湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三上学期第十六次周考物理试卷

**基本信息** 以生活科技与文化情境为载体，覆盖力学、电磁学等核心知识，通过平抛运动、动量守恒等问题设计，考查物理观念与科学思维，适配高三周测能力训练需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|6/24|平抛运动、摩擦力、电路分析|第1题沙包游戏结合动量定理，第3题脂肪测量仪关联电路动态分析| |多选题|4/20|电容器、弹簧力学、动量守恒|第7题电容器动态分析考查电场强度不变特性，第9题杆球模型涉及动量与能量综合| |实验题|2/16|动量守恒验证、电阻率测量|第11题单摆碰撞结合平抛运动，第12题电流表改装与电阻定律应用| |解答题|3/40|气体实验定律、轨道运动、动量守恒|第14题斜面与圆轨道结合考查不脱离条件，第15题机器人与木板系统动量守恒求位移与功|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高三上学期第十六次周考物理试卷 一、单选题（共24分） 1．（本题4分）家长与小朋友做沙包抛掷的游戏，游戏时家长与小朋友站在相距3m的场地两端，家长在离地1.5m处将质量为100g的沙包水平扔出，正好落入小朋友手中距地面0.7m高的塑料筐中。重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．沙包从抛出至落入筐中用时0.55s B．家长水平扔出沙包的速度大小为6.2m/s C．沙包即将落入筐中时的速度大小为7.5m/s D．沙包从抛出至落入筐中动量的变化量大小为 2．（本题4分）打印机是现代办公不可或缺的设备，其进纸系统结构简图如图所示，正常情况下能做到“每次只进一张纸”。某次打印过程中打印机内刚好有100张相同的纸，每张纸的质量均为m，打印时搓纸轮逆时针方向转动，搓纸轮给第1张纸的压力大小为F（F>>mg），带动第1张纸向右运动，搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，打印机正常工作时，下列说法正确的是（　　） A．滚轮对第1张纸的摩擦力方向水平向左 B．进第1张纸时，第2张纸与第1张纸间产生的是静摩擦力 C．进第1张纸时，第99张与第100张纸间摩擦力为2μ2mg D．μ1一定大于μ2 3．（本题4分）如图甲所示是用来测量脂肪积累程度的仪器，其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子、钾离子等，而脂肪不容易导电），模拟电路如图乙所示，测量时，闭合开关，测试者分握两手柄，体型相近的两人相比，脂肪含量高者（　　） A．R1消耗的功率大 B．电源的效率小 C．电压表示数小 D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值不变 4．（本题4分）山西窑洞是中国北方黄土高原上一种特殊的建筑形式，如图所示，abcde为窑洞门的横截面，顶部可简化为半圆弧，为圆弧的最高点，为圆弧的圆心，工人师傅利用与轻杆相连的滚轮对粉刷，位置为工人师傅与轻杆的接触点，通过调节与滚轮之间轻杆的长度，实现滚轮从点缓慢移至点，不计滚轮的大小及滚轮与间的摩擦，则滚轮与段间的弹力、轻杆对滚轮的作用力和与滚轮之间轻杆的长度之间的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 5．（本题4分）如图所示，一个小球以初速度10m/s从斜面底端O冲上一固定斜面，A、B、C依次是斜面上的三个点，AC间距为8m，B为AC中点。经过2s，小球第一次通过A点，又经4s第二次通过C点，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．质点的加速度大小为3m/s2 B．OA间距为8m. C．第一次通过B点的速度大小一定为m/s D．第3s末经过B点 6．（本题4分）在X星球表面宇航员做了一个实验：如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F—v2图像如图乙所示（F取竖直向上为正方向）。