黑龙江省龙东十校联盟2025-2026学年高三上学期期中考试物理试卷（Word版附答案）

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1．B
【详解】A．根据v—t图像的斜率表示加速度，可知，A车的加速度可以为零，并非A车在任何时刻的加速度大小都比B 车大，故A错误；
B．在0~6s内，一定存在一个时刻，该时刻A图像切线的斜率等于B的斜率，即两车一定有加速度相同的时刻，B正确；
C．根据图像与时间轴围成的面积表示位移，可知前3s内，A的位移比B的大，因t=0时刻两车在同一位置，则在t=3s时，两车不在同一位置，故C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，则知甲车在t=9s时的加速度与t=12s时的加速度不同，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】小球上升过程：f+mg=ma
小球下降过程：mg-f=ma
所以上升过程平均加速度大于下降过程平均加速度，上升与下降位移大小相同，故上升所需时间更短，上升重力冲量也就更小，故A与D错误；
小球上升过程重力做负功，故重力势能增加mgh，故B错误；
小球上升过程中平均阻力大于下降过程的平均阻力（上升平均速度大），故上升过程中空气阻力做功更多，机械能减少更大，故C正确。
3．D
【详解】匀速圆周运动合力始终指向圆心，故方向改变，故A错误
由题意得：


故选D。
4．C
【详解】当蜘蛛刚好到达蛛丝时，其轨迹恰好与蛛丝相切，设蜘蛛跳出后经时间t到达蛛丝，根据平抛运动规律可得，
蜘蛛到达蛛丝时速度方向恰好沿蛛丝方向，所以
由几何知识得
联立解得t=0.2s
故选C。
5.A
【详解】由题意得
h=v022g = (v0t - 12 gt2)+ (2v0t + 12 gt2)=3v0t
解得 t=v06g 所以 v1v2 = v0−gt2v0+gt = 513
故选A
6．D
【详解】A．圆轨道对球1、球5的作用力方向不同，A错误；
B．对整体受力分析，由于轨道对4和2有斜向上的支持力，则有
可得轨道对3的支持力小于5G，B错误。
C．对球1受力分析如图
结合勾股定理可判断球2对球1的作用力F大小一定大于G，C错误；
D．对3受力分析易知球2和球4对球3作用力的合力方向竖直向下，D正确；
7．B
【详解】第一段在AB上做匀加速运动
第二段在AB上做匀速运动
第三段在BC上做匀加速运动
a3 = gsinθ - μgcsθ = 4m/s2
解得
故总时间为
重力的冲量I=mgt=24kgm/s
8．BC
【详解】曲线运动的轨迹夹在速度和合外力之间且弯向合外力方向，速度方向为轨迹的切线方向，所以BC正确AD错误
9．AC
【详解】A．第一宇宙速度是发射地球卫星的最小发射速度，发射“神舟十七号”的速度大于第一宇宙速度，A正确；
若在同一轨道，“M卫星”点火加速轨道会做离心运动，会使轨道变的更高，B错误；
由开普勒第三定律知，神舟十七号进入II轨道后周期变长，C正确；
可得:
III轨道上的c点的加速度等于II轨道上的c点的加速度，D错误；
故选AC。
10.AD
【详解】A．前1s内，对滑块A有
由图中斜率可得
解得滑块和木板间的动摩擦因数，故A正确；
前内，对木板B有：

根据图中斜率得
解得木板和地面间的动摩擦因数
故B错误；
后撤去外力，对木板B有

解得：
木板B以向右做匀减速运动，速度减为零用时：
由于，故之后木板保持静止，滑块继续向左减速到零；
滑块的位移：
木板的总位移：
所以木板长至少为
故C错误
系统摩擦生热：
故D正确
故选AD
（6分）(1) BD （2分）
0.4 （2分）
③ （2分）
【详解】（1）A．在补偿阻力时，不需要用细绳把砂与砂桶挂在小车上来进行平衡摩擦力，故A错误；
B．安装器材时，为了使细绳的拉力等于小车受到的合力，应调整定滑轮至连接小车的轻绳与木板平行，故B正确；
C．为减小实验误差，应使小车的质量远大于槽码和槽码盘的总质量，故C错误；
D．小车靠近打点计时器，应先接通打点计时器电源，待打点计时器打点稳定后再释放小车，故D正确。
故选BD。
（2）每隔4个点为一个计数点，则相邻计数点间的时间间隔为
利用逐差法，可得小车加速度大小为
实验时遗漏了补偿阻力这一步骤，但其他操作均正确，则需要在槽码盘上放上一定质量的槽码后，也即平衡阻力后，小车才开始运动具有加速度，因此图像应为③。
（8分）(1) A （2分）
0.6 （2分） 0.7 （2分）
9.8 （2分）
【详解】（1）A．为了减小空气阻力的影响，重物最好选择密度较大的物块，故A正确；
由于图中装置是验证两物体组成系统机械能守恒，验证的表达式中质量不能约去，所以需要测量重物的质量，故B错误；
实验中应先接通电源，后释放纸带，故C错误；
图中装置是验证两物体组成系统机械能守恒，存在绳子拉力，不可以利用公式来求解瞬时速度，故D错误；
故选A。
每相邻两计数点间还有4个点，则相邻计数点的时间间隔为:
根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，则在纸带上打下计数点B时的速度:
在打计数点O至B过程中系统动能的增加量为:
系统重力势能的减少量为:
系统机械能守恒：
可得：
可知图像的斜率为：
解得：
13．（10分）(1)180Kgm/s （5分）
(2)1500N （5分）
【详解】（1）设该同学跳起瞬间的速度大小为v，对该同学从地面跳起后的过程，有
---------2分
求得
----------1分
所以，该同学跳起瞬间的动量大小为
180Kgm/s-----2分
（2）设竖直向上为正方向，该同学起跳蹬地过程中由动量定理得
----2分
求得
300 Kgm/s----1分
又因为 I=Ft-----------1分
所以 F=1500N---------1分
14．（14分）(1)，（5分）
(2) （5分）
(3) （4分）
【详解】（1）碗通过最高点时水恰好不洒出来，则通过最高点时碗和水的重力提供向心力，有 -----------1分
解得： ----------1分
根据黄金代换-------1分
解得----------2分
由GMmR2=mv2R ----------2分
可得；第一宇宙速度---1分
将上一问中的M代入，
解得---------2分
同步静止卫星的周期与火星的自转周期相同，卫星绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：----------2分
解得---------------2分
15.（16分）（1）FN=3.4mg （4分）
（4分）
(3)h=12−5220R （8分）
小球从释放到最低点过程中，机械能守恒有
-----------------1分
在C点受力分析由向心力方程：--------1分
联立解得FN=3.4mg-------------1分
由牛顿第三定律可知路面受到的压力大小
FN，=3.4mg-----------1分
由于DE与EF过程对称，且D到E过程中轨道对小球支持力N在增大（θ增大，v减小），

θ
θ
mg
N
O
mgcsθ−N = mv2R
故可通过D点即可通过DF轨道-----------1分
刚好到达D点时，律有：
-----------------1分
从释放点到F点动能定理有：----------1分
联立解得 h=0.2R
故h取值范围 ------------------------1分
在G点小球重力功率有极大值，说明在G点小球竖直方向速度达到最大，即小球竖直方向加速度为0，即：
mg
N
O
θ
θ
θ
Ncsθ=mg ---------2分
N= mg csθ--------1分
将G点加速度延切线方向和垂直切线方向分解：
mg
N
O
θ
θ
θ
mgcsθ
mgsinθ
N−mgcsθ = mv2R--------2分
垂直于切线方向：
由起始点至G点动能定理方程：
mgh+R(cs45°−cs53°)=12mv2----2分
联立解得：h=12−5220R -----------1分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
D
C
A
D
B
BC
AC
AD