2025-2026学年新疆乌鲁木齐八一、宾二两校高三上学期第一次联考物理试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年新疆乌鲁木齐八一、宾二两校高三上学期第一次联考物理试题（附答案解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中，物体在0～t0这段时间内的位移小于v0t0
B．乙图中，物体的加速度为2m/s2
C．丙图中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量
D．丁图中，t=3s时物体的速度为25m/s
2．如图所示，让装有水的玻璃杯绕过其侧面的竖直轴匀速转动，杯中液面形状可能正确的是 （ ）
A．B．
C．D．
3．用轻弹簧将一小物块竖直吊起，平衡时弹簧的伸长量为。现把该物块放在倾角为的斜面上，如图所示，用原弹簧给小物块施加一个与斜面bc边平行且向右的拉力F，使得小物块在斜面上静止。已知小物块与斜面之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则轻弹簧的最大伸长量为（ ）
A．B．
C．D．
4．如图，用两根等长的细绳将一匀质圆柱体悬挂在竖直木板的P点，将木板以直线MN为轴向后方缓慢转动直至水平，绳与木板之间的夹角保持不变，忽略圆柱体与木板之间的摩擦，在转动过程中（ ）
A．圆柱体对木板的压力逐渐增大B．圆柱体对木板的压力先增大后减小
C．两根细绳上的拉力均先增大后减小D．两根细绳对圆柱体拉力逐渐增大
5．一科技小组设计了一个多挡位的弹簧枪，在一个倾角为θ、足够长的斜面上进行测试。如图所示，将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时弹簧对弹丸做功为W，落点与发射点间距为d1，落到斜面上时弹丸速度恰好水平；用第三挡发射时弹簧对弹丸做功为3W，落点与发射点间距为d2，落到斜面上时弹丸速度与斜面夹角为α，弹簧枪的长度及空气阻力不计。下列判断正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．假设地球可视为质量分布均匀的球体，由于地球的自转，地球表面上不同纬度的重力加速度有所差别，已知地球表面的重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g1，则在纬度为45°的地球表面上重力加速度为（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，质量为的劈块左右劈面的倾角分别为，，质量分别为和的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，其中与劈块间的动摩擦因数为，光滑，则两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少是（假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（ ）
A．B．C．D．
8．如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（ ）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F=2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ2μ，则F的范围为4mg（tanθ-2μ）≤F≤4mg（tanθ＋2μ）
二、多选题
9．如图甲所示，足够长、上表面粗糙的木板P静止在粗糙水平地面上，可视为质点的小物块Q静止在木板的右端、现给物块Q水平向左的初速度，之后物块Q的速度随时间变化的关系图像如图乙所示。若木板与地面间的滑动摩擦因数是，小物块与木板上表面间的滑动摩擦因数是，则（ ）
A．木板始终静止B．木板先运动后静止C．D．
10．2025年2月3日《观点网》消息，小米汽车官方微博宣布，2025年1月，小米交付量再次超过两万辆．时刻，一辆小米汽车在一段试车专用的平直的公路上由静止启动，时功率达到之后功率保持不变，其图像如图所示．设汽车在运动过程中阻力不变，下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力大小为
B．匀加速运动阶段汽车牵引力做的功为
C．汽车的质量为
D．汽车在做变加速运动过程中的位移大小约为
11．如图甲所示，一倾角、足够长的斜面固定在水平地面上，以顶点为原点，以沿斜面向下为轴正方向，质量的滑块与斜面间的动摩擦因数随变化的规律如图乙所示，取重力加速度，，。现将滑块由点静止释放，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块向下运动的最大距离为2m
B．滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比为1∶3
C．滑块与斜面间因摩擦产生的热量为48J
D．滑块加速和减速的时间相同
12．传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端点的过程中，其机械能与位移的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A．货物在传送带上先匀加速再匀减速
B．货物与传送带间的动摩擦因数
C．货物从下端A点运动到上端点的时间为1.1s
D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J
三、实验题
13．某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端拉动弹簧测力计，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和细绳的方向。
（1）本实验用的弹簧测力计的示数单位为N，图中A的示数为 N；
（2）下列实验要求不必要的是 （填选项前的字母）；
A．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
B．测量重物M 所受的重力
C．细线方向应与木板平面平行
D．每次实验时，手持弹簧测力计B必须水平拉动，使OB与竖直方向垂直
（3）本实验采用的科学方法是 。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法
（4）实验结束后，小明同学用其中一个弹簧测力计探究“弹簧所受弹力F 与弹簧长度L 的关系”，绘出如图丁所示图像，则弹簧测力计的劲度系数为 N/m（保留一位小数）。
14．某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地重力加速度为g．
（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪两个物理量 ．
A．小球的质量m
B．AB之间的距离H
C．小球从A到B的下落时间tAB
D．小球的直径d
（2）小球通过光电门时的瞬时速度v= （用题中所给的物理量表示）．
（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图乙所示，若小球下落过程中机械能守恒，则该直线的斜率k= （用题中所给的物理量表示）．
四、解答题
15．如图所示，水平面上一小滑块置于长木板上，且均处于静止状态。已知滑块与木板左、右两端距离分别为、，木板与滑块、水平面间的动摩擦因数分别为，，木板的质量，上表面距水平面高度，滑块的质量。现给滑块一水平向右的初速度，重力加速度。
(1)要使木板保持静止，在木板上加一竖直向下的力，求力的最小值；
(2)为使滑块不滑离木板，在木板上加一水平方向的力，求力的大小范围。
16．小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞离水平距离d后落地，如图所示。已知握绳的手离地面高度为d，手与球之间的绳长为，重力加速度为。忽略手的运动半径和空气阻力。
（1）求绳断时球的速度大小和球落地时的速度大小。
（2）问绳能承受的最大拉力多大？
（3）绳能承受的最大拉力与第（2）小题结果相同的情况下，改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？

17．如图所示,在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数，小球进入管口C端时，它对上管壁有的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能。重力加速度g取。求:
（1）小球在C处受到的向心力大小;
（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能;
（3）小球最终停止的位置。
18．如图所示将原长为L的轻质弹簧放置在光滑水平面AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量为m）接触但不连接，AB的长度为2R，B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上方，是半圆轨道的最高点，用滑块P将弹簧压缩至E点（图中未画出），AE的长度为R，静止释放后，滑块P刚好能到达半圆轨道的最高点D；在水平面AB上铺被测材料薄膜，滑块P仍从E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道上的F点，O、F连线与OC的夹角为53°，重力加速度为g，。
（1）求弹簧被压缩至E点时弹簧的弹性势能；
（2）滑块P与被测材料间的动摩擦因数；
（3）在不撤去被测材料的基础上仅将滑块P换为质量2m的同种材质的滑块Q，滑块Q最终不与弹簧接触，试分析滑块Q由静止释放后压缩弹簧的次数。
《2026届新疆乌鲁木齐八一、宾二两校高三上学期第一次联考物理试题》参考答案
1．D
【详解】A．如图所示
v-t图线与坐标轴围成的面积表示位移，可知图甲中，物体在0～t0这段时间内的位移大于虚线与坐标轴围成的面积，故A错误；
B．根据，可知图像乙中斜率为2a=1m/s2，则物体的加速度为0.5m/s2，故B错误；
C．根据，可知题图丙中，阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，故C错误；
D．由，可得
结合图丁，图像过，图像斜率为
解得a=10m/s2，解得v0=-5m/s
故t=3s时物体的速度为，故D正确。
故选D。
2．C
【详解】对水面上一个质量很小的水滴m受力分析，因受竖直向下的重力和水面对水滴的作用力，两个力的合力充当向心力，因向心力沿水平方向指向转轴，可知水面对水滴的作用力应该斜向上方，设与竖直方向夹角为θ，则由牛顿第二定律
可知
因r越大，则θ越大，可知水面的形状为C的形状。
故选C。
3．C
【详解】小物块的最大静摩擦力
当轻弹簧的伸长量达到最大值时，摩擦力也达到最大静摩擦力，此时对小物块进行分析，根据平衡条件有
由于用轻弹簧将一小物块竖直吊起，平衡时弹簧的伸长量为，此时有
解得
故选C。
4．B
【详解】AB．圆柱体的受力分析图（侧视图）如图所示
根据正弦定理
当木板缓慢转动直至水平的过程中，β保持不变，sinβ不变，θ由直角逐渐减小，sinθ减小，α由锐角逐渐增大变为钝角，sinα先增大后减小，故T减小，FN先增大后减小；故A错误，B正确；
CD．由于两绳拉力的合力T减小，而两绳的夹角保持不变，故两绳上的拉力减小，故CD错误。
故选B。
5．B
【详解】若将一小球由斜面上的某点沿水平方向抛出，不管抛出时的速度大小如何，只要小球落在斜面上，则小球的位移方向相同，根据平抛运动速度角与位移角的关系可知，小球落在斜面上时速度方向相同。将该过程逆过来看，则小球落在斜面上时的速度方向均沿水平方向。该题中，第一次将弹丸射出后，弹丸落在斜面上时速度方向沿水平方向，可知不管以多大速度射出弹丸，弹丸落在斜面上时速度方向均沿水平方向，即α=θ
将弹丸的运动过程逆过来看就是平抛运动，设平抛的初速度大小为v0，落点与抛出点间的距离为d，则，
联立得
枪第二次对弹丸做的功是第一次的3倍，根据
可知，弹丸第二次射出时的速度为第一次的倍，第二次射出时水平方向的速度也为第一次的倍，即第二次的v0也为第一次的倍，由
可知，第二次的d为第一次的3倍，即d2=3d1。
故选B。
6．B
【详解】物体在两极时，根据万有引力等于重力，可得
物体在赤道处，由万有引力的一个分力提供向心力，另一分力为重力，则有
式中T是地球自转周期。
在纬度为45°的地球表面上时，设向心力为F，由余弦定理得：
其中
解得
故选B。
7．B
【详解】由题意可知M的加速度
m1的加速度
m2的加速度为
选M、m1和m2构成的质点组为研究对象，根据质点组牛顿第二定律，在水平方向有
竖直方向有
又
联立解得两物块下滑过程中劈块与地面的动摩擦因数至少为
故选B。
8．D
【详解】A．设杆的弹力为，对小球A：竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分力满足
竖直方向
则
若B球受到的摩擦力为零，对B根据牛顿第二定律可得
可得
对小球A、B和小车整体根据牛顿第二定律
A错误；
B．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A所受向左的合力的最大值为
对小球B，由于，小球B受到向左的合力
则对小球A，根据牛顿第二定律可得
对系统整体根据牛顿第二定律
解得
B错误；
C．若推力向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力提供，小球A所受向左的合力的最大值为
小球B所受向左的合力的最大值
由于可知
则对小球B，根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
联立可得的最大值为
C错误；
D．若推力向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力最大，此时
对小球B根据牛顿第二定律
对系统根据牛顿第二定律
代入小球B所受合力分范围可得的范围为
D正确。
故选D。
9．BD
【详解】根据题意，由图乙可知，物块一直减速运动，且一段时间后加速度变小，可知，物块运动一段时间后与木板共速，并一起减速到0。
AB．物块刚滑上木板时，对木块由牛顿第二定律有
解得物块的加速度大小为
木板在木块给的水平向左的滑动摩擦力和地面给的向右的滑动摩擦力作用下，加速向做运动，当木块与木板共速后，一起向左做减速运动，直到速度减为零，停止运动，A错误，B正确；
CD．当木块与木板共速后，一起向左做减速运动的过程中，对整体受力分析，由牛顿第二定律有
解得共速后木块的加速度大小为
由木块的图像可知
即
C错误，D正确。
故选BD。
10．AC
【详解】A．汽车在平直的公路上由静止启动，设发动机提供的牵引力为，则对汽车受力分析可知
由图像可知从0到，汽车做匀变速直线运动，后功率不变，汽车仍在加速，根据
可知增加时，减小，根据图像的斜率，当时，汽车的速度为，汽车的加速度为0，则
A正确；
B．匀加速运动阶段，时
匀加速运动位移
牵引力做功
B错误；
C．匀加速运动阶段，根据图像的斜率求得加速度为
根据
解得
C正确；
D．变加速运动阶段，根据动能定理
即
解得
D错误。
故选AC。
11．BD
【详解】A．滑块速度减为零时向下运动的距离最大，该过程中根据动能定理有
由图乙可知
联立解得，故A错误；
B．滑块速度最大时所受合外力为零，即
得（对应）
滑块加速阶段和减速阶段摩擦力做的功之比，故B正确；
C．滑块与斜面间因摩擦产生的热量，故C错误；
D．因随均匀增大，所以滑块加速度大小随先均匀减小到零后均匀增大，因滑块初末速度均为零，根据对称性可知，所以滑块加速和减速的时间相同，故D正确。
故选BD。
12．BD
【详解】A．由图可知，货物先匀加速再匀速，故A错误；
B．货物的机械能为0，机械能的增加量为摩擦力做功，即货物机械能
，图像的斜率为