已知X星球的半径为R0，引力常量为G，不考虑星球自转，则下列说法正确的是（　　） A．X星球的第一宇宙速度 B．X星球的密度 C．X星球的质量 D．环绕X星球的轨道离星球表面高度为R0的卫星周期 二、多选题（共20分） 7．（本题5分）如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，带电微粒沿着上极板水平射入电场，恰好从下极板右边缘飞出电场，带电微粒电势能变化量为。若保持上极板不动，将下极板下移少许，该带电微粒仍以相同的速度从原处射入电场，带电微粒在电场中电势能变化量为。下列分析错误的是（不计重力作用）（　　） A．电容变小，两极板间电压变大，两极板间场强变小 B．电量不变，两极板间电压不变，即 C．电容变小，电场强度不变，电压增大，即 D．电量不变，两极板间的电场强度不变，粒子的运动情况不变，即 8．（本题5分）如图所示，光滑细杆AB倾斜固定，与水平方向夹角为45°，一轻质弹簧的一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球，小球套在细杆上，O与细杆上A点等高，O与细杆AB在同一竖直平面内，OB竖直，OP垂直于AB，且，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等。现将小球从细杆上的A点由静止释放，在小球沿细杆由A点运动到B点的过程中（已知重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内且不弯曲），下列说法正确的是（　　） A．弹簧的弹性势能先减小后增大 B．小球加速度大小等于且方向沿杆向下的位置有三个 C．小球运动到B点时的动能为 D．小球从A点运动到P点，机械能减少了 9．（本题5分）如图所示，粗细均匀的足够长光滑细直杆水平固定，带孔小球A套在杆上，小球B用长为L的轻绳吊在小球A的下面，开始时两球均处于静止状态。给B球一个水平向右的瞬时冲量，当小球B运动到最高点时，轻绳刚好水平。已知两小球均可视为质点，质量均为m，重力加速度为g，下列判断正确的是（　　） A．小球B向右运动过程中，A、B两球组成的系统动量守恒 B．给小球B的瞬时冲量大小为 C．当轻绳第一次与水平方向夹角为45°时，小球B的水平分速度大于竖直分速度 D．当小球B第一次回到最低点时，速度大小为 10．（本题5分）如图所示，一个半径为的圆形细管轨道ABCD竖直固定，其内壁光滑，左管口A以及C点与圆心O等高，B点为最低点，右管口D与圆心O的连线与水平方向夹角为37°，一个质量为0.48kg的小球从A点正上方的P点由静止释放，进入细管后从右端口D射出并恰好过O点落入固定在圆心处的接球盒中。忽略空气阻力，重力加速度大小取，，。下列说法正确的是（　　） A．小球从D点射出时的速度大小为1.6m/s B．小球从D点射出后经过0.1s时距离半径OD最远 C．P点到A点的距离为0.48m D．小球经过C点时对管壁的弹力大小为8.32N 三、实验题（共16分） 11．（本题6分）某实验小组利用如图所示的实验装置验证动量守恒定律。将质量为m1的球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边缘有一竖直立柱，将球2置于立柱上。实验时，调节悬点，使球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高。将球1拉离平衡位置，保持细线拉直，用量角器测量出细线与竖直方向的夹角为，由静止释放球1，当它摆到悬点正下方时与质量为m2的球2发生对心碰撞。碰后球1反弹，球2落到水平地面上。测量出球2到地面的高度H和球2做平抛运动的水平位移s，然后再测出有关数据，即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。已知重力加速度为g，两球均可以看成质点。 （1）要完成上述实验，还需要测量的物理量是______。 A．球1反弹的最大偏角 B．直角量角器的半径R C．悬点到球1的距离L （2）球2碰撞后的速率的表达式v2=______；根据测量的物理量，该实验中两球碰撞时动量守恒的表达式为______。