山东省济宁市兖州区2025-2026学年高三上学期期中考试物理试卷

这是一份山东省济宁市兖州区2025-2026学年高三上学期期中考试物理试卷，共12页。试卷主要包含了D2，168N ；沿斜面向下，285m2， 17J1s 0，5m，8s等内容，欢迎下载使用。

高三物理试题参考答案
1.D2.A3.C4.C5.A6.D7.A8.B9.BC10.BD11.AC12.BD
2
13.（6 分）（1）AC（2）2.00（3）
k
（每空 2 分）
14.（8 分）（1）AC（2）①. 2.5②. 2.6（3）2g（每空 2 分）
15.（8 分）（1）15 2m / s ；（2）168N ；沿斜面向下
设人和自行车的总质量为m ，根据牛顿第二定律可得
v2
mg tan 37  m
R
.(2 分）
解得v  15 2m / s(1 分）
当自行车速v  24m / s 时，设斜面对人和自行的支持力为 FN ，对人和自行车施加沿斜面向下的静摩擦力，大小为 f 。在竖直方向上 FNcs37  mg  f sin 37(1 分）
v
'2
在水平方向上 f cs 37  FN sin 37  m R
.(2 分）
联立，解得 f  168N
.(1 分）
方向沿斜面向下。(1 分）
16.（8 分）（1）10m/s；（2）285m2
设在∆t 时间内从喷口处喷出水的质量为∆m，则 m  vtSρ(1 分）
由能量关系
75%Pt  1 mv2
2
.(2 分）
解得v=10m/s(1 分）
喷口出水速度方向与水平面夹角θ 30 时，则
h  vt sin 30∘  1 gt 2
2
.(1 分）
x  vt cs 30∘(1 分）
该喷灌机的最大喷灌面积
S  πx2
.(1 分）
m
解得Sm=285m2(1 分）
17.（14 分）(1) 17J(2)1s(3) 0.5m
（1）从 A 到 B 做平抛运动，根据图中几何关系可得hBC  R  R csθ
.(1 分）
根据运动学公式可得v2
 2g(H  h )
.(1 分）
ByBC
代入数据解得vBy  4m/s
vBy
根据速度的分解可得vB  sinθ 5m/s
.(1 分）
从 B 到 C 由动能定理可得mgh W  1 mv2  1 mv2
.(2 分）
BCf2C2B
代入数据解得Wf  17J
.(1 分）
物块滑上长木板后，对物块受力分析可知，物块做减速运动，根据牛顿第二定律可得μmg  ma块(1 分）
块
解得物块减速时的加速度大小为a  3m/s2
木板做加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg  Ma板(1 分）
板
解得木板的加速度大小为a  1m/s2
设经过t 时间二者共速，则有vC  a块t  a板t
.(2 分）
代入数据解得t  1s
.(1 分）
即物块滑上长木板后，相对长木板运动的时间为 1s
根据上述结论可知，物块与长木板的共同速度为v共  a板t  1m/s
.(1 分）
此过程木板的位移 x  1 v t  0.5m
.(2 分）
板2 共
18.（16 分）（1）60N；（2）4m/s；（3）12J；（4）8s
设物块 B 下滑到最低点C 时的速度大小为v0 ，
根据动能定理有
mgR  1 mv2
.(1 分）
20
解得 v0  5m / s
.(1 分）
物块 B 滑到最低点C 时受到的支持力大小为 F ，则有
v2
F  mg  m 0
R
.(1 分）
解得 F  60N
.(1 分）
由牛顿第三定律得，物块 B 对轨道的压力大小为 F '  F  60N
.(1 分）
设物块 B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为 a ，
则由牛顿第二定律得
μmg  ma
.(1 分）
0
设物块 B 通过传送带后运动速度大小为v ，则有v2  v2  2al
.(1 分）
联立解得v  4m / s
由于v  u  2m / s
所以物块 B 的速度v  4m / s
.(1 分）
设物块 A、B 第一次碰撞后的速度大小分别为v2 、v1 ，取向左为正方向，根据
mv  mv1  Mv2 ，(1 分）
1 mv2  1 mv2  1 Mv2(1 分）
22122
解得 v1  2m / s ， v2  2m / s
弹簧具有的最大弹性势能等于物块 A 的初动能 E  1 Mv2  12J
.(1 分）
k22
碰撞后物块 B 沿水平台面向右匀速运动，设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为l ' ，由动
能定理得μmgl '  0  1 mv2
.(1 分）
21
解得l '  2m  4.5m
所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的光滑圆轨道上。当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后将会沿传送带向左加速运动。根据对称性可以判断，物块 B 运动到左边台面时的速度大小为
1
v'  2m / s
继而与物块 A 发生第二次碰撞；设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块 B 在传送带上运动的时间为
t ，由动量定理得μmgt  2mv'
.(1 分）
111
解得t1  4s
设物块 A、B 第二次碰撞后的速度大小分别为v4 、v3 ，取向左为正方向，根据
mv'  mv  Mv ， 1 mv'2  1 mv2  1 Mv2
.(1 分）
13421
解得v3  1m / s
2324
同理，当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块 B
3
运动到左边台面时的速度大小为v'  1m / s
继而与物块 A 发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块 B 在传送带运动的时间为t2 ，
23
由动量定理得μmgt解得t2  2s
 2mv'
同理计算可知，物块 B 与物块 A 第 n 次碰撞后，物块 B 在传送带上运动的时间为
tn 
1
2n1
 4s
.(1 分）
1 qn
结合上述有t总  t1  1 q
可知，当n   时，解得
t总 
1
1 1
2
 4s  8s
.(1 分）