，重力加速度。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： 在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小； 小滑块到达点时速度的大小； 圆弧轨道半径的取值范围。 答案和解析 1.【答案】  【解析】 由题意可知，小球在圆筒中做匀速圆周转动，转动速度大小相等，转动半径相同，由向心力公式可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，因此则有，A正确；小球自点正上方足够高处自由释放，由点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒中做匀速圆周转动的同时又有沿筒壁向下做初速度不是零的匀加速直线运动，因转动周期相等，则有，B错误；C错误；因小球沿筒壁向下做初速度不是零的匀加速直线运动，由位移时间公式可知，D错误。故选A。 2.【答案】  【解析】、图像中的、两段曲线均为抛物线，可知时间段冰壶做匀加速直线运动，时间段冰壶做匀减速直线运动， ，设这段时间加速度为，则有，，末速度为零，逆向看作是初速为零的匀加速直线运动， 设这段时间内的加速度，则有，解得，，，故D错误； A、根据逆向思维，时刻的速度为，故A错误。 B、冰壶在时刻速度达到最大速度，故B正确； C、时间内冰壶的平均速率，故C错误；故选：。 3.【答案】  【解析】对物体受力分析可知细绳的拉力大小始终等于物体的重力，故AB错误； 定滑轮对细绳的作用力和细绳对定滑轮的作用力是一对相互作用力，细绳对定滑轮的作用力是两段细绳对定滑轮拉力的合力，将绳的上端从水平天花板的点缓慢移到点的过程中，两段细绳的拉力大小相等且不变，两力方向夹角减小，如图所示 根据平行四边形定则可得两段细绳拉力的合力大小逐渐增大，方向逆时针转动，根据牛顿第三定律可得定滑轮对细绳的作用力逐渐增大，方向逆时针转动，故C正确，D错误。故选：。 4.【答案】  【解析】、根据题意分析可知，物体做水平方向的圆周运动，受力分析如图所示 竖直方向受力平衡 水平方向根据牛顿第二定律 解得， 可以看出当航母的速度较小时，摩擦力越大，航速越大，摩擦力越小，即速度增大到某值时，货物可能不受摩擦力，即只受重力和支持力，故ABD错误； C、根据题意分析可知，当静摩擦力方向沿甲板向下且达到最大静摩擦力时，货物受力分析如图所示 竖直方向 水平方向 最大静摩擦力等于滑动摩擦力 解得最大速度，故C正确。故选：。 5.【答案】  【解析】、根据开普勒第三定律可得，故A错误； B、货运飞船从号轨道进入号转移轨道需要点火加速做离心运动，故B错误； C、设地球质量为，空间站质量为，飞船在轨道上运行时，根据万有引力提供向心力得，解得飞船的线速度为，同理可知，在轨道上的飞船线速度，则货运飞船在、两个轨道上稳定运行时线速度大小之比为，故C错误； D、飞船在轨道上运行时线速度为，由地球质量，联立解得地球密度，故D正确。故选：。 6.【答案】  【解析】、因为，故A滑上传送带后先做减速后匀速，滑上传送带后先减速，后反向加速，最后匀速。当两滑块都做匀速运动时，刚好相遇。 由牛顿第二定律得：，解得 ，减速带时间， 从滑上传送带到匀速的时间为，故两滑块从滑上传送带到相遇所用的时间为，故A错误； B、、相遇时与传送带左端的距离为滑上传送与相遇时的位移， ，故B错误； C、相遇前运动的位移为，，则传送带的长度，故C错误； D、相对于传送带的位移，相对于传送带的位， 故产生的热量，故D正确。 故选：。 7.【答案】  【解析】根据功能关系可知，所以图线切线的斜率表示空气阻力，伞打开前，阻力为零，所以图线的斜率为零，伞打开后阻力先减小后不变，则图线切线的斜率先减小后不变，选项A错误跳伞者的下落过程中所受阻力是反向一直减小到等于重力，选项B错误自由落体运动过程中有，由此可知，与成正比，选项C错误根据功能关系可知，所以图线切线的斜率表示合外力，伞打开时人做自由落体运动，合外力等于重力，所以图线的斜率不变，伞打开后人先减速下降后匀速，根据牛顿第二定律可得，由于速度减小，则合外力减小，图线切线的斜率减小，当阻力与重力相等时，合外力为零，图线切线的斜率为零，选项D正确。 8.【答案】  【解析】A.运动中只受重力和拉力，由于除重力之外的其他力做功，等于物体的机械能的变化，内物体的机械能一直在增加，说明拉力一直做正功，物体一直在上升。故A错误 B.物体到达处，由图可知物体的机械能增加  ，重力势能增加了  ，所以动能  又   可得  ，B正确； C.过程中，机械能不变，拉力不做功。物体做竖直上抛运动，上升的高度  ，正好到达处时，所以过程中，物体只有上升，没有下降，C错误； D.过程中，物体机械能均匀减小，拉力的大小  ，此过程中，物体向下匀加速直线运动。D错误。故选B。 9.【答案】  【解析】设初速度，抛射角，连线倾角。 将运动分解为水平方向轴和竖直方向轴。 初速度水平分量，解得。 初速度竖直分量，解得。 A、重物落在点时，位移偏向角为斜向下。 根据几何关系有。 即。 代入数据得。 解得，即。 故A正确； B、当重物速度方向与平行时，重物离连线最远。 初速度在垂直方向的分量，解得。 重力加速度在垂直方向的分量。 最远距离。 代入数据解得，故B错误； C、在时，水平速度。 竖直分速度，代入数据得。 设落地速度与水平方向夹角为，则。 代入数据得。 解得。 故C正确； D、轨迹最高点时，竖直分速度为。 此时距离抛出点的高度，解得。 落点距离抛出点的竖直高度，代入解得。 最高点与落点的高度差。 解得。 故D错误。故选：。 10.【答案】  【解析】刚开始加速运动时，对物体，根据牛顿第二定律  对整体  联立解得  ，故A错误，B正确； 初始静止时，设弹簧压缩量为  ，根据平衡条件  在、分离前，的加速度一直沿斜面向上，则弹簧始终处于压缩状态，对整体根据牛顿第二定律  整理得  当时  解得  ，故C错误，D正确。 故选BD。 11.【答案】； ； ； ；在误差允许范围内，与大小相等且在一条直线上时，力的合成符合平行四边形法则； 。 【解析】由图可知弹簧秤的最小刻度是，估读一位，故读数为； 、实验时应作出力的图示，因此需要记录弹簧测力计的读数和力的方向，故A正确； B、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零，故B正确； C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性，故C正确； D、结点拉到同一位置是针对同一次实验中，并不是次实验时，结点都要拉到同一位置，故D错误； 本题选择错误的， 故选：。 两次均使结点拉到点说明两的作用效果相同，则该实验的思想是等效替代法，故B正确，ACD错误； 故选：。 由题意可知，用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，弹簧测力计应与橡皮筋在同一条直线上，即与橡皮筋在同一条直线上；在误差允许范围内，与大小相等且在一条直线上时，力的合成符合平行四边形法则； 作出两弹簧测力计的合力，如图所示，现将弹簧测力计沿逆时针方向缓慢转动，显然弹簧测力计的读数先减小后增大，弹簧测力计的读数增大，故B正确，ACD错误。 故选：。 12.【答案】              偏大 【解析】滑块受到绳的拉力可由力传感器读出，故砂和砂桶的质量可以不用测量，也不需要保证砂和砂桶的质量远小于滑块的质量，故A、C错误； B.调整滑轮的位置，使绳与桌面平行，从而保证实验过程中拉力恒定，故B正确； D.滑块靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故D正确。 故选BD。 依题意可知，相邻计数点时间间隔为  利用逐差法可得滑块的加速度大小为  对滑块，由牛顿第二定律有  解得  由图丙可得  ，  则  ，  由于实验过程中，打点计时器与纸带之间存在摩擦力，故的测量值比真实值偏大。 13. 【解析】在点，有 根据牛顿第三定律，可知 解得 滑水者离开点做平抛运动，有， 解得 滑水者从点到点，有 解得 滑水者从点到点，有 解得 。 14.【解析】装置静止时 解得细线的张力大小 根据牛顿第二定律 解得 开始静止时弹簧的弹力 解得 当拉力恰好减小到零时 其中 解得 答：装置静止时，细线的张力大小为； 当细线与竖直方向的夹角为时，该装置转动的角速度为； 小圆环的质量为。 15.【解析】在长木板与底座相碰前，设长木板和小滑块相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小为。 对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有，代入数据解得。 隔离长木板分析，设滑块对长木板的静摩擦力为，根据牛顿第二定律有，解得。 由于，说明两者相对静止，假设成立。故长木板和小滑块的加速度大小均为。 整体移动后长木板撞击底座停止，设撞击瞬间整体速度为，由运动学公式，代入数据解得。 撞击后，滑块在长木板上继续滑行，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律，代入数据解得。 设滑块到达点时的速度为，由运动学公式，解得即。 撤去外力后，小滑块沿光滑圆弧轨道运动。要使滑块能从点离开，滑块必须能通过轨道的最高点设为点。 在最高点，根据牛顿第二定律可知临界条件为。从点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得。 联立上述两式解得，代入数据解得。 因轨道半径必须大于，故圆弧轨道半径的取值范围为。 答：在长木板与底座相碰前，长木板和小滑块加速度的大小为。 小滑块到达点时速度的大小为。 圆弧轨道半径的取值范围为。 学科网（北京）股份有限公司 $