[均用题干所给物理量和（1）中所测物理量表示] 12．（本题10分）学校实验室新进了一批金属丝，每卷长度L=8m，阻值约为100Ω，高二物理兴趣小组想尽量准确测出其电阻率。先用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，然后在实验室找来了下列器材： 待测金属丝1卷 电源E（电动势4. 5V，内阻r≈0. 5Ω） 电流表A1（量程10mA，内阻RA1=50Ω） 电流表A2（量程30mA，内阻RA2≈30Ω） 滑动变阻器R1（最大阻值为20Ω） 滑动变阻器R2（最大阻值为6000Ω） 定值电阻R3=10Ω 定值电阻R4=400Ω 开关一个、导线若干 (1)螺旋测微器测出金属丝的直径d=________mm； (2)滑动变阻器应选用________，定值电阻应选用________；（填所选器材的字母符号） (3)为了精确的测量金属丝的电阻率，请在方框中画出实验电路图______； (4)连接电路，闭合开关，移动滑动变阻器，并记录下多组电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2，以I1为横坐标，I2为纵坐标，描点作图并测得图象的斜率为k，则金属丝的电阻率可以表示为_______。（用题中给出的字母符号表示） 四、解答题（共40分） 13．（本题10分）某同学设计了一个从水银槽中提取少量水银的方案：如图所示，取一根长为、粗细均匀、两端开口的直玻璃管。将玻璃管竖直插入水银槽中，待管内液面与管外液面相平后，用手指堵住玻璃管上端开口，再将玻璃管缓慢竖直上提，直至玻璃管下端开口离开槽内水银液面，此时水银被成功提取。已知大气压强，槽内水银足够深，提取过程中温度保持不变，不考虑毛细现象引起的管内、外液面变化。求： (1)若上提过程中，封闭气体从外界吸收的热量为1.3J。则外界对该气体所做的功； (2)若提取成功后管内水银柱长度为10cm，则最初玻璃管插入水银槽的深度。 14．（本题14分）如图所示，粗糙的水平轨道BC的右端与半径R=0.45m的光滑竖直圆轨道在C点相切，左端与光滑的倾斜轨道AB相连，AB与水平方向的夹角为37°，质量m=0.1kg的小球从倾斜轨道顶端A点由静止滑下，设小球经过轨道衔接处时没有能量损失，已知倾斜轨道AB的长度l=2m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.375，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） （1）求小球第一次到达倾斜轨道底端B点时的速度大小（结果可以用根号表示）； （2）若水平轨道BC的长度为2.5m，求小球最终停止的位置与B点的距离； （3）要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足什么条件？ 15．（本题16分）如图，质量为m、长为L的长木板静止在光滑的水平地面上，质量为3m的智能机器人忽略大小从长木板的左端起跳，恰好落在长木板的右端，重力加速度为g，求： (1)机器人从起跳到落在长木板过程中，机器人的位移大小； (2)起跳过程机器人做功的最小值。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D D B C D ABC BC BC AD 1．D 【详解】A．根据平抛运动的规律有 则沙包从抛出至落入筐中所用的时间为 故A错误； B．家长水平扔出沙包的速度大小为 故B错误； C．沙包即将落入筐中时，水平方向的速度大小为 竖直方向的速度大小为 则沙包即将落入筐中时的速度大小为 故C错误； D．沙包从抛出至落入筐中只受重力作用，根据动量定理，沙包动量的变化量大小为 故D正确。 故选D。 2．D 【详解】A．第1张纸相对滚轮有向左运动趋势，故受到滚轮的摩擦力方向向右，A错误； B．进第1张纸时，第2张纸与第1张纸有相对滑动，则产生的是滑动摩擦力，B错误； C．工作时滚轮给第1张纸压力大小为F，第1张与第2张纸之间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f=μ2（mg+F） 第2张与第3张纸之间的摩擦力为静摩擦力，根据受力平衡，其大小为f=μ2（mg+F）；第2张与第3张纸之间的摩擦力及第99张与第100张纸之间的摩擦力都是静摩擦力，根据受力平衡可知大小均为f=μ2（mg+F），故C错误； D．要做到“每次只进一张纸”，第1张纸受到滚轮的摩擦力应大于第二张纸对第一张纸的摩擦力，即μ1F>μ2（mg+F） 应要求μ1＞μ2，故D正确。 故选D。 3．D 【详解】A．脂肪不容易导电，脂肪含量高者，人体电阻R较大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中电流较小，则R1消耗的功率较小，故A错误； B．电源的效率为 由此可知，脂肪不容易导电，脂肪含量高者，人体电阻R较大，外电路总电阻较大，则电源的效率较大，故B错误； C．脂肪含量高者，人体电阻R较大，根据闭合电路欧姆定律可知，回路中电流较小，内电压较小，路端电压较大，R1、R2两端的电压较小，则电压表示数较大，故C错误； D．根据闭合电路欧姆定律可得 所以 由此可知，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值恒定不变，故D正确。 故选D。 4．B 【详解】滚轮在缓慢移动过程中的受力情况如图所示 由图可知，、和它们的合力(大小等于滚轮的重力)构成的力的三角形与几何三角形相似，则有 即，的大小不随L的变化而改变。 故选B。 5．C 【详解】AB．根据匀变速直线运动规律，设OA间距为x，有 质点经4s第二次通过C点，有 联立可得 ，x=16m 故AB错误； C．B点为AC的中间位置，OB间距为 x1=x+4m=20m 由 得 故C正确； D．由 得 故D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据 可得 小球在最高点时，根据牛顿第二定律有 变形得 由F-v2图像可知，当时， 当时， 此时   则 X星球的第一宇宙速度   ，故A错误； BC．由     又 化简可得 星球密度  ，故B错误，C错误； D．卫星轨道半径 根据万有引力提供向心力 结合 解得，   故D正确； 故选D。 7．ABC 【详解】A．由电容器电容的决定式可知，将下极板下移少许，即d增大，电容C将变小，电容器所带电荷量Q不变，由电容的定义式可知，两极板间的电压增大，电场强度则有 可知极板间的电场强度不变，A错误，符合题意；     BCD．将下极板下移少许，即d增大，电容C将变小，电容器所带电荷量Q不变，两极板间电压增大，由于电场强度不变，带电粒子受力不变，粒子的运动情况不变，电场中电场方向的位移不变，则有电场力做功为 不变，粒子的电势能的变化量不变，即，BC错误，符合题意；D正确，不符合题意。 本题选错误的，故选ABC。 8．BC 【分析】根据题目中的A、P两点时，弹簧弹力相同为突破口，分析弹簧形变的变化情况，然后再结合功能关系分析。 【详解】A．由于小球在A、P两点时，弹簧弹力相同，则弹簧在OA处被拉伸，在OP处被压缩，且拉伸与压缩量相等，则在AP之间必有一个弹簧处于原长状态的位置，由对称性原理可知，在PB之间也必有一个弹簧处于原长的位置。小球在A、P、B三个位置时弹簧的弹性势能相等。在A到P的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，在P到B的过程中，弹簧的弹性势能也是先减小后增大，选项A错误； B．弹簧处于两个原长状态和小球在P点位置，小球加速度大小等于且方向沿杆向下，选项B正确； C．小球从A点运动到B点过程中，由机械能守恒定律可得， 得 选项C正确； D．A、P两点弹簧的弹性势能相等，因而小球在A、P两点的机械能相等，选项D错误。 故选BC。 【点睛】结合弹簧的能量转化问题。 9．BC 【详解】A．系统在水平方向不受外力，动量守恒，但在竖直方向，系统受力不为零，动量不守恒，因此A、B两球组成的系统动量不守恒，故A错误； B．设B球获得的初速度为，由题可知，系统在水平方向动量守恒，当小球B运动到最高点时，两球具有共同速度为，则有 根据能量守恒则有 联立解得 因此B球获得的瞬时冲量大小为，故B正确； C．