山东省潍坊市寿光现代中学2025~2026学年高三上册10月物理检测试卷（含解析）

这是一份山东省潍坊市寿光现代中学2025~2026学年高三上册10月物理检测试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 如图所示，A、B为同一水平线上的两个相同的绕绳轮子，现按箭头方向以相同的速度缓慢转动A、B，使重物C缓慢上升．在此过程中绳上的拉力大小 ( )
A. 保持不变
B. 逐渐减小
C. 逐渐增大
D. 先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：物体受三个力：重力和两个拉力，重物C缓慢竖直上升时三力平衡，合力为零，则知两个拉力的合力与重力大小相等，所以重物C所受的合外力不变；两个拉力合力一定，而两个拉力的夹角不断增大，故拉力不断增大，故选项C正确．
考点：共点力作用下物体平衡
【名师点睛】本题关键记住“将一个力分解为等大的两个分力，两个分力的夹角越大，分力越大”的结论，也可以用解析法求解出拉力表达式进行分析．
2. 如图所示分别为甲乙两物体运动的x-t图像和v-t图像，两图中过B点的倾斜直线分别与图中曲线相切于B点；关于甲、乙两物体的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A. 0-7s内，两物体的位移均为4m
B. 0-7s内，甲物体的平均速度为m/s，乙物体的平均速度小于2m/s
C. 7s末甲物体的速度为2m/s，乙物体的加速度为4m/s2
D. 0-12s内，甲乙两物体均未改变速度方向，且乙物体做匀加速直线运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据x-t图像可知，甲在0-7s内位移为4m，根据v-t图像，面积表示位移可知，乙在0-7s内位移大于4m，故A错误；
B． 根据平均速度公式
可知0-7s内，甲物体的平均速度为m/s，乙物体的平均速度小于，故B正确；
C．7s末甲物体的速度为
乙物体的加速度为
故C错误；
D．0-12s内，甲乙两物体均未改变速度方向，乙的加速度先增大后减小，故D错误。
故选B。
3. 如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为1kg，滑块与木板间的动摩擦因数为0.3，木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个的变力作用，从时刻开始计时，木板所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. ，滑块的位移大小为337.5m
D. 当时，长木板加速度大小为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图乙可知时间内，长木板与滑块均保持静止状态，则长木板与滑块间无摩擦力，对整体，根据平衡条件可得
解得
故A错误；
B．由图乙可知时间内，长木板与滑块保持相对静止一起做加速运动，在时刻两者刚好要发生相对滑动，此时对滑块有
对长木板，根据牛顿第二定律
其中
联立解得
，
故B错误；
D．由图乙可得，在内，有
对长木板，根据牛顿第二定律
整理可得
（）
当时，长木板的加速度大小为
故D正确；
C．由图乙可知在内，滑块与长木板保持相对静止一起做加速运动，则滑块的加速度与长木板的加速度相同，即为

画出对应的图像如图所示
根据图像与横轴围成的面积表示速度变化量，且时，滑块的速度为0，可知时刻滑块的速度为
滑块在内做加速度逐渐增大的加速运动，画出对应的图像如图所示
根据图像与横轴围成的面积表示位移，可知，滑块的位移满足
故C错误。
故选D。
4. 如图所示，一根轻质弹簧上端是固定的，下端挂一平盘，盘中有一物体，平盘与物体的总质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，现用力向上托举盘使弹簧缩短∆l后停止，然后松手。设弹簧总处在弹性限度以内，则刚松手时盘与物体的加速度为（ ）
A. B. C. 0D. g
【答案】A
【解析】
【详解】当盘静止时，由胡克定律得
设使弹簧再缩短时，手的托力大小为F，由胡克定律得
联立可得
刚松手瞬间弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向下，设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得
所以
故选A。
5. 如图所示，一根质量为m、长为L粗细均匀的绳子放在水平面上，绳子与水平面间的动摩擦因数为μ，在绳子的右端加一水平恒力F，使绳子向右做匀加速直线运动，则距左端x处的绳子上张力大小为（ ）
