2026届湖北省孝感高级中学高三上学期7月测试物理试卷（解析版）

这是一份2026届湖北省孝感高级中学高三上学期7月测试物理试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。
本卷满分100分，考试时间75分钟
一、单选题（每题4分，共7题，共28分）
1. 如图所示，平衡大师将不同几何形状物件互相叠放在地面、平板A和B上。整个装置处于静止状态，以下说法正确的是（ ）
A. 物件一定受地面摩擦力B. 物件受力个数可能为2个
C. 物件受到平板A的作用力可能垂直于平板向上D. 物件对平板A一定有摩擦力
【答案】D
【解析】
【详解】A．对几个物件的整体受力分析可知，水平方向不受外力作用，则物件一定不受地面的摩擦力，选项A错误；
B．由图可知，B板倾斜，则物件受重力、木板B的摩擦力和支持力，即受力个数为3个，选项B错误；
C．对物件b以及上面物件整体分析可知，物件受到平板A的作用力与整体的重力等大反向，可知物件b受到平板A的作用力竖直向上，选项C错误；
D．对木板A及其以上的物件整体分析，因A与c的接触点不在c的正上方，可知物件对平板A的支持力斜向左上，因整体重力竖直向下，可知物件c对木板A一定有摩擦力，选项D正确。
故选D。
2. 如图甲所示，某宇航员在特定座椅上做竖直方向上的冲击耐力训练。图乙为该宇航员在做冲击耐力训练过程中的加速度a随时间t变化的图像。已知训练开始前宇航员处于静止状态，宇航员（含装备）质量为M，重力加速度大小为g，以竖直向上为正方向，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 时，宇航员速度最大B. 时间内宇航员处于失重状态
C. 时，宇航员恰好回到初始位置D. 时，座椅对宇航员的支持力大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．图像与坐标轴围成的面积等于速度的变化量，可知时，宇航员速度最大，选项A错误；
B．时间内宇航员加速度向上，则处于超重状态，选项B错误；
C．时，宇航员速度变化量为
宇航员先向上加速再向上减速，则时到达最高点，选项C错误；
D．时，座椅对宇航员的支持力大小为
选项D正确。
故选D。
3. 我国古代利用水轮从事农业生产，其原理简化如图所示，细绳跨过光滑固定转轴，一端绕在固定转轮上，另一端与重物相连。已知转轮与水轮圆心等高且距离为6m，转轴到圆心距离为3m，重物质量为4kg。现水轮绕点缓慢转动（重物未与圆盘接触），通过转轮收放细绳，使细绳始终绷紧，那么细绳对转轴的作用力范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】如图1所示
在水轮缓慢转动过程中，虚线圆为固定转轴B的轨迹，因为固定转轴光滑且缓慢转动，所以轴两边绳子上的拉力均为mg，根据平行四边形定则，可知当两边绳子之间的夹角最小时合力最大，夹角最大时合力最小。由几何关系可知，图1中位置时合力最大，位置时合力最小。对固定转轴在位置处进行受力分析如图2所示
设，在直角三角形中，根据几何关系可得
解得
根据平行四边形定则，可得合力与竖直方向的夹角为，则有
同理，对固定转轴在位置处进行受力分析，如图3所示
根据几何关系可知
则与竖直方向的夹角为，根据平行四边形定则，可知合力与竖直方向的夹角为，则可得
故轻绳对固定转轴B的作用力范围为
故选C。
4. 如图所示，两个光滑斜面在B处平滑连接，小球在A点获得大小为8m/s的速度沿斜面向上运动，到达B点时速度大小为6m/s，到达C点时速度减为0。已知AB=BC，下列说法正确的是（ ）
A. 小球在、段的加速度大小之比为：
B. 小球在、段运动时间之比为：
C. 小球经过中间位置时速度大小为
D. 小球由A运动到C平均速率为
【答案】B
【解析】
【详解】A．对段，根据速度位移公式得，
代入数据解得，
解得，故A错误；
B．根据平均速度的推论知，段的时间
段运动的时间
解得，故B正确；
C．段中间位置时的速度大小，故C错误；
D．物体由A运动到C的平均速率为，故D错误。
故选B。
5. 甲、乙两辆汽车在同一条平直公路上的不同车道行驶，时刻甲、乙两车的车头恰好平齐，此后甲、乙两车的表示汽车的位移）图像如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两车均做匀变速直线运动
B. 时两车速度大小相等
C. 前两车位移大小相等
D. 时甲车停止运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图象可知，甲车的函数关系
化简得
说明甲车的初速度，加速度，甲车做的是匀减速直线运动，
乙车的函数关系
化简得
说明乙车做的是的匀速直线运动，A错误；
B．由A项分析可知，时甲车的速度
时乙车的速度，B错误；
C．根据A分析可知，前内甲的位移
乙车的位移
前两车位移大小相等，C正确；
D．甲车停下的时间
D错误．
故选C。
6. 如图所示，轻弹簧L1的一端固定，另一端连着小球A，小球A的下面用另一根相同的轻弹簧L2连着小球B，一根轻质细绳一端连接小球A，另一端固定在墙上，平衡时细绳水平，弹簧L1与竖直方向的夹角为60°，弹簧L1的形变量为弹簧L2形变量的3倍，重力加速度大小为g。将细绳剪断的瞬间，下列说法正确的是（ ）
A. 小球A的加速度大小为
B. 小球A的加速度大小为
C. 小球B的加速度大小为
D. 小球B的加速度大小为
【答案】A
【解析】
【详解】AB．对A、B和弹簧L2整体受力分析，可得弹簧L1的弹力
绳上的拉力为
单独对B受力分析有弹簧L2的弹力大小为
根据题干信息
可得
切断绳后，两个弹簧的弹力不变，A球合力与绳拉力等大反向，所以，故A正确，B错误；
CD．对小球B，受力分析不变，加速度依然为0，故CD错误。
故选A
7. 如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A和B的质量均为，C的质量是，A、B间的动摩擦因数为，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设B足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。现对A施加一水平向右的拉力，则下列判断正确的是（ ）
A. 当力大于时，A、B、C三个物体不再相对静止
B. 当力逐渐增大时，A、B之间先发生相对滑动
C. 当力逐渐增大到时，B与A相对滑动
D. 无论力为何值，B的加速度不会超过
【答案】D
【解析】
【详解】物体A、B间的最大静摩擦力为
B、C间的最大静摩擦力为
B与地面的最大静摩擦力为
当时，A、B、C都静止不动
AB．若A、B、C三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体，根据牛顿第二定律得
假设C恰好与B 相对不滑动，对C，由牛顿第二定律得
解得，
设此时 A 与B 间的摩擦力为，对A，由牛顿第二定律得
解得
表明C达到临界时 A 还没有到达临界值，则当力逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则不能超过 ，故AB 错误；
C．物体B相对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体，由牛顿第二定律得
对A，由牛顿第二定律得
解得：
故当拉力大于 时，B相对A滑动，故C错误；
D．当较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B 相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则B 受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B，由牛顿第二定律得
解得，故D正确。
故选D。
二、多选题（每题4分，共3题，共12分，错选0分，漏选2分）
8. 小明在某次篮球比赛投篮过程中，第一次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角53°；第二次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角为37°；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两次篮球正好垂直撞击到篮板同一位置点C，不计空气阻力，已知sin53°=0.8，sin37°=0.6，则从篮球出手到运动到点C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 前后两次运动时间的比值为3:4B. 前后两次上升的最大高度的比值为1:9
C. 前后两次上升的最大高度的比值为9:16D. 两球的初速度大小相同
【答案】ACD
【解析】
【详解】
BC．设投篮处与篮板的水平距离为x，根据做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线过水平位移的中点，所以有
所以
故B错误，C正确；
A．根据
故A正确；
D．两球初速度为
则两球的初速度大小相同，故D正确。
故选ACD。
9. 如图所示，定滑轮固定在天花板上，轮轴及滑轮表面均光滑，水平地面上固定铰链，在的正下方，轻质硬直杆一端连接，另一端连接质量为的小球（视为质点），轻质细线跨过，一端连接，另一端与轻质弹簧相连。在弹簧的右端施加一个力（未知量），系统处于第一个静止状态，成边长为的正三角形，弹簧的长度为；撤去，在弹簧的右端施加力（未知量），使得、间的距离为，系统处于第二个静止状态，弹簧的长度为，重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 两种状态下，杆对小球的弹力等大B.
C. 弹簧的劲度系数为D. 当系统处在第二个静止状态时，弹簧的伸长量为
【答案】AD
【解析】
【详解】对小球C受力分析，受到重力，杆对小球C的支持力，绳子的拉力，作出力的矢量三角形，如图所示
由数学知识可知，矢量三角形与三角形ABC相似，所以
两次静止状态下，小球C的重力和三角形的边长AB都不变，所以上式中比值不变，两次静止状态下，BC边长度不变，AC边长度变为原来的一半，则
，
设弹簧原长为，劲度系数为，则
解得
，
当系统处在第二个静止状态时，弹簧的伸长量为
故选AD。
10. 如图所示，在足够长的粗糙竖直墙壁上有一物块保持静止。某一时刻无初速度释放物块，并分别以两种方式施加外力，使物块时刻紧紧地贴合在墙壁上运动。假设两次释放物块完全相同，墙壁粗糙程度不变，比例系数k大小相同（在国际单位制下数值相等）。则（ ）