当轻绳第一次与水平方向夹角为时，设A球的水平速度为，B球的水平速度为，竖直分速度为，绳子相对于A的速度为，水平方向动量守恒，则有 根据速度的分解则有， 因此小球B的水平分速度大于竖直分速度，故C正确； D．设B球第一次摆到最低点时，A球的速度为，B球的速度为，系统水平方向动量守恒，则有 根据能量守恒可得 其中 联立解得当小球B第一次回到最低点时，速度大小为，故D错误。 故选BC。 10．AD 【详解】A．设小球从D点射出时的速度大小为，将其沿水平方向和竖直方向分解，如图所示 则有， 小球从D点到O点，在水平方向上做匀速直线运动，则有 在竖直方向做匀变速直线运动，且取向上为正方向，则有 联立解得，故A正确； B．小球从D点到O点，建立直角坐标系，取半径OD为轴，沿方向为轴，可知将小球所受的重力加速度沿轴和轴分解，如图所示 则有， 当沿轴方向的速度由减为零时，小球距离半径OD最远，则有，故B错误； C．设P点到A点的距离为，小球从P点到D点，机械能守恒，则有 解得，故C错误； D．设小球在C点的速度为,小球从C点到D点，机械能守恒，则有 小球在C点，根据牛顿第二定律有 联立解得 根据牛顿第三定律，可知小球经过C点时对管壁的弹力大小为8.32N，故D正确。 故选AD。 11． AC/CA 【详解】(1)[1]由实验过程知，除了已经测量的两球的质量、球2的水平、竖直位移外，要计算速度还必须知道摆长（球1到悬点的距离L）和球1反弹的最大偏角，故AC正确，B错误。 故选AC； (2)[2]碰撞后球2做平抛运动，设平抛运动时间为t，碰撞后球2的速度为v2，则球2碰后速度 [3]小球摆动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得 解得碰撞前球1的速度 同理可得，碰撞后球1的速度大小 方向向右，以向左为正方向，由动量守恒定律得 整理得 12． 3. 466 (3.463-3.468均算对) R1 R4 【详解】(1)[1]金属丝的直径为 (2)[2]为了方便调解，滑动变阻器选R1 [3]将电流表A1改装成4.5V的电压表，定值电阻选R4 (3)[4]因为 所以电流表采用外接法，实验电路图为 (4)[5]由欧姆定律 解得 所以 由电阻定律 解得 13．(1) (2) 【详解】（1）由题意可知，封闭气体的温度不变，即封闭气体的内能不变，即 封闭气体从外界吸收的热量为1.3J，即 根据热力学第一定律可得 代入数据，解得 （2）设最初玻璃管插入水银槽的深度为，则，，， 根据玻意耳定律可得 解得 14．（1）；（2）1.8m；（3）L≤0.2m或2m≤L≤3.2m 【详解】（1）小球在倾斜轨道上运动，由动能定理知 解得 （2）最终小球动能为零，停在轨道上，由动能定理知 解得通过的路程为 L1=3.2m 小球到达C点滑上圆弧后返回，返回路程为 L2=L1-LBC=0.7m 所以返回后距离B点的距离为 L=LB-L2=1.8m （3）小球恰好从B点到C点，由动能定理知 解得 L=3.2m 要使小球能够滑上圆轨道，应满足 L≤3.2m 在圆轨道运动时小球不脱离轨道，有两种情形 情形一:物体能完成圆周运动 在最高点有 对小物块从B点到圆轨道最高点利用动能定理有 解得 L=0.2m 小球不脱离轨道应满足 L≤0.2m 情形二:物体运动到圆轨道圆心等高处速度为零 对小物块从B点到圆轨道圆心等高处利用动能定理有 解得 L=2m 小球不脱离轨道应满足 L≥2m 综合以上可得要使小球能够滑上圆轨道，并且第一次在圆轨道运动时小球不脱离轨道，水平轨道BC的长度L应满足 L≤0.2m或者2m≤L≤3.2m 15．(1) (2) 【详解】（1）机器人与木板组成的系统在水平方向不受力，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，根据动量守恒定律有 机器人与木板的运动时间t相等，则有 变形得 由题意可知 联立解得 （2）设机器人起跳速度大小为v，方向与水平方向夹角为，在竖直方向可得机器人的运动时间 机器人的水平位移 解得 机器人与木板组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律可知，机器人做功 解得 当时W最小，则有 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $