福建省泉州市德化第一中学2025-2026学年高三上学期物理周测(10)

德化一中2026届高三年物理周测(10) 考试时间：40分钟满分：100分 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 第I卷（选择题，共64分） 一、单项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。) 1。金华某单位建了一座特别有设计感的建筑物（如图所示），其屋顶近似为半球形，某建筑 人员在给屋项覆盖瓦块，他在屋顶上向上缓慢爬行的过程中屋项对他的( A.摩擦力变小 B.支持力变小 C.支持力不变 D.摩擦力变大 2.一颗小行星绕太阳运行，其近日点和远日点与太阳之间的距离分别为地球和太阳之间距离 的5倍和7倍。关于该小行星，下列说法正确的是() A.公转周期T=6年 B.在该小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的 25 C.从远日点到近日点，小行星受太阳引力，逐渐减小 D.从远日点到近日点，小行星线速度逐渐减小 3.质量为m,的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，轻杆上端的0点系一长 为L的细线，细线另一端系一质量为的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与竖直方 向成60°角后由静止释放，下列说法正确的是() A.球、车组成的系统总动量守恒 609 B.小球向左不能摆到原高度 1m1 C.小车向右移动的最大距离为m乙 1m2 m,+m2 D.小球运动到最低点时的速度大小为 2mgL 71111777711111117771717 V+22 答案第1页，共8页 4.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目，在一个特定的空间内通过风机制造的气流把人“吹” 起来，使人产生在天空翱翔的感觉。其简化模型如图，一质量为的游客恰好静止在半径 为R的圆柱形竖直风洞内，已知气流密度为，游客在这种姿势下的受风面积（游客在垂直 于风力方向的投影面积)为S,风洞内气流竖直向上“吹”出且速度恒定。假设气流吹到人身 上后速度变为零，重力加速度为g,不考虑气体重力，下列说法正确的是() A.风速不变，游客在受风面积变化时仍能静止 B.气流速度大小为 g TPR2 口。若风速变为原来的宁，则游客向下加速，加速度大小为8 D.若风速变为原来的2倍，则游客向上加速，加速度大小为3g 二、双项选择题（本题共4小题，每小题10分，共40分。每小题有两项符合题 目要求，全部选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。) 5.如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上 方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的公路上由静止 开始加速行驶，经过时间t,前进了距离d,达到最大速度mx,设此过程中电动机功率恒 为额定功率P,受的阻力恒为子则此过程中电动机所做的功 为( ) A.fomaxt B.Pt+-mmax2 C.o D.d 6某网球以速度y,竖直向上抛，落回出发点的速度为2。由于空气阻力因素，网球速度随时 间变化关系如图所示，若空气阻力大小与网球速率成正比，则下列说法正确的是() A.图象中1时刻的斜率的绝对值大于重力加速度大小 B.由于阻力因素、下降过程网球处于超重状态 C.网球上升过程克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功 D.网球上升、下降过程所受阻力的冲量大小相等 答案第2页，共8页 7.如图所示，质量为2、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放 在c的正中央，质量为的物块a以大小为y。的速度从c的左端滑上c,a与b发生弹性正 碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块、b与c间动摩擦因数相 同，重力加速度为8，则下列说法正确的是() A.a与b碰撞前b的速度始终为零 b >Vo B.a与b碰撞后，a相对c静止 7777777777777777777777777777777 C.物块与木板间的动摩擦因数为3 gL D.整个过程因摩擦产生的内能为 8.如图所示。在竖直平面内有光滑轨道ABCD,其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道， AB是竖直轨道，CD是水平轨道。AB与BC相切于B点，CD与BC相切于C点。一根长为 2R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点)，从Q与B等高处 由静止释放。两球滑到水平轨道上。重力加速度为g。则下列说法中正确的是() A.下滑的整个过程中P球机械能守恒 B.下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C.Q球过C点的速度大小为v2gR D.下滑的整个过程中Q球机械能增加量为gR D 第Ⅱ卷（非选择题，共36分） 三、非选择题（共36分。考生根据要求作答。） 9.(16分)如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平 部分碰撞前后的动量关系。(1)实验中必须要求的条件 是 小球2 A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差 B.斜槽轨道末端的切线必须水平 C.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同 O M D.入射球每次必须从轨道的同位置由静止释放 (②)用天平测量两个小球的质量1、m2。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影， 实验时，先让入射球1多次从斜轨上S位置静止释放：然后，把被碰小球m2静止于轨道的 答案第3页，共8页 水平部分，再将入射小球m,从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复，分别 找到小球的平均落点M、P、N,并测量出平均水平位移OM、OP、ON。若两球相碰前后的 动量守恒，其表达式可表示为 (用上述中测量的量表示)：若碰撞是弹 性碰撞，那么还应该满足的表达式为 (用上述中测量的量表示)。 (3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图所示.在水平槽末端与水平 地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接.使小球1仍从斜槽上A点 由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落 人射小球 在斜面上的平均落点M'P'、N:用刻度尺测量斜面顶点 被碰小球 到MPN三点的距离分别为l、L2、.则验证两球碰 撞过程中动量守恒 (用 所测物理量的字母表示)， 四、解答题(20分) 10。(20分=44+12分)如图，足够长的水平面上，两小滑块α、b间有压缩的轻弹簧，弹簧锁 定，P点左侧粗糙，右侧光滑。水平面上还放置一静止的带弧形轨道的滑块c,c的左端与水 平面相切。现解除弹簧锁定，α、b在弹力作用下与弹簧分离，取走弹簧，分离时a刚好滑到 P点，之后b滑上c且不会从c的右端冲出。己知a、b、c的质量分别为ma=3kg、m,=1kg、 m。=3kg,解除锁定前弹簧储存的弹性势能为E=24,a、b间的碰撞为弹性碰撞，a、b滑 块与P点左侧水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，b在滑块c上运动时间4t>1s,g=10/s2, a、b均可视为质点。求： (1)弹簧恢复原长瞬间，a、b速度al、1的大小： (2)滑块c的高度h满足的条件： (3)a、b间的最终距离△x。 77777777771777 7777777777777777777777777777777777777 答案第4页，共8页 德化一中2026届高三年物理周测(10)参考答案 题号 2 4 5 6 7 8 答案 A B C D AD CD BC BD 1.A【详解】设人所在位置的切线方向与水平方向的夹角为0，则屋顶对他的摩擦力 f=gsin8屋顶对他的支持力F,=gcos0 他在屋顶上向上缓慢爬行的过程，日减小， 则摩擦力减小，支持力变大。故选A。 2.B【详解】A.根据题意，设地球与太阳间距离为R,则小行星公转轨道的半长轴为 a=SR+7R =6R 由开普勒第三定律有 (6R3 R 解得T=V6T=6√6年 2 GMm GM 故A错误；B.由牛顿第二定律有 六3 =ma 解得a= 可知 行」 R 1 (5R)2 25即小行星在近日点的加速度是地球公转加速度的 故B正确： Q地 25 C.从远日点到近日点，小行星与太阳间距离减小，由万有引力定律F= Gmm2可知，小 行星受太阳引力增大，故C错误： D.由开普勒第二定律可知，从远日点到近日点，小行星线速度逐渐增大，故D错误。 3.C【详解】A.小球静止释放后，运动到最低点过程，竖直方向的分速度先增大后减小， 竖直方向的加速度方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、车组成的系统所受 外力的合力不为0，则该系统总动量不守恒，故A错误： B.对应球、车组成的系统而言，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，又由于系统在 水平方向所受外力的合力为0，则系统在水平方向上的动量守恒，可知当小球向左摆到最高 点时，球与车的速度均为0，小球向左仍能摆到原高度，故B错误： C.当小球摆到左侧最高点过程，小车位移最大，根据动量守恒定律的位移表达式有 -,=0其中+，=2Lim60解得=5mL 故C正确； m1+m2 D.小球运动到最低点过程，根据水平方向动量守恒有%y-m“,=0 根据机械能守恒定律有8Lcos60°= 4号解得8 m,gL 故D错误。选C。 m +m, 4.D【详解】B.对△t时间内吹向游客的空气，设气体质量为△，则△m=p.△tS 则风的动量变化为△卫=0-△m=-△w以△t时间内吹向游客的空气为研究对象，由动量 答案第5页，共8页 定理可得-F·△t=0-△m'由于游客处于静止状态，则F=g 联立得？= 8 故B 错误；A.由B项解析可知，游客静止时，风速 71g V= 可知游客在受风面积变化 NPS 时，要使游客静止，风速一定要发生变化，故A错误； C.若风速变为原来的}，则风力 为F,则Am=P5AMS由动量定理可知PaM=am月 根据牛顿第二定律可知 mg-F'=ma 联立解得a8游客向下加速，故C错误 D.若风速变为原来的2倍，则风力为F,则△m=p·2w△tS 由动量定理可知F·△t=△m·2y根据牛顿第二定律可知F”-g=a 联立解得=3g游客向上加速，故D正确。故选D。 5.AD【详解】B.电动机功率恒为额定功率P,此过程中电动机所做的功为W=Pt 所以B错误：AC.当牵引力等于阻力时加速度为0，汽车达到最大速度，则 P=Fm=max电动机所做的功为W=Pt一fat所以A正确；C错误： D.由动能定理可得即-月-方ms解得P-m+: 1 所以D正确；故选AD。 6.CD【详解】A.图象中时刻速度大小为零，空气阻力大小与网球速率成正比，可知 此时空气阻力为零，网球只受重力，由牛顿第二定律，此时的加速度为重力加速度。因为速 度时间图像的斜率表示加速度，所以图象中t时刻的斜率的绝对值等于重力加速度大小。A 错误；B.上升过程中，空气阻力向下、重力向下，故合力向下。由牛顿第二定律，加 速度向下，物体处于失重状态。B错误；C.小球运动过程中受到的空气阻力大小与其 速率成正比，因此上升过程中平均空气阻力大于下降过程中平均空气阻力，上升过程和下降 过程位移大小x大小相同，根据W=衣可知，上升过程中克服阻力做功大于下降过程 克服阻力做功，C正确：D.小球运动的 -t图像如图所示，由于上升过程和下降过程 位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相 等；因为∫=则t图像与v-t图像相 似，两阴影部分的面积也相等，t图像t轴 上方图像与坐标轴围成的面积表示上升过程的阻力的冲量大小，t轴下方图像与坐标轴围成 的面积表示下降过程的阻力的冲量大小。可知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等。D正 答案第6页，共8页 确。故选CD。 7.BC【详解】A.α滑上c后相对c滑动过程假设b相对c静止，由牛顿第二定律得， 对b、c整体mg=(2+ma对bf=a解得=mg<mg 即b与c间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则b相对c保持静止，b、c一起加速运动，α与 b碰撞前b做匀加速运动，速度不为零，故A错误： B.设a、b碰撞前瞬间α的速度为v,a、b发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械 能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得w=。+ 由机械能守恒定律得m2=m,2+2 解得y。=0,y=y 即碰撞后α、b两者交换速度，b相对c滑动，由A可知、c相对静止一起运动，故B正确： CD.b刚好滑到c的右端与c相对静止，a、b、c共速，设共同速度为v,a、b、c组成的 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得。=(m++2m)v 白能餐守恒定律符分m-片m-m-2a2+ ,其中Q=ugL 解阴Q-m.么-爱 故C正确，D错误。 故选BC。 8gL 8.BD【详解】A.P球运动过程中轻杆要做功，所以机械能不守恒，故A错误： B.把两个球和轻杆作为一个系统来研究，除了重力和系统内的弹力做功，没有别的力做功， 符合机械能守恒的条件，轻杆没有能量，所以下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒， 故B正确；C.Q球过C点时，杆与竖直方向的夹角的正弦值为simn6=及= 2R2 故0=30 根机械能守恒定律，有e+g3-方m号网 杆不可伸长，故两个球沿着杆方向的分速度相等，故Y,c0s30°=V。c0S60 联立计算得出y。= 4-V3 12-3V3 8R,=V gR 故C错误： 2 2。下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律，有gR+g3R=),m× 计算得出v=2VgR 故Q球机械能增加量为△B=m'-mgR=mgR所以D选项是正 2 确的。故选BD。 9.【答案】(1)BD(2)m0P=mOM+m2ON: m0p2=m0M2+m20N2或0P+0M=0N(3)m√=m√T+m2V 【详解】(1)[1]A.由于每次小球在轨道上运动情况完全相同，斜面是否光滑对实验结果没 答案第7页，共8页 有影响，A错误；B.由于研究平抛运动，因此斜槽轨道末端的切线必须水平，B正确： C.为了保证碰后两个小球都向前运动不反弹，应使入射小球质量大于被碰小球的质量，C 错误；D.为了保证每次平抛的轨迹相同，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放， D正确。故选BD。 (2)由于球碰撞前后抛出后在空中下落的时间相等，故由平抛运动的水平位移可得碰前，的 速度为：v=二，碰后m,的速度为：”-兴，碰后m,的速度为：2=%，由动量守恒可得： mOP=mOM+m2ON;若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程还满足机械能守恒，故有： m,2=mv2+m2u22,化简可得：m,0p2=m0M2+m0W2。 联立：m0P=mOM+m20N;m0p2=m0M2+m20N2,解得：0P+0M=0N 故答案为：m0P=m0M+m20N;m0P2=m0M2+m20N2或0P+0M=0N (3)设斜面倾角为：6。由平抛运动规律：九=9，可得球下落的时间为：t=匝-血Q, 故可得抛出的速度为：v=los9= 。由以上分析及题意可得两球碰撞过程中动量守恒 \2sina 的表达式为：mp=mv,'+m2v2'=mV=mV+m2√。 10.【答案】解；()弹簧解除锁定到恢复原长过程，以向右为正方向，根据动量守恒和能 量守恒，有-maa1+m%1=0,E=2mava+2m,vi,解得al=2m,%1=6ms; (2)b沿c向上运动的过程，系统水平方向动量守恒，b未从c的右端冲出，根据水平方向动量 守恒有msw1=(m,+m.)mc,根据能量守恒有2%，-2(m6+m)6e=mgho: 解得ho=1.35m,要满足题意即h≥h=1.35m: (3)b从c左侧底端上滑，再返回底端过程，根据水平方向动量守恒，有bb1=mbb2+m"c: 根据能量守恒有2m哈，=2m2+2m2,联立解得2=-3ms, 滑块a与弹簧分离后，根据牛顿运动定律有mng=m,a,运动的时间t-0-va, a 解得t=1s,可得滑块b与a碰前，a已经停止，则哈-哈=-2a×会 滑块b与a碰撞，根据动量守恒和能量守恒有mbVb3=mbvb4+maVa2, m,ig-m喝，+m2,解得w=受m 2 m/s,va2 =13 m/s, 故a、b间的最终距离4x=竖+县=Q625m。 2a 2a 答案第8页，共8页