安徽省皖江名校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试物理试卷

这是一份安徽省皖江名校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试物理试卷，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。



物理参考答案
一、选择题:共 10 小题,共 42 分。 在每小题给出的四个选项中,第 1 ~ 8 题只有一个选项符合题目要求,
每小题 4 分,共 32 分;第 9 ~ 10 题有多个选项符合题目要求,每小题 5 分,共 10 分。 全部选对的得 5
分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。
1. D 【解析】飞机飞行时的速度方向是轨迹的切线方向,NP 段是直线,速度方向不变,选项 A 错误;飞机飞行过程中,动能不变,重力势能先增大后减小,机械能先增大后减小,选项 B 错误;飞机从 M到 N 的过程中做曲线运动,合力不为零,选项 C 错误;飞机在从 M 到 N 的过程中做速率不变的曲线运动,可知合力方向始终垂直于速度方向,选项 D 正确。
2. C 【解析】在俯卧撑向上运动的过程中,地面对该同学手掌的支持力的作用点没有发生位移,所以地面对该同学的支持力不做功,选项 A 错误;图乙中,火车在匀速转弯时,合力提供做圆周运动的向心力不为零,但与速度方向垂直不做功,火车动能不变,选项 B 错误;图丙中,小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时,小球的动能和重力势能均不变,小球的机械能守恒,选项 C 正确;图丁中,曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象,是等效替代的思想,探究影响向心力大小的因素实验装置利用了控制变量法,选项 D 错误。
T
3. B 【解析】引力大小与两物体质量有关,而震荡天星与地球质量未知,无法比较,选项 A 错误;根据开
2
GM
r
普勒第三定律,a3 = k,周期相近(365. 4 天≈365. 3 天),半长轴 a 相近,震荡天星轨道半长轴约等于地球公转轨道半径,选项 B 正确;震荡天星绕日最大加速度由近日点引力决定,若震荡天星近日点距离小于地球轨道半径,则震荡天星绕日最大加速度大于地球公转加速度,选项 C 错误;震荡天星最大线速度出现在近日点,若经过近日点做圆周运动,则在近日点椭圆轨道的速度大于经
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
B
D
B
D
A
ABD
BC
过近日点做圆周运动的速度,根据万有引力提供圆周运动向心力 G
Mm r2 =
2
m
4π
T2 r,v =
,可知
地球公转做圆周运动的线速度小于经过近日点做圆周运动的速度,可知地球公转做圆周运动的线速度小于绕日最大线速度,选项 D 错误。
4. B 【解析】在最高点 A 点时 FNA +mg = m
2
v
r ,在最低点 C 点时 FNC -mg = m
v2
v2
r ,衣物随滚筒一起做匀速
v2
圆周运动,说明速度 v 大小不变,衣物在每个点的合力 m r 的大小不变,即 FNC -mg = m r = FNA +
mg,因此 FNC >FNA ,选项 A 错误;衣物做匀速圆周运动,所以在 B 点和 D 点向心加速度的大小相等,选项 B 正确;小衣物在 A、B、C、D 位置的线速度大小相等,但方向不同,选项 C 错误;匀速圆周运动的性质是:合外力大小不变,方向始终垂直于速度方向且指向圆心,因此衣物在 B、D 两处的合外力方向都是水平指向圆心的,竖直方向上摩擦力平衡重力,合力为零,即摩擦力的方向都与重力方向相反,都竖直向上,选项 D 错误。
5. D 【解析】根据功能关系可知 Wf = ΔE,所以 E -h 图线切线的斜率表示空气阻力,伞打开前,阻力为
零,所以 E-h 图线的斜率为零,伞打开后阻力先减小后不变,则图线切线的斜率先减小后不变,选项 A 错误;跳伞者的下落过程中所受阻力是反向一直减小到等于重力,选项 B 错误;自由落体运
合
动过程中有 v2 = 2gh,由此可知,v2 与 h 成正比,选项 C 错误;根据功能关系可知 W = ΔEk ,所以 Ek
-h 图线切线的斜率表示合外力,伞打开时人做自由落体运动,合外力等于重力,所以图线的斜率
不变,伞打开后人先减速下降后匀速,根据牛顿第二定律可得 kv2 -mg = ma,由于速度减小,则合外力减小,图线切线的斜率减小,当阻力与重力相等时,合外力为零,图线切线的斜率为零,选项 D正确。
6. B 【解析】由图及自由下落规律 h = 1 gt2 知行星表面重力加速度大小 g = 4m / s2,选项 A 错误;由第一
2
宇宙速度表达式 v1 = gR 得行星第一宇宙速度大小为 300 2 m / s,选项 B 正确;由 v = gt 知小球落
2πR
到行星表面时的速度大小为 8m / s,选项 C 错误;由 T = v 知行星的“ 近地” 卫星运行周期为 150 2 πs,选项 D 错误。
7. D 【解析】座椅在自由下落结束时刻的速度为 v = gt1 = 12m / s,得座椅做自由落体运动下落的高度 h1
= 1 gt2 = 7. 2m,选项 A 错误;设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为 h,总时间为 t,则 h = 40m-
2 1
v+0
0+v v
4m = 36m,匀减速的平均速度为
2
,自由落体的平均速度为
2
,由 h =
t,得 t = 6s,得座椅匀减
2
2
速运动的时间为 t2,则 t2 = t-t1 = 4. 8s,选项 B 错误;匀减速运动高度为 h2 = ( 40 - 4 - 7. 2) m = 28. 8m,由位移速度公式得:v2 = 2ah ,由牛顿第二定律得:F-mg = ma,解得座椅受到恒定阻力的大小:
F = 4500N,选项 C 错误;由动能定理得:mgh +W = 0- 1 mv2,解得阻力对座椅做的功为 W = -mgh -
222
1 mv2 = -1. 296×105J,选项 D 正确。
2
向
A 【解析】对小球受力分析可知 F = mgtan45° = mω2R,解得 ω = 4rad / s,选项 A 正确;线速度大小为 v
= ωR = 2. 5m / s,选项 B 错误;向心加速度大小为 an = ω2R = 10m / s2,选项 C 错误;所受支持力大小
mg
为 N == 2 2 N,选项 D 错误。 cs45°
ABD 【解析】起跳瞬间地面对同学的摩擦力方向水平向前,使同学向前运动,选项 A 正确;该同学在空中的最高点时,加速度为重力加速度,处于完全失重状态,选项 B 正确;重力竖直向下,根据
P = mgvcsθ 可知重力的瞬时功率为零,选项C 错误;根据P = W可知,该同学从起跳到落地过程
t
中重力做功为零,则该同学所受重力平均功率为零,选项 D 正确。
BC 【解析】由 v-t 图像可以看出,在拉力作用下,物体作加速运动的加速度为 20m / s2,根据牛顿第二定律 F-mgsinθ-f = ma 知,拉力 F 一定大于 ma,即F 大于 20N,选项A 错误;0 ~ 1s 内物体上升的距离为 10m,克服重力做的功 WG = mgssinθ = 10×10×0. 5J = 50J,重力的平均功率为 50W,选项
B 正确;2s 时的速度大小为 10m / s,根据动能定理合力的功 W = 1 mv2 = 1 ×1×102J = 50J,选项 C
22
正确;撤去拉力后物体减速的加速度大小为 10m / s2,根据 mgsinθ +f = ma′,得 f = 5N,0 ~ 2s 内物体上滑的距离为 25m,克服摩擦力做的功 Wf = fs2 = 5×25J = 125J,选项 D 错误。
三、非选择题:本题共 5 小题,共 58 分。
(6 分)
(1) AD(2 分)(2) D(2 分)(3)
2Hd2
k2 (2 分)
【解析】(1) 选择体积小、质量大的小球,可以减小空气阻力的影响,故 A 正确;利用光电门测量小球的速度,不需要斜槽光滑,斜槽末端必须沿水平方向,故 B 错误,D 正确;应先打开频闪仪,再抛出小球,
T
故 C 错误。 故选 AD。 (2) x 的测量值越大,相对误差越小,所以误差较小的是x4
4
,故选 D。 ( 3) 小球在
水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,有 H = 1 gt′2,x = vt′,其中 v = d ,整理得 x = d
2H
g
11
2t
2H
g
2Hd2
· t ,则 x- t 图像斜率为 k = d
(10 分)
d
,解得 g =
k2 。
t (2 分)mgL(1-csθ)(2 分)
大于(2 分)
3d2
1-2gLt2 (2 分)A(2 分)
【解析】(1) 球 B 经过光电门的时间记为 t,则 vB =
d
t ;自由释放细杆到球 B 通过光电门过程中,球 B
减少的重力势能 EpB = 2mgL(1-csθ),球 A 增加的重力势能 EpA = mgL(1-csθ),系统减少的重力势能 Ep
d
= EpB -EpA = mgL(1-csθ);(2) 重复多次试验,发现实验中测得系统增加的动能总大于系统减少的重力势能,则可能的原因是小球通过光电门时的速度大于球心处的速度。 ( 3) 若系统机械能守恒,则 Ep =
ΔEk ,即 mgL(1-csθ) =
(10 分)
m(
2
d 2 1
t ) + 2
×2m(
2
t ) ,解得 csθ = 1-
3d2 2gLt2
,csθ-t 图像可能是 A 正确。
双星圆周运动的周期相等,可知角速度也相等,则有
m2m1
G
G
解得甲、乙两星做圆周运动的半径之比
L2 = m1ω2r1 ………………………………………
m1m2
L2 = m2ω2r2 ………………………………………
(1 分)
(1 分)
根据线速度与角速度的关系有
r1 m2
m
r
=
21
……………………………………………
(2 分)
解得甲、乙两星速度大小
v1 = ωr1 ……………………………………………
v2 = ωr2 ……………………………………………
(1 分)
(1 分)
两星的动能
v1 m2
m
v
=
21
……………………………………………
(1 分)
E = 1 m v2(1 分)
k12 1 1
E = 1 m v2(1 分)
解得甲、乙两星的动能之比
k22 2 2
m
Ek1 m2
Ek2
=……………………………………………
1
(1 分)
(14 分)
物块被弹簧弹出,有
E = 1 mv2
…………………………………………
(1 分)
p20
解得滑块被弹簧弹出时的速度大小
v0 = 2m / s(1 分)
若滑块在传送带上一直加速,设经过传送带获得的速度为 v′,有
0
v′2 -v2 = 2μgL
解得
v′ = 8m / s(1 分)
所以,滑块在传送带上先加速后匀速,经过传送带获得的速度为 v = 6m / s(1 分)
设粗糙水平面 BC 的长度为 s,从 B 到 E,由动能定理得
-μmgs-mgR = 0- 1 mv2
2
解得
…………………………………
(1 分)
s = 4m ……………………………………………
设物块在 B 点的速度为 vB 时能恰到 F 点,在 F 点满足
v2
(1 分)
R
mg = m F(1 分)
从 B 到 F 点过程中由动能定理可知
-μmgs-mg×2R = 1 mv2 - 1 mv2(1 分)
又
解得传送带速度的大小
F 2B
R = 0. 6m
vB = 3 6 m / s(1 分)
求球落到水平面上的最远距离,当传送带速度足够大时,传送带对物块的滑动摩擦力做正功,
从 A 到 F 点过程中由动能定理得
μmg( L-s) -mg×2R = 1 mv2 - 1 mv2(1 分)
2F 2A
即
μmg( L-s) -mg×2R = 1 mv2 -E
2FP
得
vF = 4m / s(1 分)
设从最高点下落到水平面的时间为 t,则有
水平位移大小
2R = 1 gt2
2
…………………………………………
(1 分)
解得球落到水平面上的最远距离
x = vF t ……………………………………………
(1 分)
x = 4 6 m
5
…………………………………………
(1 分)
(18 分)
整个装置静止时,细线恰好被拉直,细线中拉力 F1 = 0,弹簧长度等于细线长,对小球 C,由胡克定律 F = kΔx,有
2mg = k 1. 25L-L 
得
8mg
……………………………………
(1 分)
代入数据解得弹簧的劲度系数
k = L
……………………………………………
(1 分)
k = 128N/ m …………………………………………
(1 分)
设弹簧恢复原长时,细线的拉力为 F2,装置转动的角速度为 ω,细线与转轴间的夹角为 θ,对小球
C 有
对小球 A 有
2F2csθ = 2mg
………………………………………
(1 分)
F sinθ = mω2 × 5 Lsinθ ……………………………………
(1 分)
2
又
csθ =
得
L
1. 25L
4
= 0. 8,sinθ = 0. 6
………………………………
(1 分)
g L
ω =
代入数据解得当弹簧恢复原长时装置的转动角速度 ω = 4rad / s
k
系统动能增加
……………………………
(1 分)
ΔE = 2× 1 m ω× 5 Lsinθ 2 = 9 mgL ……………………………
2416
C 球升高的高度
(1 分)
Δh = 5 L(1-csθ) = 1 L
…………………………………
(1 分)
44
C 球的重力势能增加
弹簧弹性势能增加
ΔEp1
= 2mgΔh = 1 mgL …………………………………… 2
(1 分)
ΔEp2 = -W弹 = -2mg× 5 L-L = - 1 mgL
…………………………
(1 分)
外界对装置所做的功
代入数据解得
2
W = ΔEk +ΔEp1
4
+ΔEp2
4
= 13mgL 16
………………………………
(1 分)
W≈5. 1J
(3) 剪断连接小球、A、C 的轻绳瞬间,由 v = ωr
得小球 A 的瞬时线速度大小为
…………………………………………
(1 分)
v = ωsinθ×1. 25L ………………………………………
又
(1 分)
得小球 A 的瞬时线速度大小为
小球 A 做平抛运动:竖直方向
sinθ = 0. 6,ω =
g L
3
gL
v =
4
L = 1 gt2
…………………………………………
(1 分)
22
水平方向
依题意有
x = vt = 3 3 L ………………………………………… 4
(1 分)
x2 +( L)
3
2
4
解得小球 A 的落地点离 O2 点的距离
s =
………………………………………
(1 分)
s = 3 L = 0. 9375m……………………………………… 2
(1 分)