A. FB. C. F-μmgD.
【答案】B
【解析】
【详解】对整条绳子由牛顿第二定律得
设距左端x处的绳子张力为，根据牛顿第二定律得
联立解得
故B正确，ACD错误
故选B。
6. 如图所示，某海洋乐园里正在进行海豚戏球表演，驯兽师由静止释放球的同时，海豚沿正对着球的方向跃出水面，设海豚出水后姿势保持不变，不计空气阻力海豚在落水前（ ）
A. 相同时间内速度方向变化的角度相同B. 相对球做匀速直线运动
C. 一定能顶到球D. 增大出水时的仰角能顶到球
【答案】B
【解析】
【详解】A．相同时间内速度的变化量相等，但对应时间的初速度的大小和方向不同，故速度方向变化的角度不同，A错误；
B．海豚和小球都仅受重力作用，加速度相同，故海豚在落水前相对球做匀速直线运动，B正确；
C．设海豚跃出水面距离驯兽师正下方的水平位移为x，小球释放的高度为h，海豚跃出水面的速度方向与水平面的夹角为，故海豚能顶到球满足的关系为
当海豚在落水前所经历的时间为
故当海豚落水时恰好顶到求，则有
解得
故当时，海豚不能顶到球，C错误；
D．增大出水时的仰角，即，则
故不能顶到球，D错误。
故选B。
7. 如图，一根细线下端拴一个金属小球，细线穿过桌面上的光滑小孔，上端与放在水平桌面上的金属块连接，小球在水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球上升到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动，两次金属块都静止在同一点。均可视为质点，则小球升高后，下列说法正确的是（ ）
A. 受到桌面的作用力不变B. 小球运动的角速度变小
C. 小球运动的线速度变大D. 小球运动的向心加速度变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．设细线与竖直方向夹角为，细线拉力大小为T，细线长为L，P球做匀速圆周运动时，有
小球上升后，增大，可知T增大。金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，在竖直方向上，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变；水平方向上，Q受到桌面的摩擦力等于细线的拉力，增大；所以Q受到桌面的作用力变大，故A错误；
B．水平面上小球做圆周运动，有
解得角速度
增大，减小，角速度增大，故B错误；
C．小球做圆周运动，有
解得线速度
增大，增大，线速度增大，故C正确；
D．小球做圆周运动，有
增大，增大，向心加速度增大，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，长度为L、与水平面夹角为的倾斜传送带以恒定速率顺时针转动。将质量均为m的物块P、Q（均可视为质点）分别无初速度放在传送带最底端的M点，物块P的位移为L时恰好与传送带共速，物块Q的位移为时与传送带共速。物块P、Q与传送带之间的动摩擦因数分别为、，则、与满足的关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】物块的加速度
与传送带共速时满足
可知
即
解得，故选D。
二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目对但不全的得2分，有选错的得0分。）
9. 如图甲所示，两卫星Ⅰ、Ⅱ环绕木星在同一平面内做圆周运动，绕行方向相反，当卫星Ⅰ、Ⅱ间相距最远时开始计时，它们之间的距离随时间变化的关系图像如图乙所示，已知卫星Ⅰ的周期为T，轨道半径为R，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星Ⅰ、Ⅱ间的最近距离为2RB. 卫星Ⅰ、Ⅱ间的最远距离为5R
C. 卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径之比为D. 卫星Ⅰ、Ⅱ的线速度大小之比为
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据题图乙可知，卫星Ⅰ、Ⅱ间的距离呈周期性变化，根据两卫星从相距最远到相距最近有
其中，
解得
根据开普勒第三定律有
其中
解得，，
则卫星Ⅰ、Ⅱ间的最近距离为3R，最远距离为5R，故A错误，B正确；
C．根据上述分析可知，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径之比为，故C错误；
D．根据万有引力提供向心力有
解得
可知卫星Ⅰ、Ⅱ的线速度大小之比为，故D正确。
故选BD。
10. 如图，光滑地面上，有一质量为的木箱停在水平路面上，木箱高，一质量的小物块置于的上表面，它距后端A点的距离为，已知与之间的动摩擦因数为。现对木箱施一水平向右的大小恒为的作用力，木箱开始运动，最后小物块会离开后落至水平地面，运动中小物块可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 小物块离开木箱时，小物块的速度为
B. 小物块离开木箱时，木箱的速度为
C. 小物块落地时，小物块与木箱之间的距离为
D. 小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为
【答案】ABD
【解析】
【详解】AB．小物块与木箱间的摩擦力
Ff=µmg=0.2×5×10N=10N
由牛顿第二定律可得物块的加速度为
木箱的加速度为
由位移时间公式可有
解得时间为
t=2s
小物块离开木箱时，小物块的速度为
vm=amt=2×2 m/s =4m/s
木箱的速度为
vM=aMt=3×2 m/s=6 m/s
AB正确；
C．小物块离开木箱后做平抛运动，落地时间为
小物块离开木箱后，木箱的加速度为
小物块落地时与木箱之间的距离为
C错误；
D．小物块从开始运动到落地时，木箱运动的位移为
D正确。
故选ABD。
11. 质量为M的木楔倾角θ为37°，在水平面上保持静止。当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如图所示，当用与木楔斜面成α角的力F拉木块，木块匀速上升（已知木楔在整个过程中始终静止）。可取sin37°=0.6。已知重力加速度为g，下列说法正确的有（ ）
A. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.75
B. 当α=37°时F有最小值
C. 当α=30°时F有最小值
D. F的最小值为0.96mg
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．物块匀速下滑时，有
解得
A正确；
BCD．物块匀速上升时，有
整理得
可知，当时F有最小值，最小值为
BD正确，C错误。
故选ABD。
12. 如图所示，质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上，物块2与桌面间的动摩擦因数为μ，物块1与物块2间的摩擦因数为2μ．物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示，物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示 ，物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当水平力F作用在物块1上，下列反映a和f变化的图线正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【详解】1与2间的最大静摩擦力
f12=2μ•3mg=6μmg，
2与地面间的最大静摩擦力
f2=μ•4mg=4μmg，
当拉力F＜4μmg时，1、2两物块静止不动，摩擦力随F的增大而增大，当1、2没有发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，对2分析可知，
f12-4μmg=ma，
解得
f12=4μmg+ma
逐渐增大，当1与2刚好发生相对滑动时，2与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故大小不变，物体2产生的最大加速度
a2＝＝2μg，
对1根据牛顿第二定律此时的拉力为F，则
F-f12=3ma2，
解得
F=12μmg，
拉力继续增大，此后2做匀加速运动，1做加速度增大的加速度运动，故AC正确，BD错误；故选AC．
三、实验题（共14分）
13. 某同学在做“验证力的平行四边形定则”实验时，将橡皮筋改为劲度系数为400N/m的轻质弹簧AA'，将弹簧的一端A'固定在竖直墙面上。不可伸长的细线OA、OB、OC，分别固定在弹簧的A端和弹簧秤甲、乙的挂钩上，其中O为OA、OB、OC三段细线的结点，如图1所示。在实验过程中，保持弹簧AA'伸长1.00cm不变。（弹簧均在弹性限度内）
（1）若OA、OC间夹角为90°，弹簧秤乙的读数如图2所示，则弹簧秤甲的读数是________N。
（2）在（1）问中若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，则弹簧秤甲的读数大小将________，弹簧秤乙的读数大小将________。（填“变大”、“变小”、“先变小后变大”）
【答案】 ①. 5.00 ②. 变小 ③. 先变小后变大
【解析】
【详解】（1）[1]弹簧秤乙的最小分度为0.1N，应估读到0.01N，读数是3.00N，根据胡克定律可得，弹簧AA′的拉力大小为
OA、OC间夹角为，由三力平衡原理可知，弹簧秤甲的读数等于弹簧AA′的拉力与弹簧秤乙的拉力的矢量和，即
（2）[2][3]若保持OA与OB的夹角不变，逐渐增大OC与OA的夹角，甲、乙两弹簧秤弹力的合力不变，如图所示，则可知弹簧秤甲的读数大小将变小，弹簧秤乙的读数大小将先变小后变大。
14. 某同学准备用自由落体测量当地重力加速度。已知打点计时器所接电源频率为50Hz。
（1）实验室中有如图甲所示的器材，在该实验中需要使用到的器材有_____________（填器材前的字母）。
（2）实验中得到一条打点清晰的纸带，a、b、c是纸带上连续打出的三个点，用毫米刻度尺测量这三个点的距离如图乙所示，打b点时，纸带的速度大小为_____________m/s。（结果保留三位有效数字）
（3）关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A. 实验过程中，应该先释放纸带，再接通电源
B. 若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，则必须弃用该纸带
C. 利用这种方法也可以验证机械能守恒定律
D. 若测得的重力加速度比当地真实值大，则其原因可能是交流电的频率大于50Hz
【答案】（1）AC （2）1.38 （3）C
【解析】
【小问1详解】
[1]重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，在该实验中需要使用到的器材有AC。
【小问2详解】
[1]相邻两个计数点间时间间隔
T=0.02s
打b点时，纸带的速度大小为
【小问3详解】
[1]A．实验过程中，应该先接通电源，再释放纸带，故A错误；
B．若某纸带上打出的前面几个点比较模糊，可舍去，在后面取一段较为清晰的点同样可以验证，故B错误；
C．利用这种方法可以得出某点的速度，用刻度尺测距离，所以利用这种方法也可以验证机械能守恒定律，故C正确；
D．加速度
因实际频率大于50Hz，而计算时代入的仍是50Hz，所以会造成比真实值偏小，故D错误。
故选C。
四、计算题（共46分）
15. 依据运动员某次练习时推动冰壶滑行的过程建立如图所示模型：冰壶的质量，当运动员推力F为5N，方向与水平方向夹角为时，冰壶可在推力作用下沿着水平冰面做匀速直线运动，一段时间后松手将冰壶投出，重力加速度g取10m/s2，，，求：
（1）冰壶与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若冰壶投出后在冰面上滑行的最远距离是，则冰壶离开手时的速度为多少？
【答案】（1）μ=0.02；（2）4m/s
【解析】
【详解】（1）以冰壶为研究对象，由共点力作用下物体的平衡条件：在水平方向有
Fcsθ=μN
在竖直方向有
Fsinθ+mg=N
解得
μ=0.02
（2）由匀变速直线运动的位移速度加速度关系式得
由牛顿运动定律得
μmg=ma
代入数据后联立解得
v0=4m/s
16. 我国自主研制的新一代航空母舰正在建造中。设航母中舰载飞机获得的升力大小可用表示，其中为比例常数；是飞机在平直跑道上的滑行速度，与飞机所受重力相等时的称为飞机的起飞离地速度，已知舰载飞机空载质量为时，起飞离地速度为，装载弹药后质量为。
(1)求飞机装载弹药后的起飞离地速度；
(2)若该航母有电磁弹射装置，飞机装载弹药后，从静止开始在水平甲板上匀加速滑行后起飞，求飞机在滑行过程中所用的时间和飞机所获得的平均推力大小（不计所有阻力）。
【答案】(1)；(2)3.75s；
【解析】
【详解】(1)由起飞条件知
联立可解得装载弹药后的起飞离地速度为
(2)由匀变速直线运动规律可得
解之，可得飞机在滑行过程中所用的时间为
由匀变速直线运动速度公式可得
依据牛顿第二定律可知平均推力为
17. 在竖直墙壁的左侧水平地面上，放置一个边长为a、质量为M的正方体ABCD，在墙 壁和正方体之间放置一半径为 R、质量为m的光滑球，正方体和球均保持静止，如图所 示。球的球心为 O，OB与竖直方向的夹角为，正方体的边长a>R，正方体与水平地面的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2
（1）正方体和墙壁对球的支持力N1、N2分别是多大?
（2）若，保持球的半径不变，只增大球的质量，为了不让正方体出现滑动，则球质量的最大值为多少?（tan=1）。
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)对球受力情况如图所示，根据平衡条件知
解得
(2)对整体受力分析如图
则有
三式联立得
解得
18. 如图所示，质量M=2kg的滑板P足够长，在光滑水平地面上以速度向右运动。t=0时刻，在P最右端位置轻轻地放一质量m=1kg的小物块Q（可看作质点），同时给Q施加一个水平向右的恒力F=8N。已知P与Q间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）运动过程中，P的最小速度是多少？
（2）从t=0开始，经过多长时间，Q刚好要从P的右端掉下？
【答案】（1）6m/s；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）设P的加速度大小为a1，对P由牛顿第二定律可得
μmg=Ma1
解得
a1=2m/s2
方向向左
设Q加速度大小为a2，对Q由牛顿第二定律可得
F+umg=ma2
解得
a2=12m/s2
方向向右，P做减速运动
Q做加速运动
P、Q达到共同速度时
解得
t=0.5sv1=6m/s
（2）从开始计时到达到共同速度，P位移大小为x1
Q的位移大小为x2
Q相对P向左运动的距离为d，则
P、Q达到共同速度之后无法相对静止，各自做变速运动。设Q的加速度大小为a3，对Q由牛顿第二定律可得
F－mg=ma3
解得
a3=4m/s2
方向向右，Q相对P向右运动，当相对位移大小为d时，Q刚好要从P的右端掉下
解得
所以