A. 方式一下落过程中物体受到合外力方向改变，方式二下落过程中物体受到合外力方向不变
B. 方式一下落过程中物体速度先增大后减小，方式二下落过程中物体速度一直增大
C. 两次释放过程中物体最终均可保持静止
D. 方式一下落过程中物体达到的最大速度大于方式二下落过程中物体达到的最大速度
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．对方式一下落过程，对物体竖直方向的受力分析，它受到重力mg，竖直向上的摩擦力f，由牛顿第二定律,得
由上式子可知,当时加速度a=0，那么可以分两种情况讨论可知：
当时加速度，得出合力向下，加速运动；
当时加速度，得出合力向上，做减速运动；
故方式一下落过程中物体受到合外力方向改变；
对方式二下落过程，对物体竖直方向的受力分析，它受到重力mg，竖直向上的摩擦力f，由牛顿第二定律,得
由上式子可知,当时加速度a=0，那么速度v 不再增大，同样分两种情况讨论可知：
当时加速度a>0，得出合力向下，继续向下加速运动；
当时加速度a=0，得出合力为0，向下做匀速直线运动；
故方式二下落过程中物体受到合外力方向不变；
故A正确；
BC．因为方式一下落过程中物体从静止开始先加速后减速，所以速度先增大后减小，最终保持静止；方式二下落过程中物体从静止开始先加速后匀速，最终保持匀速，故BC错误；
D．方式二下落过程中达到的最大速度为
方式一下落过程中加速度为
由函数关系可知，物体加速度随时间均匀减小，且当时加速度a=0，故物体下落速度达到最大速度过程的等效加速度为
由匀加速运动速度公式,代入数值可知
对比v1和v2，可知
故D正确。
故选AD。
【点睛】
三、实验题（共18分，每空2分）
11. 某同学利用三根原长为10.00相同规格的橡皮筋（橡皮筋的弹力与形变量成正比，遵从胡克定律）进行“验证力的平行四边形定则”实验。在水平木板上铺有白纸，将绳子打一个结点，用这三根橡皮筋在同一平面内沿三个不同方向拉结点，当结点处于静止时，在白纸上标记结点位置为O点，如图所示，记录三根橡皮筋方向并测量出根橡皮筋的此时长度、、。请完成下列问题：
（1）根据记录的数据，若两力合成时遵循平行四边形定则，则当以、段橡皮筋的伸长量为邻边作平行四边形，该平行四边形的对角线长度应___________（选填“大于”、“等于”“小于”）段橡皮筋伸长量。
（2）在本实验中，当结点静止时，三根橡皮筋的长度可能是___________。
A.，，
B.，，
C.，，
（3）关于本实验，实验操作或说法正确的是___________。
A.本实验中需要用量角器测量出三段橡皮筋之间的夹角
B.实验中直接沿着橡皮筋画直线确定橡皮筋拉力的方向
C.在进行不同次实验操作时，不需要每次将结点拉至同一位置
D.为减小实验误差，与端橡皮筋方向之间的夹角必须为90°
E.三根橡皮筋的形变必须在弹性限度以内
（4）在某次实验，三根橡皮筋的方向如图所示，保持结点位置与段橡皮筋长度、方向不变，保持段橡皮筋的方向不变，将段橡皮筋缓慢顺时针旋转90°，则在此过程中段与段橡皮筋的弹力大小变化正确的是___________。
A.段橡皮筋弹力先减小后增大 B.段橡皮筋弹力一直减小
C.段橡皮筋弹力先增大后减小 D.段橡皮筋弹力一直减小
【答案】 ①. 等于 ②. B ③. CE##EC ④. AD##DA
【解析】
【详解】（1）[1]三力平衡，任意两个力的合力与第三个力等大反向，则当以OC、OB段橡皮筋的伸长量为邻边作平行四边形，该平行四边形的对角线长度应等于OA段橡皮筋伸长量。
（2）[2]三力平衡时，三个力能合成封闭三角形，根据胡克定律
