安徽省六安第一中学2025-2026学年高三上学期周末检测物理试卷（三）

六安一中2026届高三年级第一学期周末检测 物理试卷（三） 时间: 75分钟 满分: 100分 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，只有一个选项是符合要求的。 1．物理学发展推动了社会进步，关于物理学史和物理学研究方法，下列说法正确的是（　　） A．质点概念的建立体现了等效替代的思想 B．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式 C．牛顿、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位 D．牛顿第一定律是通过多次实验总结出来的一条实验定律 2．春风和煦，义乌市民广场上有许多人在放风筝，会放风筝的人，可使风筝静止在空中。乙图是甲图的情境模型，OL代表风筝线，MN代表风筝截面，截面与水平面夹角θ保持不变。假设风向水平，风速稳定，保持筝线拉力大小保持不变，则下列同学的判断正确的是（　　） A．若持线人在地上向左移动些许，风筝将呈现失重状态 B．若持线人在地上向右移动些许，风筝高度将下降 C．图示情境下，风筝不可能静止在空中 D．图示情境下，风筝受到四个力的作用 3．如图所示，工人利用定滑轮通过绳索施加拉力，将一根均匀的钢梁拉起，定滑轮位于钢梁端的正上方，拉起的过程中钢梁绕端缓慢转动。拉力的大小（　　） A．始终不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先增大后减小 4．图（a）为古代战争中使用的一种投石机。图（b）为投石机的简化模型，长臂末端的弹袋与转轴相距，短臂末端处有质量很大的重物，其重心与点相距。在一次投石过程中，将一块可视为质点的石块放在弹袋中，短臂端重物在其重力作用下向下快速转动，长臂及石块向上转动，当长臂转到高处某一位置时，石块被抛出。取。在转动过程中，石块与重物线速度大小之比为，角速度大小之比为，则（　　） A． B． C． D． 5．如图所示，消防员正在宽度为d=100m，河水流速为 的河流中进行水上救援演练，可视为质点的冲锋舟距离下游危险区的距离为x=75m，其在静水中的速度为v2，则（　　） A．若冲锋舟以在静水中的初速度为零，船头垂直于岸的加速度为a=0.9m/s²匀加速冲向对岸，则能安全到达对岸 B．为了使冲锋舟能安全到达河对岸，冲锋舟在静水中的速度v2不得小于3m/s C．若冲锋舟船头与河岸夹角为30°斜向上游且以速度匀速航行，则恰能到达正对岸 D．冲锋舟匀速航行恰能安全到达对岸所用的时间t=25s 6．如图所示，小明在斜坡上的M点分别沿两个方向抛出石块A、B，A、B落在斜坡的同一点N上。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．在空中运动的时间B比A短 B．从抛出位置到最高点，A、B的速度变化量相同 C．从抛出到落回斜坡的过程中，A的平均速度大于B的平均速度 D．在各自最高点处，A的速度小于B的速度 7．如图所示，同一水平面上用细线连接的物体A、B。细线套在两个定滑轮上，在滑轮间用死结下吊重物C。某时刻下吊重物C的绳子与竖直方向夹角均为，此时，三个物体的速度分别为vA、vB、vC。下列说法正确的是（　　） A． B． C．ABC三物体质量未知，各接触面摩擦未知，不能对vA、vB、vC大小做判断 D．C物体因下降而减少的重力势能一定全部转化为ABC三物体的动能 8．如图甲所示，一足够长的、倾角为的传送带以恒定速率稳定运行，一质量、底部有墨粉的小物体从传送带中间某位置平行滑上传送带，取物体沿传送带向上运动方向为正方向，则物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，若取，，。则下列说法正确的有（   ） A．内物体的位移大小为16m B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875 C．内物体上升的高度为4m D．内物体在传送带上留下的墨迹长度为14m 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的的5分，选不全的得3分，有选错的得0分。 9．中国火箭军成功进行了一次洲际弹道导弹全射程试验，弹头最终准确落入预定海域。某物理兴趣小组，想用光束研究导弹的运动特点，为此设计了如图所示的模型，设导弹始终沿水平方向做直线运动，距离导弹运动方向为h的O点发出的光束以角速度ω顺时针匀速转动，发现在A、B两点之间光斑始终落在导弹上，当导弹在A 点时，光束与导弹运动方向所在水平线的夹角为α，当导弹在 B 点时，光束与导弹运动方向所在水平线的夹角为β，A、B、O三点在同一竖直平面内，下列说法正确的是（　　） A．导弹在 A点时的速度大小为 B．导弹由 A 点运动到 B 点经历的时间为 C．导弹由 A 点运动到 B 点的平均加速度大小为 D．导弹由 A 点运动到 B 点的过程做减速运动 10．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　） A． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 三、实验题（共 2小题,每空2分，共 16分） 11．用如图甲所示的装置验证加速度大小与力的大小的关系，请回答下列问题： （1）细绳下端不挂槽码，将长木板右端用垫块垫起，与桌面成θ角，以平衡摩擦力。给物块施加一初速度，当打点计时器打出的纸带点迹越来越密集，说明θ角 （选填“偏小”或“偏大”）。 （2）某次实验获得的纸带如图乙所示，计数点A到G中，相邻计数点间均有4个计时点未画出，打点计时器频率为50Hz，则小车的加速度大小a= m/s2。（结果保留两位有效数字） （3）实验中，保持小车的质量M一定，改变槽码的质量m，测出对应的小车加速度a，认为细绳对小车的拉力F等于槽码的重力，根据实验数据作出的图像如图丙中的曲线1所示。一位同学利用加速度较小的几组数据拟合了直线2（如图丙所示），作一条与纵轴平行的虚线，与这两条图线及横轴的交点分别为B、C、A，若小车的质量M已测出，求此时悬挂槽码的质量为 （用M、AB、AC表示）； （4）为使作出的图像为直线，验证结果更准确，该实验小组经过讨论后，改进了（3）中的实验方案，当保持 （选填“M”、“m”或“M+m”）一定时，重复（3）中的实验，由此得到的图像就是一条直线。 12．某实验小组探究“两个互成角度的力的合成规律”，实验过程如下： a、将橡皮绳的一端E固定，另一端连接两个轻质细绳套（如图1所示）； b、用两个弹簧测力计通过两细绳套共同拉动橡皮绳，使橡皮绳与细绳套的结点静止于O点，记录下、的大小及方向（如图2所示）； c、改用一个弹簧测力计单独拉伸橡皮绳，使前后两次力的作用效果相同，记录下此时F的大小及方向； d、以、为邻边作平行四边形，画出对角线，并与力F进行比较（如图3所示）。 （1）实验中，要求前后两次力的作用效果相同，指的是______（填选项标号）。 A．前后两次橡皮绳的伸长量相同 B．橡皮绳沿同一方向伸长相同的长度 C．两个弹簧测力计拉力和的大小之和等于一个弹簧测力计拉力的大小F （2）图3中的力F和力，一定沿橡皮绳EO方向的是 （填“F”或“”）。 （3）在该实验中，下列操作正确的是______（填选项标号）。 A．进行图2的实验操作时，、的夹角越大越好 B．测量时，橡皮绳、细绳和弹簧测力计应贴近并平行于木板 C．弹簧测力计在不超过弹性限度的前提下，读数应适当大些 D．在用两个弹簧测力计同时拉细绳时要注意使两个弹簧测力计的读数相等 （4）某次实验如图2所示，、的夹角为锐角，现保持。的方向不变，并逐渐增大、的夹角至钝角，此过程中保持橡皮绳的结点在O点不动，关于拉力大小的变化，下列结论正确的是______（填选项标号）。 A．逐渐增大 B．先增大后减小 C．逐渐减小 D．先减小后增大 四、解答题（13题12分，14题、15题每题15分，共 42分）。 13．如图，水平圆盘直径AB与C点共线，在C点正上方h处一可视为质点的小球，沿与AB平行的方向以某速度水平抛出。圆盘半径为R，B、C两点间距为R，D为圆盘边缘一点且OD与AB垂直。重力加速为，不计空气阻力。 （1）当圆盘固定时，要使小球落在圆盘上，求速度大小范围； （2）若圆盘绕圆心O由图示位置逆时针转动，小球恰与圆盘在D点相遇，求圆盘转动的角速度。 14．倾角为的光滑矩形斜面放在水平地面上，斜面宽度为，长度为。一视为质点的小球从B点以的速度沿方向释放，最终从边的M点（图中未标出）飞出，落到地面上的N点（图中未标出）。在水平地面上建立如图所示的平面直角坐标系（斜面底边与x轴重合，高的D点刚好落在y轴上），重力加速度，求： （1）的长度d； （2）N点的坐标。 15．如图所示，装置BO'O可绕竖直轴O'O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B、C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角。已知小球的质量m=0.8kg，细线AC长L=1m，B点距C点的水平和竖直距离相等（重力加速度g取，），两细线AB、AC对小球的拉力分别为。 （1）若细线AC与竖直方向的夹角为θ且AB上恰好没有拉力，求装置转动的角速度；（结果可用根式表示） （2）若装置匀速转动，角速度，求的大小； （3）若装置匀速转动，角速度，求的大小。 六安一中2026届高三年级第一学期周末检测 物理试卷（三）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C B A C B B ABC BCD 1．B【详解】A．质点概念的建立体现了理想模型的思想，故A错误；B．速度和加速度都是利用比值定义法得到的定义式，故B正确；C．米、千克、秒是国际单位制中的三个基本单位，牛顿是国际单位制中的导出单位，故C错误；D．牛顿第一定律是以实验为基础，通过推理、想像总结出来的，所以不是实验定律，故D错误。故选B。 2．A【详解】A．对风筝受力分析，风筝受到竖直向下的重力G、风筝线的拉力T、风力F。若持线人在地上向左移动些许，风筝线拉力大小保持不变，风筝线与竖直方向的夹角减小，拉力的竖直分量增大，合力有竖直向下的分量，则风筝有竖直向下的分加速度，将呈现失重状态，故A正确；B．若持线人在地上向右移动些许，风筝线与竖直方向的夹角增大，拉力的竖直向下的分量减小，风筝高度将上升，故B错误；C．图示情境下，当风筝受到的向下的重力G、风筝线的拉力T、垂直风筝面的斜向上的风力F三力平衡时，风筝可以静止在空中，故C错误；D．图示情境下，当风筝受到的重力G、风筝线的拉力T、风力F共三个力，故D错误。故选A。 3．C【详解】对钢梁AB受力分析，向下的重力mg，细绳的拉力F以及地面对A点的作用力N（摩擦力和支持力的合力），三个力的合力交于一点，组成力的封闭三角形，则由相似三角形可知 则随着钢梁B点逐渐升高，则OC的减小，F减小。故选C。 4．B【详解】AB．石块与重物属于同轴转动，角速度相同，故石块与重物线速度大小之比，故A错误，B正确；CD．由以上分析可知石块与重物的角速度相同，故二者角速度大小之比，故CD错误。故选B。 5．A【详解】A．冲锋舟的运动分解为沿船头与沿水流两个方向，有；解得；沿水流方向的位移为；能安全到达对岸。故A正确；BD．冲锋舟沿OP方向匀速航行恰能安全到达对岸，如图所示 设冲锋舟的合速度与水流速度夹角为，则冲锋舟在静水中的速度至少应为；由几何知识，可得；联立，解得；由图可知；冲锋舟以最小速度匀速航行恰能安全到达对岸所用的时间为；故BD错误；C．若冲锋舟船头与河岸夹角为30°斜向上游且以速度 匀速航行，则有；可知冲锋舟的合速度不指向正对岸，所以不能到达正对岸。故C错误。故选A。 6．C【详解】A．根据A、B石块的运动轨迹可知，B石块上升及下落高度均大于A石块上升和下落高度，根据可知B物体上升及下落所用时间均大于A物体，因此整个在空中运动的过程中B运动时间比A运动时间长，故A错误；B．速度变化量；由A选项可知上升过程，A的速度变化量小于B的速度变化量，故B错误；C．由于A、B石块都是从斜面上同一点抛出，最后都落在了斜面上同一点，则A和B从抛出到落回斜坡面时位移x相同，由A选项可知，所以，故C正确；D．在各自最高点处速度只有水平方向上的速度，而整个过程A、B水平方向上的位移相等，又因为，故，故D错误。故选C。 7．B【详解】ABC．将C的速度分解在沿绳与垂直于绳方向，可知，故AC错误，B正确；D．滑轮重力、各接触面的摩擦、物体运动过程中阻力情况不知，无法判断。故D错误。故选B。 8．B【详解】A．物体运动的位移即v-t图像与坐标轴围成的面积，为，故A错误；B．由物体运动v-t图像可知，在2s到6s内物体做匀加速直线运动，有；解得，故B正确；C．物体运动的位移即v-t图像与坐标轴围成的面积，在0-4s内由图知，物体运动的位移为0，则物体上升的高度为0，故C错误；D．由选项A可知，在0-8s内物体相对地面运动的位移x = 14m，传送带相对地面走过的位移；则物体在传送带上留下的墨迹长度为，故D错误。故选B。 9．ABC【详解】A．由题意可知，光斑的速度与导弹的速度总相等，将导弹的速度沿光束和垂直光束方向进行分解，如图所示；设导弹在 A 点时的速度为vA，根据几何关系有；根据圆周运动参量的关系有；解得，A正确；B．导弹由A点运动到B点的过程，光束转过的角度θ=α-β；根据；解得，B正确；D．