解得货物与传送带间的动摩擦因数，故B正确；
C．以后，货物机械能，图像斜率为
结合图像，可得第二阶段的位移为
根据牛顿第二定律，第一阶段的加速度为
解得
根据位移关系
加速时间为
传送带速度为
匀速时间为
故货物从下端A点运动到上端点的时间为1.9s，故C错误；
D．货物在与传送带共速前，发生的相对位移为
因摩擦产生的热量为
根据能量守恒可知传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，故D正确。
故选BD。
13． 2.6 AD C 200.0
【详解】（1）[1]该弹簧测力计的精度为0.2N，根据读数规律，该读数为2.6N。
（2）[2]A．该实验通过两根弹簧测力计与重物M，测量出三根细线的拉力大小，通过分析O点在三个力作用下处于平衡来得到实验结论，因此进行多次实验时，每次O点静止的位置可以不同，A错误；
B．由于实验需要测量OM段细线的拉力，而该拉力大小等于重物M的重力，则实验时需要测量重物M 所受的重力，B正确；
C．为了减小作图时的实验误差，能够尽量准确地在白纸上表示力的大小，实验时，细线方向应与木板平面平行，C正确；
D．该实验是通过分析O点在三个力作用下处于平衡来得到实验结论，因此，每次实验时，并不需要手持弹簧测力计B必须水平拉动，也不需要使OB与竖直方向垂直，D错误。
故选AD。
（3）[3]该实验研究“力的平行四边形定则”，即研究合力与分力的等效关系，则该实验用的科学方法是等效替代法。
故选C。
（4）[4]令弹簧原长为L0，则有
结合图像可知
14． BD
【分析】由题意可知考查验证机械能守恒定律实验，根据实验原理写出机械能守恒表达式，变形求出 表达式，分析斜率可求得．
【详解】(1)[1] 小球自由下落时重力势能转化为动能， ， 联立可求得 因此需要测H、d，故BD符合题意，AC不符合题意．
(2)[2] 小球通过光电门的时间为t，小球直径为d，用平均速度代替瞬时速度则 ．
(3) [3] 由上面的分析可知，则斜率k= ．
【点睛】验证机械能守恒定律，方程两边都有m，可以消去，不必测小球质量．式中的H必须用刻度尺测量得出，v必须计算得出，不能用速度、位移公式计算得出．
15．(1)10N
(2)
【详解】（1）在木板上加一竖直向下的力，要使木板保持静止，则水平面与木板之间的最大静摩擦力要大于等于滑块对木板的摩擦力，则有
代入数据，解得
即力的最小值为10N。
（2）滑动过程，对滑块有
①若在木板上加一水平向左的力，且木板的初始加速度也向左，则滑块向右做匀减速运动到静止时，滑块的位移为
则滑块向右做匀减速运动，还未与木板共速时就已经从木板最右端滑离了木板，故木板的初始加速度不可能向左。
②若在木板上加一水平向右的力，对木板，由牛顿第二定律得
为使滑块不滑离木板，则滑块和木板共速时，滑块最多只能到达木板的最右端，即木板与滑块的相对位移小于等于，设滑块和木板达到共速所用时间为t，滑块的位移为，木板的位移为，则有
因为，，
解得
要使滑块与木板达到共速后，不再相对滑动，则应满足
解得
故范围
16．（1），；（2）mg；（3），d
【详解】（1）绳断后，小球做平抛运动，竖直方向
解得
水平方向
则绳断时小球速度大小
小球落地时竖直分速度
小球落地时速度大小
（2）绳断前，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
（3）设绳长为，绳断时球的速度大小为，绳承受的最大拉力不变，由牛顿第二定律得
解得
绳断后球做平抛运动，竖直位移为，水平位移为。竖直方向
水平方向
联立解得
当且仅当
解得
时有最大值
17．（1）35N；（2）6J；（3）停在BC上距离C端0.3 m处（或距离B端0.2m处）
【详解】（1）小球进入管口C端时，它对圆管上管壁有大小为的作用力，对小球由牛顿第二定律有
解得
（2）在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零。设此时小球离D端的距离为，则有
解得
在C点，由
解得
由能量守恒定律有
解得
（3）小球从A点运动到C点过程，由动能定理得
解得B、C间距离
小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中。设小球在BC上运动的总路程为，由能量守恒定律有
解得
故最终小球在BC上距离C为
或距离B端为
处停下。
18．（1）；（2）；（3）2次
【详解】（1）滑块P刚好能到达半圆轨道的最高点D，由牛顿第二定律可得
滑块P从E点到D点，由机械能守恒定律可得
解得
（2）在水平面AB上铺被测材料薄膜，滑块P仍从E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道上的F点时，由牛顿第二定律可得
由能量守恒定律可得
其中有
联立解得
（3）将滑块P换为质量2m的同种材质的滑块Q，假设滑块Q滑不到C点处，由能量守恒定律可得
解得
则假设成立，滑块Q第一次释放后没有脱离半圆轨道到停下，由能量守恒定律可得
解得
若滑块Q下滑后都运动到E点，可知滑块Q释放后可以再运动到E点两次，而实际上滑块下滑后都只能运动到E点的左侧，可知滑块Q由静止释放后可以压缩弹簧2次。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
B
B
B
B
D
BD
AC
题号
11
12








答案
BD
BD