安徽省名校联考2025-2026学年高三上学期10月月考物理试卷

这是一份安徽省名校联考2025-2026学年高三上学期10月月考物理试卷，共11页。试卷主要包含了 【答案】 C，0弹簧自身重力的影响，60 kg3 N， 【答案】 0， 4 m，5 m ,即甲车在乙车前方 7，5 ,12)求得斜率等内容，欢迎下载使用。

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高三物理参考答案
选择题:1-8 题 ,每题 4 分;9-10 题 ,每题 5 分 ,共 42 分。
11.( 6 分) 【答案】 (1)C(2 分)
(2)2.0( 答 1.9-2.1 之间均给分)(2 分)弹簧自身重力的影响(2 分)
12.(10 分) 【答案】 (1)C(2 分)(2)补偿阻力时木板倾角偏大或补偿阻力过度(2 分)
(3)等于(2 分)(4)0.60 kg(2 分)3 N(2 分)
13.(10 分) 【答案】 (1)0.8 m(4 分)(2)1.8 m( 6 分)
【解析】 (1)由于弹力球做平抛运动 ,水平方向 x=v0t(1 分)
t
则t=x =0.4 s(1 分)
2
竖直方向h= 1 gt2(1 分)
代入数据 ,得 h=0.8 m(1 分)
(2)设该同学抛球竖直高度为 H ,第一段平抛:x =v t , H= 1 gt2 ,v =gt(2 分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
B
B
C
A
D
A
D
BD
BC
碰地瞬间 v'y = 1 vy ,v'x = 2 v
10 1
21y1
23 0
反弹后做斜抛:tv'y( 分)
x2 = v'xt2
2 =2 g
………………………………………………………………………………………………
1
(1 分)
6 m ≤x=x1 +x2 ≤6. 4 m(1 分)
综上 ,该同学能游戏成功的抛球竖直高度至少为 H=1.8 m(1 分)
14.(14 分) 【答案】 (1)40 N 或 8 N( 6 分)(2)2.1 m(8 分)
11
【解析】 (1)首先对圆环进行受力分析 ,其受到拉力 F,重力 mg ,弹力 FN ,滑动摩擦力 Ff ,圆环匀速运 动时 ,合力为零 ,则有
①若拉力F 方向斜向右上,
当 Fsinθmg 时 ,则弹力 FN 方向竖直向下,
FN +mg=Fsinθ,Fcsθ=μFN
sinθ-csθ
解得F= μmg=-8 N(不符合题设 ,舍去)
μ
②若拉力F 方向斜向右下 ,则弹力 FN 方向竖直向上
mg+Fsinθ=FN ,Fcsθ=μFN …………………………………………………………………………
(1 分)
解得:F==8 N
μmg
csθ-μsinθ
…………………………………………………………………………
(2 分)
(2)对圆环受力分析 ,杆对圆环的弹力 FN = 2 + 2 =10 N(1 分)
圆环受到的摩擦力Ff =μFN =5 N(1 分)
由牛顿第二定律得a
Fcsθ-Ff
/ 2 ……………………………………………………
( 分)
1 =m=3.75 m s1
由运动学公式得:x = 1 a t2 =1.2 m(1 分)
12 1
v1 =a1t=3 m /s
………………………………………………………………………………………
(1 分)
撤掉拉力后 ,由牛顿第二定律得 a2 =μg=5 m /s2 ,方向与 v1 方向相反 ……………………………
v2
(1 分)
由运动学公式得:x = 1 =0.9 m ……………………………………………………………………
(1 分)
22a2
故总位移x=x1 +x2 =2.1 m ………………………………………………………………………… 15.(18 分)
【答案】 (1)2.25 m /s(5 分)(2)会发生相对滑动 ,计算见解析(5 分)(3)0.7 m(8 分)
【解析】 (1)初始时 ,设小物块 A、长木板 B 的加速度分别为aA 和aB ,以沿斜面向下为正方向 ,
(1 分)
对 A 进行分析 ,根据牛顿第二定律有 mgsinθ-μ2mgcsθ=maA
…………………………………
(1 分)
解得aA =-2.5 m /s2 ,方向沿斜面向上
………………………………………………………………
(1 分)
对 B 进行分析 ,根据牛顿第二定律有 mgsinθ+μ2mgcsθ-μ1 ·2mgcsθ=maB
………………
(1 分)
解得aB =2.5 m /s2 ,方向沿斜面向下
…………………………………………………………………
(1 分)
设长木板 B 与小物块 A 共速的速度大小为v共1 ,运动时间为 t1 ,由匀变速直线运动的规律有
v共1 =v0 +aAt1 =aBt1
解得t1 =0.9 s ,v共1 =2.25 m /s
………………………………………………………………………
(1 分)
长木板 B 与小物块 A 共速后 ,2mgsinθ-2μ1mgcsθ=0 可知两者匀速下滑当两者接触弹簧时 ,开始减速 ,AB 间的静摩擦力不断增大。
假设弹簧压缩过程中两个物体没有发生相对滑动 ,设弹簧最大压缩量为 xm ,
…………………
(1 分)
由能量守恒可得: 1 kx2
1 mv
2 ,解得 x
=0.9 m
……………………………………………
(1 分)
2
2m = 2共1m
又牛顿定律可知:kx
=2ma ,解得 a
45 m /s2
……………………………………………………
(1 分)
m= 8
长木板 B 与小物块 A 之间的静摩擦刚好达到最大值时,
对 A 分析:a
=μ2mgcsθ-mgsinθ
/ 2 ……………………………………………………
(1 分)
mm=2.5 m s
a>am ,在长木板下滑过程中两者发生了相对滑动
…………………………………………………
(1 分)
长木板 B 与挡板碰撞后速度大小不变 ,方向反向。对长木板 B 运用牛顿第二定律可得: mgsinθ+μ2mgcsθ+μ1 ·2mgcsθ=ma'B
解得:a'B =22.5 m /s2
…………………………………………………………………………………
(1 分)
长木板 B 减速为零的时间和位移为:
tv共1
,xv共1 t =0.1125 m
……………………………………………………………
(1 分)
2 =a'B =0.1 sB1 = 2 2
A 在此时间内 ,v =v
+a t =2 m /s ,x
v共1 +vA t =0.2125 m
……………………………
(1 分)
A共1A 2
A1 =22
A 相对于 B 向下滑动:x相对1 =xA1 +xB1 =0.325 m
接下来 B 向下滑动 ,若 AB 共速
vA +aAt3 =aBt3 =v共2 ,t3 =0. 4 s ,v共2 =1 m /s ………………………………………………………
(1 分)
B 运动位移为x
v共2 t =0.2 m
B2 = 2 3
由于xB1