可知，弹力与弹簧伸长量成正比，所以弹簧伸长量也能合成封闭三角形。
故选B。
（3）[3]A．本实验中不需要用量角器测量出三段橡皮筋之间的夹角，故A错误；
B．实验中应在O点话直线确定橡皮筋拉力的方向，故B错误；
C．在进行不同次实验操作时，不需要每次将结点拉至同一位置，故C正确；
D．为减小实验误差，OC与OB端橡皮筋方向之间拉开合适的角度，避免夹角过大或过小，故D错误；
E．三根橡皮筋的形变必须在弹性限度以内，故E正确。
故选CE。
（4）[4]保持结点位置与OA段橡皮筋长度、方向不变，保持OB段橡皮筋的方向不变，将OC段橡皮筋缓慢顺时针旋转90°，如图所示
可知，OC段橡皮筋弹力先减小后增大，.OB段橡皮筋弹力一直减小。
故选AD。
12. 某同学用如图1所示装置做“探究加速度与合外力关系”实验。带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，调节定滑轮的高度及弹簧测力计的位置，使动滑轮两边的轻绳水平，物块和动滑轮的总质量为M。
（1）接通电源，轻推物块，观察打点计时器打出的点，如果打出的点间隔越来越大，则减小沙桶中沙的质量，直到轻推物块后，打点计时器打出的点间隔均匀，忽略纸带与打点计时器间的摩擦阻力，若这时弹簧测力计的示数为F0，则物块与长木板间的滑动摩擦力f=__________。
（2）适当增加沙桶中沙的质量，接通电源，释放物块，使物块做初速度为零的匀加速运动，某次实验打点计时器打出的纸带从比较清晰的点迹起，每5个计时点取1个计数点，在纸带上连续标出5个计数点A、B、C、D、E，测出各计数点到A点之间的距离，如图2所示。电源频率为50Hz，则物块运动的加速度a=__________m/s2（结果保留1位小数）。
（3）若实验中弹簧测力计的示数为F，则物块受到的合外力F合=__________（用F、f表示），重复（2）操作，根据每次实验测得的物块运动的加速度a及受到的合外力F合，作a—F合图像，如果图像是过原点的一条倾斜直线，且图线的斜率等于____________，则表明：质量一定时，加速度与合外力成__________（填“正比”或“反比”）。
【答案】（1）2F0 （2）1.0
（3） ①. ②. ③. 正比
【解析】
【小问1详解】
当打点计时器打出的点间隔均匀时，物块做匀速直线运动，受力平衡。弹簧测力计的示数F0，根据力的平衡，物块与长木板间的滑动摩擦力为
【小问2详解】
每5个点取1个计数点，则相邻计数点的时间间隔为
根据逐差法可得加速度为
【小问3详解】
[1]物块受到的拉力为2F，滑动摩擦力为，根据牛顿第二定律，合外力
[2]由知，，即如果图像是过原点的一条倾斜直线，且图线的斜率等于。
[3]由可表明：质量一定时，加速度与合外力成正比。
四．计算题（共42分）
13. 如图所示，AB为空心圆管，长度为＝10m，C为可视为质点的小球，AB与C在同竖直线上，AC之间距离为＝20m。＝0时刻，由静止释放AB，同时C从地面以初速度竖直向上抛出。忽略空气阻力，AB若落地则立即静止，取＝。
（1）要使C在AB落地前从B端穿出，至少多大？
（2）若＝20m/s，求C从A端进入管中至由B端穿出所经过的时间？
（3）若＝20m/s，求C在圆管外部运动的时间。（答案可保留根号）
【答案】（1）15m/s；（2）0.5s；（3）s
【解析】
【详解】（1）要使C在AB落地前穿过AB的条件是，圆管落地的瞬间小球与B点相遇，圆管的落地时间为
此时C恰好与B相遇
v0t-gt2=L
解得
v0=15m/s
（2）由上可知，小质点一定在空中穿过圆管，设C遇到A点的时间为t1

设C遇到B点的时间为t2
C从A端穿过AB所用的时间为
Δt=t2-t1
解得
Δt=0.5s
（3）若＝20m/s，则球从抛出到落地的总时间为
小球第二次穿过管时，管已经落地，则设穿过管时用时间为t3，则结合逆向思维，该时间等于球从开始抛出向上运动L=10m的时间，则

即
解得
（另一值舍掉）
则C在圆管外部运动时间
14. 如图所示，倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上，斜面长L=2.4m。质量M=2.0kg的B物体放在斜面底端，与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，通过轻细绳跨过光滑的定滑轮与A物体相连接，连接B的细绳与斜面平行。A的质量m=2.5kg，绳拉直时用手托住A物体使其在距地面h高处由静止释放，着地后立即停止运动。 A、B物体均可视为质点，取g=10m/s2，sin37º=0.6，cs37º=0.8。
(1)求A物体下落的加速度大小及绳子拉力T的大小；
(2)求当A物体从多高处静止释放，B物体恰好运动至斜面最高点；
(3)若A物体从h1=1.6m处静止释放，要使B物体向上运动且不从斜面顶端滑出，求A物体质量m的取值范围。（设B物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
【答案】(1)2 m/s2 ；20N (2)1.92m (3)
【解析】
【分析】
【详解】(1)根据牛顿第二定律对A有
mg-T=ma
根据牛顿第二定律对B有

代入数据解得
a=2 m/s2
绳子拉力大小
T=20 N
(2)设物体A着地时B的速度为v，A着地后B做匀减速运动的加速度大小为a1
根据牛顿第二定律对B有

代入数据解得
a1= 8m/s2
对B由运动学公式得：着地前

着地后

代入数据解得
h=1.92 m
(3)设A着地后B向上滑行距离x，由运动学公式得

位移关系满足

着地前

代入第一问加速度的表达式解得

另一方面要能拉动必须有
解得

所以物体A的质量范围是
15. 一个送货装置如图所示，质量为的货物（可视为质点）被无初速度地放在倾斜传送带的最上端A处，被保持匀速运动的传送带向下传送，到达传送带下端B时滑上平板车，随后在平板车上向左运动，经过一段时间后与平板车速度相同，且到达平板车的最左端，此时刚好与水平面上P点的弹性装置发生碰撞（弹性装置形变量很小），货物由于惯性被水平抛出，平板车则被原速弹回。已知传送带之间的距离L为，传送带与水平面的夹角，货物与传送带间的摩擦因数，货物与平板车的摩擦因数，平板车与地面的摩擦因数，平板车的质量也为，重力加速度货物从传送带滑上；平板车时无动能损失，忽略空气阻力。求：
（1）货物在传送带上的运动时间；
（2）平板车的长度l；
（3）如果平板车刚好能接到下一个货物，则每隔多长时间在传送带顶端释放一个货物。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）货物放上传送带上后先以加速度 a1向下加速运动
f1=μ1mgcsθ=0.4mg
货物经过时间 t1 达到传送带相同的速度
运行的位移
此后，货物以加速度 a2向下加速运动
代入数据，解得
t2=1s
所以，货物在传送带上运动的时间
t总=t1+ t2=1.8s
（2）设货物离开 B 点，刚滑上小车时的速度为 v0，则
滑上平板车后，货物以初速度 v0=10m/s，加速度
a3=μ2g=-3m/s2
向左做匀减速直线运动
平板车以
向左做初速度为 0 的匀加速直线运动；设经过一段时间 t4货物和平板车正好达到共同速度 v共；由匀变速直线运动速度与时间关系式可得：
v共 = v0 + a3t4
v共 = a4t4
代入数据解得：
t4=2.5s
v共=2.5m/s
根据匀变速直线运动平均速度与位移的关系可得：
时间 t4内，货物位移为：
平板车位移为：
平板车的长度就是二者的相对位移：
l = x2 - x3 = 12.5m
（3）平板车被弹回后，以初速度 v0′=2.5m/s，加速度
a5=μ3g=1m/s2
做匀减速运动，根据题意，平板车再经过时间 t5恰好到达传送带 B 端，则

解得
t5=2.5s
所以释放货物的时间间隔
∆t=t4+t5=5s