物理（山东专用）-【衡水真题密卷】2026年高三学科素养月度测评（三）

2025一2026学年度学科素养月度测评 卷题 高三物理（三） 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 1.2024年11月，中国自主研制的歼35A隐形战斗机在珠海航展亮相。表演中战斗机沿着一 段圆弧从M到N加速拉升，关于歼35A所受合力的方向，下图中可能正确的是() B C D 2.如图所示，轻质绳一端固定在天花板上，另一端栓接一个小球，小球在水平力F的作用 下静止，此时轻绳与竖直方向的夹角为0，绳中的拉力大小为F1。撤掉F,小球摆动至 右侧最高点处时，绳中拉力的大小为F,不计一切阻力。则 F () A.1 B.1:sin 0 C.1:cos2 0 D.tan 高三物理试题（三）第1页（共8页） 真题密卷·学手 3.如图所示，粗糙的正方形斜面ABCD与水平面间的夹角0=30°，一质量为的物体受 班级 到与对角线BD平行的恒力F作用，恰好能沿斜面的对角线AC做匀速直线运动，重力 加速度为g,则 ( 姓名 得分 A.物体与斜面间的动摩擦因数为3 3 B.物体与斜面间的动摩擦因数为 2 C.恒力F的大小为乞mg D.恒力F的大小为2mg 4.北斗三号卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星(MEO)、3颗地球静止同步轨道卫星 (GEO)和3颗倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)共30颗卫星组成。如图所示，倾斜地球 同步轨道卫星与中圆地球轨道卫星同平面，中圆地球轨道卫星的周期为倾斜地球同步 卫星周期T的一半。下列说法正确的是 () GEO轨道 MEO轨道 IGSO轨道 A.卫星C的线速度小于卫星B的线速度 B.卫星A和卫星B均相对地球表面静止 C.卫星A与地心连线和卫星C与地心连线在相同时间内扫过相同的面积 D.某时刻B.C两卫星相距最近，则再经号T,两卫星相距最远 1 5.一小球以初速度v从底端滑上光滑固定斜面，当向上运动40cm时，速度减为3v0。已 知小球恰好能到达斜面顶端，则斜面的长度为 () rammm A.45 cm B.50 cm C.55 cm D.60 cm 斗素养月度测评 高三物理试题（三）第2页（共8页） 3 6.如图甲，光滑圆轨道固定在竖直面内，小球沿轨道始终做完整的圆周运动。已知小球在 最低点时对轨道的压力大小为N,动能为Ek。改变小球在最低点的动能，小球对轨道 压力N的大小随之改变。小球的N-Ek图线如图乙，其左端点坐标为(c,d),其延长线 与坐标轴的交点分别为(0，a)、(一b,0)。重力加速度为g。则 () 个N 甲 A小球的质量为 B圆轨道的半径为 C.图乙c处应为3b D.图乙d处应为6a 7.如图所示，某条河流两岸笔直，河水流速不变，甲、乙两艘船在静水中航行的速度分别为 4m/s和2.4m/s,两船从同一渡口A同时向河对岸开去，甲船用最短时间渡河，乙船以 最短航程渡河，结果两船均沿直线先、后抵达对岸的同一渡口B,乙船比甲船晚到64$， 下列说法正确的是 () B A.水流的速度大小为2.5m/s B.乙船渡河的时间为120s C.两渡口的距离为180m D.两岸的距离为121m 8.汽车研发机构在某款微型汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化 为电能并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，微型汽车以额定功率行驶 一段距离后关闭发动机，测出了微型汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，其中 ①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知微型汽车的 质量为1000kg,为便于讨论，设其运动过程中所受阻力恒定。根据图像所给的信息可 求出 () 个E/(×10J) 8---- ① ② 5 78.511x/(x102m) 3 高三物理试题（三）第3页（共8页） 真题密卷·学无 A.汽车行驶过程中所受阻力为1000N B.汽车的额定功率为120kW C.汽车加速运动的时间为22.5s D.汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105J 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.甲、乙两辆汽车沿同一平直公路做直线运动，其运动的x-t图像如图所示。其中甲的图 像是一条倾斜直线，乙的图像是一段抛物线，且在t。时刻乙图像的切线与甲的图像平 行。图中的坐标均为已知量，下列说法正确的是 () /甲 A.乙的初速度为 to x0 B.乙的初速度为 to C.乙的加速度为9 5 D.4t。时刻，甲、乙间的距离为2x0 10.如图甲所示是著名的阿特伍德装置，不考虑绳和滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的 摩擦。初始时，甲、乙两人均站在水平地面上，质量分别为M和m。当乙加速向上攀爬 时，甲始终用力抓住绳子。结合两人加速度的关系图像（图乙），下列说法中正确的是 () 7777777777777 do 甲 A.甲对绳子拉力比乙对绳子的拉力大 B.甲比乙的质量小 C.乙比甲先到最高点 D.图像的斜率为 斗素养月度测评 高三物理试题（三）第4页（共8页） 11.如图所示，质量为0.1kg的带孔物块A和质量为0.2kg的金属环B通过光滑铰链用 轻质细杆连接，A套在固定的竖直杆上且与竖直放置的轻弹簧上端相连，轻弹簧下端 固定在水平横杆上，轻弹簧劲度系数k=100N/m,弹簧原长L。=4cm,B套在固定的 水平横杆上。弹簧处于原长时将A由静止释放，弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的 弹性势能E,=2kx2(x为弹簧的形变量)。忽略一切摩擦，g取10m/s,在A下降的 过程中，下列说法正确的是 () A 60 B A.物块A和金属环B组成的系统机械能守恒 B.在A、B运动过程中当图中0=60时，VB=√3vA C.B动能最大时，B受到水平横杆的支持力大小等于2N D.弹簧弹性势能最大时，O、A间距离为1cm 12.如图所示，以水平向右为x轴，以竖直向上为y轴建立直角坐标系，发射器能把小球 以v。和2vo的速度从坐标原点射出，射出方向均与x轴正向成60°角，过原点放置一 块很长的倾斜挡板，以速度o射出的小球沿x轴正向击打在挡板上A点，A点坐标 为(x,y)。不计空气阻力，下列说法正确的是 () y 0 60 发射器 A以速度射出的小球离斜面最远时经过的位置的纵坐标为影 B.以速度2vo射出的小球击打斜面上的点的坐标为(2x,2y) √3 C.挡板所在的直线方程是y= 2 D.以。和20，的速度射出的两小球击打到挡板的速度不平行 高三物理试题（三）第5页（共8页） 真题密卷·学 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)用如下实验装置进行“探究平抛运动的特点”实验，步骤如下： M 甲 (1)按照图甲安装实验装置，调节斜槽末端水平，并将一张白纸和复写纸固定在背板 上。斜槽末端下方用细线悬挂重锤的作用是 A.判断仪器背板是否竖直 B.确定白纸上y轴的方向 C.利用重锤的惯性来保证实验装置稳定 (2)让小球静止在斜槽末端附近，用笔通过复写纸在白纸上描出球心投影点O1,描出 槽口端点在白纸上的投影O2,描出过O2的竖直线与过O1水平线的交点O3。白 纸上平抛轨迹的初始位置应是 (填“O1”“O2”或“O3”)。 (3)让钢球从斜槽上某一高度滚下，落到水平挡板上，在白纸上留下印迹。 (4)上下调节挡板的位置，多次操作步骤(3)，并保证钢球在斜槽上的释放点 (填“相同”“不同”或“随机”)。 (5)用平滑曲线把印迹连接起来，就得到钢球做平抛运动的轨迹，如图乙。轨迹上任意 一点的坐标x、y应满足关系y© (填“x”“x2”或“√”)。 14.(8分)某学习小组设计了图甲的装置来验证机械能守恒定律。钩码A、B通过一绕过 光滑定滑轮的轻质细绳相连接，轻质挡光片固定于钩码A上，钩码A、B的质量均为 m1。初始时，挡光片中心线与光电门发光孔之间的高度差为h,现将另一质量为m2的 小钩码C轻轻挂在B上，系统由静止开始运动，测得光电门的挡光时间为△t。 光电门LLL∠LL B 挡光片 0 2 loah wcche 0 510 甲 乙 (1)用游标卡尺测量挡光片的宽度d,如图乙，则d= mm。 (2)挡光片通过光电门的速度大小为 (用题中字母表示)。 斗素养月度测评 高三物理试题（三）第6页（共8页） 3 (3)运动过程中，钩码B与C组成的系统机械能 (填“守恒”或“不守恒”)。 (4)若满足关系式 (用题中字母表示)，则可验证钩码A、B、C 与轻绳组成的系统机械能守恒。 15.(8分)近年来我国航天事业取得辉煌成就，2024年10月30日，神舟十九号飞船再次与 空间站组合体成功对接。若空间站绕地球做匀速圆周运动，已知地球质量为M,空间 站的质量为m。,轨道半径为r0,引力常量为G。 (1)求空间站线速度v。的大小。 (2)规定距地球无穷远处引力势能为零，质量为m的物体与地心距离为r时引力势能 E,-G。由于太空中字宙尘埃的阻力以及地蓝场的电磁阻尼作用，长时间在 轨无动力运行的空间站轨道半径慢慢减小到1（仍可看作匀速圆周运动），为了使 轨道半径快速恢复到。并做匀速圆周运动，需要发动机短时间点火对空间站做功。 求轨道半径从r1恢复到r。的过程中，空间站机械能的变化量。 16.(8分)风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一个直径 D=10m的圆柱形竖直方向固定的风洞中，有一质量m=1.0kg的小球从风洞左侧壁 上的A点以v。=10m/s的速度沿其直径方向水平进入风洞。小球在风洞中运动过程 中，风对小球的作用力竖直向上，其大小F可在0~4g间调节，与侧壁碰壁后不反 弹，g取10m/s2,风洞在竖直方向上足够长。 (1)当F=0时，求小球撞击右侧壁的速度。 (2)保持。不变，调节F的大小，求小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度。 (3)求小球撞击右侧壁的最大动能。 D 3 高三物理试题（三）第7页（共8页） 真题密卷·学 17.(14分)如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连 接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m的竖直圆形轨道。距水平 面高H=4m的弹射器用t。=0.2s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从 斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1=1m,传送带长度L2=5m,滑块A 质量m1=0.5kg,滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A 可视为质点。g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。 (1)若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹 射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数。 (2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B(图中未画出)，滑块A 通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形 轨道的最高点，求传送带的速度大小（本小题动摩擦因数同(1）)。 4L 18.(16分)如图所示，弹性绳一端系于P点，绕过Q处的小滑轮，另一端与质量为m、套在 粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，P、Q、A三点等高，弹性绳的原长恰好等于PQ间 距，圆环与杆间的动摩擦因数为0.5。圆环从A点由静止释放，释放瞬间，圆环的加速 度大小为28，到达最低点C时AC的距离为d,重力加速度大小为g,弹性绳始终遵循 胡克定律。求： (1)释放瞬间弹性绳中拉力大小F; (2)圆环下落到M点（图中未标出），设QM与水平夹角为0，则此时圆环所受滑动摩擦 力大小； (3)A到C的过程中，圆环克服摩擦力做的功W; (4)已知QA=d,圆环下滑过程中的最大速度vm。 D L2L22227LL111117711 777 素养月度测评 高三物理试题（三）第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 2025一2026学年度学科素养月度测评 高三物理（三） 命题要素细目表 关键能力：I.理解能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ模型建构能力W.实验探究能力 V.创新能力 核心素养：①物理观念 ②科学思维 ③科学探究④科学态度与责任 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 IⅡⅢV①②③④ 等级系数 1 单项选择题 3 力与速度方向的关系 易 0.85 2 单项选择题 3 力的平衡与分析 易 0.75 3 单项选择题 3 物体在斜面上受力分析 中 0.70 4 单项选择题 3 开普勒第三定律 中 0.70 5 单项选择题 3 小球在斜面上的运动学分析 中 0.65 6 单项选择题 3 小球在竖直面内圆轨道上的 运动 中 0.60 7 单项选择题 3 渡河问题 中 0.70 汽车动能随位移变化的图像 8 单项选择题 分析 难 0.40 9 多项选择题 4 根据x-t图像分析运动学问题 易 0.80 10 多项选择题 4 双人系统的加速度分析 中 0.65 11 多项选择题 4 弹簧系统的机械能守恒 中 0.60 12 多项选择题 4 类平抛运动 难 0.40 13 实验题 6 探究平抛运动的特点 易 0.75 14 实验题 8 验证机械能守恒定律 中 0.70 15 计算题 8 万有引力与航天器运动 易 0.75 三 16 计算题 8 风力作用下小球的平抛运动 中 0.70 17 计算题 14 滑块在斜面、传送带和圆形轨 中 0.50 道上的动力学问题 弹性绳约束下的圆环运动 18 计算题 16 分析 难 0.30 高三物理答案（三）第1页（共6页） 3 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★北斗三号卫星导航系统由24颗中圆地球道卫星(MEO)、3颗地球静止同步轨道卫星(GEO)和3 颗倾斜地球同步轨道卫星(IGSO)共30颗卫星组成。如图所示，倾斜地球同步轨道卫星与中圆地球轨道 卫星同平面，中圆地球轨道卫星的周期为倾斜地球同步卫星周期T的一半。下列说法正确的是() B A GEO轨道 MEO轨道 IGS0轨道 A.卫星C的线速度小于卫星B的线速度 B.卫星A和卫星B均相对地球表面静止 C.卫星A与地心连线和卫星C与地心连线在相同时间内扫过相同的面积 D.某时刻B.C两卫星相距最近，则再经？T,两卫星相距最远 【试题解读】 本题以我国北斗卫星导航系统为真实情境，结合轨道示意图呈现信息，聚焦天体运动中万有引力定律 的应用，要求学生掌握万有引力定律、圆周运动规律、开普勒定律等基本概念与规律，形成对天体运动的系 统认知，属于高考“万有引力与航天”板块的典型考查方向。渗透爱国主义教育，培养关注科技发展、勇于 探索的科学态度与社会责任感。 ★风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一个直径D=10m的圆柱形 竖直方向固定的风洞中，有一质量m=1.0kg的小球从风洞左侧壁上的A点以v=10m/s的速度沿其 直径方向水平进入风洞。小球在风洞中运动过程中，风对小球的作用力竖直向上，其大小F可在0~4mg 间调节，与侧壁碰壁后不反弹，g取10/s2,风洞在竖直方向上足够长。 (1)当F=0时，求小球撞击右侧壁的速度。 (2)保持。不变，调节F的大小，求小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度。 (3)求小球撞击右侧壁的最大动能。 D 【试题解读】 本题依托我国风洞技术的世界领先地位，聚焦力学模块中动力学、运动学与能量观点的综合应用，将 运动的合成与分解、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及动能等核心知识点融合，深化“运动与相互作 用”观念，考查学生对“力与运动”“能量”等核心逻辑的理解与迁移能力。渗透“科技推动发展”的意识，提 升学生对科学技术的认同感与责任感。 3 高三物理答案（三）第2页（共6页） ·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、单项选择题 2Ek ,由题图乙可知mg=a,解得m=2,A错误； 1.C【解析】做曲线运动的物体受合外力方向指向 R g 轨迹的凹侧，速度方向沿轨迹的切线方向，因加 a 2 速爬升，则合外力方向与速度方向夹角为锐角，C 由上述分析可知，图像斜率为后=尺，解得R 正确。 26b ,B错误；图线的最左端表示小球恰好能完成 2.C【解析】小球在水平力F的作用下静止，根据 a 整个圆周运动，即有mg=m v号 平衡条件可得？=©0s0,救掉F,小球摆动至右侧 R,d-mg= 最高，点处时，沿半径方向速度为零，向心力为零，由 mv2 ，从最高点到最低点由机械能守恒有mg· 平衡条件可得F卫一ng cos0=0,解得F= 2R=mm-mi,联立部得d=6mg=6a,D 1 c0s20,C正确。 1 正确；由D项分析可知c=2mu2=5b,C错误。 3.B【解析】物块受摩擦力方向与速度方向相反， 7.C【解析】由题意可知，甲、乙两船的实际速度方 即沿CA方向，重力的分力沿斜面向下，则由平 衡条件可知fcos45°+Fcos45°=mgsin30°， 向相同，根据如图所示的几何关系有tan日=”* 甲 fsin45=Fsin45,解得F= 4mg,C、D错误； cosa三o之，联立解得sin0=e-3 甲 5,联立以上 根据f=mg cO330=F=2 6 mg,可得μ=6 可得”*=3 =,代入题中数据，解得0=3m/s,A B正确，A错误。 错误；设乙船渡河的时间为t元，则有 甲(tz-64s) Mm =vztz,解得tz=100s,B错误； 4.D【解析】根据万有引力提供向心力，知G r2 sin 0 两渡口的距离s=v元tetan0=l80m,C正确； GM ,解得0一√，，卫星C的轨道半径小于卫 两岸的距离d=scos0=144m,D错误。 甲合 星B的轨道半径，所以卫星C的线速度大于卫星 B的线速度，A错误；卫星A为地球静止同步轨 道卫星相对地球表面静止，卫星B为倾斜地球同 步轨道卫星相对地球表面是运动的，B错误；卫 、合 星A与卫星C不在同一个轨道上，所以他们与 地心连线在相同时间内扫过的面积不相同，C U水 错误；令经过t时间相距最远，则有 8.D【解析】对于图线①，根据动能定理得一fx= 2π2π\ T }上=，解得t2D正确。 0一Ek,解得阻力f= Ex 8×10 ,(11-7)X102N= 2 2000N,A错误；设汽车匀速运动的速度为v,则 5.A【解析】设斜面与水平方向夹角为0，当向 2×8×10 上运动位移l=40cm时，由动能定理可得 有0= 2E= Vm 1000 m/s=40m/s,汽 1 .1 mglsin日ヮmX(3uo)22mu6,设斜面 车的额定功率P=Fv=fv=2000X40W= 80kW,B错误；对于加速运动过程，根据动能定 长度为L,当小球恰好能到达斜面顶端时，由 理得P-f乃=Ee一Eu,解得t=Ee-Eu十f 动能定理可得-mgL sin0=0二2mo6,联立 P (8-5)×105+2000×500 上式可得L=45cm,A正确。 s=16.25s,C错误；根 80×103 6.D【解析】在最低，点由牛顿第二定律得N一g 据功能关系知，汽车开启储能装置后向蓄电池提 1 供的电能E=Ek-fs=8×105J-2000×1.5× mg,又因为E=)mu2,联立可得N=mg十 102J=5×105J,D正确。 高三物理答案（三）第3页（共6页） P 真题密卷 学科素养月度测评 二、多项选择题 12.AC【解析】设挡板与水平方向成0角，根据 9.AD【解析】图像的斜率等于速度，甲做匀速运动 平抛运动推论，物体在平抛运动轨迹上某点速 1 度与水平方向夹角的正切值等于此时位移与 x0-2x0 的速度1= =,乙先做匀减速运动， 水平方向夹角正切值的2倍，可得打在挡板上 to 时tan60°=2tan0,可推知以v0和2u0的速度 设加速度大小为a,在t。时刻甲、乙共速，则对乙有 射出的两小球击打到挡板的速度平行，D错误； v1=v一at。,在2t0时刻乙的速度减为零，则0= 设挡板与水平方向成日角，以⑦。射出的小球沿 o一2at,解得，=0 ”2—。,A正确，BC错误 x轴正向击打在挡板上A点，可把小球的运动 等效看作初速度为oc0s60°的平抛运动，当小 4t。时刻，乙回到出发点，甲的位移x=o1·4t。= 球的速度与挡板平行时，射出的小球离斜面最 15 2x0,甲、乙间的距离=x十2x0=2x0D正确。 远，将该速度和小球的重力加速度分别沿垂直 挡板和平行挡板方向分解，在垂直挡板方向上 10.CD【解析】甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是 作用力与反作用力，同理，乙对绳的拉力与绳对 有，c0s60sin0=gc0s9·t,求得1=otan日 2g 乙的拉力是作用力与反作用力，又因是同一根 绳子，拉力大小处处相等，故甲对绳子拉力等于 小球竖直下落的距离△y二252=哈1an0 1 8g 一，由 乙对绳子的拉力，A错误；设绳子的拉力为F, 根据牛顿第二定律，对甲有F一Mg=Ma甲，解 于y= 8g,花an0= (vosin 60)2 3v8 2代入，联 F 得ap=g,对乙有F-mg=ma,解得 立可得。射出的小球离斜面最远时经过的位 3 、上一g,联立解得α甲=， m M g+Mat, 置的纵坐标)'=y一△y=4y,A正确；根据平 抛运动速度偏转角与位移偏转角关系推论，可知 可知a,。因像的斜丰及一得且因像的纵技 o射出的小球击打斜面上时，满足tan日=y- 距小于0，即m-M x Mg<0,即m-M<0,解得 3 m<M,因m<M,根据甲、乙的加速度表达式 tan60,可得挡板所在的直线方程是y=2x, F F C正确；结合前面选项分析，可知以速度2U。射 0甲=M一g0x一m一g,可知甲的加速度小于 乙的加速度，甲、乙都做初速度为零的匀加速直 出的小球击打斜面上时，y=3(20,)》-3i_ 8g 2g 1 线运动，且位移大小相等，则有x=2a12,可 3 4y,根据挡板所在的直线方程y=2工，可知 工，甲的加速度小于乙的加速度，所 x'=4x,则200射出的小球击打斜面上的点的 得t=a 坐标为(4x,4y),B错误。 以甲上升的时间大于乙上升的时间，故乙比 三、非选择题 甲先到最高点，B错误，C、D正确。 13.(1)AB(2分)(2)O3(1分)(4)相同(1分) 11.BC【解析】在金属环A下滑的过程中，弹簧逐 (5)x2(2分) 渐压缩，对金属环A和物块B组成的系统，弹簧 【解析】(1)重锤的作用是确保坐标轴的y轴为 弹力做负功，系统机械能减小，弹簧弹性势能增 竖直方向或沿重锤方向描下y轴为竖直方向， 大，A错误；在A、B运动过程中当图中0=60° 即必须保证仪器背板竖直，A、B正确：重锤的惯 时，根据速度关联关系有UACOS30°= 性无法保证实验装置稳定，C错误。 UBCOS60°，即VB=√3vA,B正确；在A下降的过 (2)让小球静止在斜槽末端附近，用笔通过复写 程中，B的速度先增大后减小，当其加速度为0 纸在白纸上描出球心投影点O1,描出槽口端，点 时，速度最大，则此时杠对B的弹力为零，根据 在白纸上的投影O2,描出过O2的竖直线与过 平衡条件，可得B受到水平横杆的支持力大小 O1水平线的交点O3,即竖直方向与水平方向 等于其重力大小，为2N,C正确；当A下降到 的交点恰好是小球抛出点在白纸上的投影点， 最低，点时，弹簧弹性势能最大，设O、A间距离 实验白纸上平抛轨迹的初始位置应是O3。 为工'，根据能量守恒定律有2L。-L) (4)上下调节挡板的位置，多次操作步骤(3)，并 保证钢球在斜槽上的释放点相同，这样才能保 mAg(L。-L'),求得L'=2cm,D错误。 证每次平抛的初速度相同。 3 高三物理答案（三）第4页（共6页） ·物理· 参考答案及解析 (5)用平滑曲线把印迹连接起来，就得到钢球做 △E=E。-E1= GMmo GMmo 平抛运动的轨迹，如图乙，在轨迹上任意一，点的坐 (2分) 2r0 1 标xy,根据平抛运动规律得x=t,y一2， 16.(1)10√2m/s,与水平方向夹角为45° (2)20m (3)500J 8 消去i,可得xy应满足关系为y=2,即满 【解析】(1)当F=0时，水平方向有 D=voti 足ycx2。 解得t1=1s d 14.(1)4.0(2分)(2) △t (2分) (3)不守恒(2 竖直分速度v,=gt1=10m/s 小球撞击右侧壁的速度大小 2 分）（4)m2gh=2(2m1+m2) △t (2分) v1=√o6+o=10W2m/s (1分) 【解析】(1)根据游标卡尺的读数规律，该读数 设速度与水平方向夹角为日，则有 为d=4mm十0.1×0mm=4.0mm。 tan 0==1 (2)根据光电门的测速原理可知，挡光片通过光 所以0=45° (1分) 电门的速度大小。=A。 (2)结合上述，当F=0时，小球做平抛运动，竖 (3)对钩码B与C组成的系统进行分析，细绳拉 直方向的分位移y1一28t日 (1分) 力对该系统做负功，则该系统机械能减小，即钩 码B与C组成的系统机械能不守恒。 解得y1=5m (4)钩码A、B、C与轻绳组成的系统进行分析，系统 当F=4mg时，设小球在竖直方向的加速度为 重力势能的减少量Ep诚=(m1十m2)gh一m1gh= a,根据牛顿第二定律有4mg一mg=ma(1分) 小球向上偏转做匀变速曲线运动，则有 m2gh,系统动能的增加量Ekw= 2(2m1+m2) D=vot1 (mm 1 ）,若钩码A、B、C与轻绳组成 y:=2al 的系统机械能守恒，则有Ep曦=Ek增，解得m2gh= 解得y2=15m 2(2m+mg)() 所以小球撞击右侧壁的区域长度 △t Lo=yi+y: GM GMmo GMmo 解得L。=20m (1分) 15.(1) (2) 2r1 2ro (3)小球在F=4mg的风力作用下的合力最大， 【解析】(1)对空间站，由牛顿第二定律知 竖直向上的加速度也最大，所以向上偏转撞击 GMmo 侧壁时的动能最大。小球撞击右侧壁前，风对 ro 一mo (1分) ro 小球做功的最大值 GM Wr=4mgy2 解得u一√r0 (1分) 重力对小球做功的最大值 (2)空间站在r。轨道上做匀速圆周运动，有 Wc--mgy2 GMmo v2 根据动能定理有 -mo (1分) To 1 4mgy:-mgy:-Ex-2mo (2分) GMmo 可得空间站的动能Ek 2r0 (1分) 解得小球撞击右侧壁的最大动能 空间站在r1轨道上的机械能 Ek=500J。 (1分) GMm。GMm。 GMmo 17.(1)15N0.75 (2)4√5m/s E1=Ek1+E1= 2r1 2r1 【解析】(1)设滑块到斜面顶端时竖直方向的速 (1分) 度为vy,水平方向的速度为0，合速度为v,根 空间站在r。轨道上的机械能 据抛体运动规律可得 GMmo GMm。_ GMmo E。=Eko十E0= 日-L1sin53°=2gx2 (1分) 2ro ro 2r0 (1分) v,=gt 空间站由r1轨道恢复到r。轨道过程，机械能的 联立解得vy=8m/s (1分) 变化量 由几何知识可得 高三物理答案（三） 第5页（共6页） 真题密卷 学科素养月度测评 Uy (2)设QA=L,则有F=kL=mg (1分) vo-tan 535-6 m/s 解得及一 v-sin 53-10 m/s 圆环下滑到M,点，受力分析，如图所示 根据动量定理则有F1·to=m1v0 (1分) 由几何关系可得，此时弹性绳的形变量 解得弹射器对滑块A的平均作用力大小 L △x= (1分) cos 0 F=15N (1分) 设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为μ， 由平衡条件有k△xcos0=N (1分) 又有f'=0.5N (1分) 根据动能定理则有 m1g(L1sin53°-R)-um1gcos53°×L1 联立解得f'= 2mg (1分) 1 umigL:-0-2m (1分) P LLLLLLLLL111111111111 代入数据，解得μ=0.75 (1分) 0、0 (2)由题可知，A碰前的速度VA等于B碰后的 速度VB (1分) 1 1 2m1oi=2m18R+2m102 (1分) mig=mR (1分) 77777 (3)由(2)分析可知，小环下落过程中，滑动摩擦 解得vA=4√5m/s 力大小不变，由公式可得，A到C的过程中，圆 设A刚滑上传送带上的速度为VA1,由动能定理 环克服摩擦力做的功 1 可得m1gL1sin53°-km1gcos53L1=2m1o 1 W-fa-2mgd (2分) 1 -2m12 (1分) (4)根据题意，设圆环下滑到B点时速度最大， 此时QB与水平方向的夹角为a,已知QA=d, 解得A1=√107m/s 设此时弹性绳的形变量为△x1 (1分) 根据上述结论可知，A在传送带上减速时的加 圆环速度最大，则有 速度aA=-g=-7.5m/s2 (1分) 1 假设滑块A在传送带上先做匀减速运动后再做 k△x1sina+2mg=mg (1分) 匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为x,则 1 有v月-v1=2aAx (1分) 联立解得tana=2 解得x=1.8m<L2=5m (1分) 可知，此时圆环下落的高度 假设成立，因此A在传送带上先做匀减速运动 h=dtan a-d (1分) 后再做匀速运动，故传送带的速度 v带=vA=4V5m/s。 (1分) 综上所述可知，圆环所受合力满足 1 18.(1)mg (2)g (3)mgd (4)vgd F◆=mg-2mg-k△sin a (1分) 2 则从开始下落到速度最大，由动能定理有 【解析】(1)释放瞬间，对圆环受力分析，由牛顿 d0.5mg+0d1 第二定律得mg一f=ma (1分) F合· 2 2 2=2mv品 (1分) 1 则有mg-0.5F=2mg (1分) 解得vm= Vgd 解得F=mg 2。 (1分) (1分) 3 高三物理答案（三）第6页（共6页）