根据运动的合成与分解可知，导弹在 B点的速度；因为α>β，所以，导弹由A 点运动到B 点的过程做加速运动，D错误；C．根据加速度的定义式有；解得，C正确。故选ABC。 10．BCD【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有；A错误；BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有；以木板为对象，根据牛顿第二定律，有；解得；；BC正确；D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。 11．（1）偏小 （2）0.34 （3） （4） 【详解】 （1）当打点计时器打出的纸带点迹越来越密集，说明在减速，平衡摩擦力不够，θ角偏小。 （2）相邻计数点间均有4个计时点未画出，则相邻计数点的时间间隔为；根据逐差法可得加速度为； （3）认为细绳对小车的拉力F等于槽码的重力，对于曲线1，则有；利用加速度较小的几组数据拟合了直线2，则有；联立可得悬挂槽码的质量为 （4）选择整体为研究对象，由牛顿第二定律得；故当保持一定时，得到的图像就是一条直线。 12．（1）B （2）F （3）BC （4）D 【详解】 （1）该实验采用了“等效替代”法，即合力与分力的关系是等效替代的关系，前后两次要求橡皮绳沿同一方向伸长同一长度。故选B。 （2）对于图3中的力F和，其中F是一个弹簧测力计单独拉伸橡皮绳所测的拉力，因此，一定沿橡皮绳EO方向的是F。 （3）A．进行图2实验操作时，、夹角应适当，并非越大越好，A错误；B．测量时，为了减小误差，橡皮绳、绳套和弹簧测力计应贴近并平行于木板，故B正确；C．弹簧测力计在不超过弹性限度的前提下，读数适当大些可减小读数误差，C正确；D．在用两个弹簧测力计同时拉细绳时读数不一定要相等，D错误。故选BC。 （4）如图所示，根据图像可知，的拉力先减小后增大。故选D。 13．（1）；（2） 【详解】 （1）小球做平抛运动，根据；解得小球做平抛运动的时间；当小球落在B点时，初速度最小，则最小速度为；当小球落在A点时，初速度最大，则最大速度为；所以圆盘固定时，要使小球落在圆盘上，速度大小范围为...........................................(6分） （2）根据；根据圆周运动的周期性，可知相遇时D点转过的角度为；角速度..................................................................................(6分） 14．（1） （2） 【详解】 （1）由题意可知，小球沿方向做匀速直线运动，有；沿方向做匀加速直线运动，有；；解得.......................................(7分) （2）小球在M点沿方向的分速度为；设小球从M到N点的时间为，在竖直方向上小球的分速度为，且只受重力，由位移时间公式可得；解得，（舍）；小球在x轴和y轴方向上均做匀速直线运动，有；；则N的坐标为..................................................................................................(8分） 15．(1) (2)1.2N，10N (3)4N，20N 【详解】（1）若细线AC与竖直方向的夹角为θ且AB上恰好没有拉力，此时小球做匀速圆周运动所需向心力由重力和细线AC的拉力的合力提供，设此时的角速度为ω₁，受力分析如图1所示；根据牛顿第二定律有；解得；.................................(4分） （2）因；所以，此时细绳AB上仍有拉力，受力分析如图2所示；根据牛顿第二定律有；受力平衡,有；解得，.............................................(5分) （3）因，所以小球将离开原来的位置而飘起来，若装置转动的角速度缓慢增至细线AB再次恰好拉紧，设此时装置转动的角速度为ω2，此时细线AC与竖直方向的夹角为，根据题意有；根据牛顿第二定律有；解得；因；所以，此时细线AB拉紧且有拉力，对小球受力分析，如图3所示 根据牛顿第二定律有；受力平衡有 联立解得，..............................................(6分) 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $