安徽省江南十校2025-2026学年高一上学期12月联考物理试卷

这是一份安徽省江南十校2025-2026学年高一上学期12月联考物理试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江南十校 高一物理参考答案
一、选择题：1-8 题，每题 4 分。9-10 题，每题 5 分，共 42 分。
二、实验题：第 11-12 题，每空 2 分，共计 14 分。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
B
D
A
D
C
C
D
AC
B C
2
11.（6 分）（1）CD( 2 ) = 4−22
100
( 3 )长木板倾角过大或平衡摩擦力过度都对
12.（8 分）（1）B( 2 ) 1.50( 3 )B( 4 ) 3
1.【答案】B
A：比值定义法，不能认为 v 与Δx 成正比，A 错误。 B：该公式运用极限思想，B 正确。
C：牛顿第一定律不是从实验中得出的，而是借助于理想斜面实验推理而得，C错误。
D：该实验否定了力是维持物体运动的原因，D 项错误。 2.【答案】B
甲：由位移图象可知做匀速，v =− 2m/s 丙：a − t 图象面积代表Δv 大小。
丁：由 x = v0t + 1 at2变形可得x = v0 + 1 at 即v0 = 4m/s， a =− 2m/s2。
2t2
A、B 项：4s 时，v = 0 的物体是乙，丙。A 错误 B 正确。
第 2s 末乙、丙速度相等，v = 0。甲速度为−2m/s，C、D 错误。
3.【答案】D
A：由平均速度等于中间时刻速度，利用两中间时刻速度可求 a=2m/s2，A 错误。
B：逆向思维，x = 1 at2 =1m，B 错误。
2
C：由第1s 中间时刻速度为10m/s，结合a=2m/s2，可求初速度为11m/s。由x = v0t +
1 at2可得 10m，C 错误。
2
D：结合 C 项初速度为 11m/s，利用v2 − v02 = 2ax,可求总位移为 30.25m，D 正确。 4.【答案】A
由匀变速直线运动规律可知：从 A 点下降时,两段 L 时间之比为 1:(√2 − 1)，由
B 点处下降时，三段 L 时间之比为 1:(√2 − 1)：(√3 − √2)，每次第一段 L 时间相同，综上可知 A 正确。
【答案】D
A 项：由 v − t 图象斜率大小代表加速度大小，可得加速度之比为 1: 2，A 错误。
B 项：1s 后甲的速度变为 18m/s，乙的速度变为 26m/s，1s 内甲、乙运动位移大小等于面积大小，x甲 = 19m，x乙 = 28m，x乙 − x甲 = 9m，即乙相对甲靠近 9m，所以还相距 15m。B 错误。
CD 项：由图中 5s 内：乙比甲多运动的位移为上面三角形面积，为 25m，可知
两车已相撞，利用x− x= 24m，v t + 1 a t2 − v t + 1 a t2 = 24m 即可
乙甲
得 t = 4s，D 项正确。
乙2 乙
甲2 甲
【答案】C
对全部绳子进行受力分析如下：对绳子中点分析:
3
·cs30°= ? 得 = 2√3 ?
3
=
·sin30°=得 = √3 ?A、B 错误绳子中点将绳子一分为二，质量相等。
1
对左半部分绳子分析： =
?
2
得 2√3 3
C 正确。
【答案】C
A、B 项：重力大小、方向均不变，支持力方向不变，符合动态三角形法，绳子与竖直方向的夹角逐渐减小。作图如下,可知拉力逐渐增大。A 错误，B 错误。
C、D 项：重力大小、方向均不变，支持力方向不变，符合动态三角形法，绳子与竖直方向的夹角逐渐增大到53。作图方法与上述类似,可知拉力逐渐减小到最小。C 正确，D 错误。
【答案】D
由题意可知：当仅有 A 物体时，由其静止可得fA = 3N，轻放 B 物体后，A、B 之间无相互作用，A、B 仅依靠自身与斜面间摩擦力均可静止，fA = 3N。
A 项：当 F=1N 时，对 B 分析：斜面对 B 仅需提供沿斜面向上的 2N 静摩擦力。两力之和与 B 物体自身重力沿斜面向下分力 3N 相等，实现 B 平衡，不需 A 对 B 施加弹力，所以fB = 2N，fA仍为 3N。A 错误。
B 项：当 F=3N 时，B 刚好不需要斜面提供摩擦力，也不需要 A 提供弹力就能静止，所以fB = 0N，fA仍为 3N，B 错误。
C 项：当 F=4.6N 时，B 受到斜面提供的沿斜面向下的摩擦力，为 1.6N，未达到最大静摩擦力，所以仍不需要 A 施加弹力。C 错误。
D 项：当 F=6N 时，B 受到斜面提供的沿斜面向下的摩擦力，为 3N，刚好达到最大静摩擦力，同时刚好不需要 A 施加弹力。D 正确。
【答案】AC
A：t1 时刻运动到最高点，A 正确。 B：t2 时刻回到出发点，B 错误。
C：阴影部分面积为跳台到水中速度为 0 处之间的距离，跳台高于水面，C 正确。 D：t3 时刻运动到水下最低点，D 错误。
【答案】B C
对整体分析：地面对两木块支持力 均为1 × 4? = 2?。
2
若要实现球保持静止，两木块之间最大距离对应木块即将滑动，地面对木块摩擦力达到最大。
受力分析如下：木块对球的支持力与竖直方向夹角为。对球：2′cs = 2? ①
对木块：压 sin = ⋅ = ⋅ 2? ②
其中：压 =′
即得 = 45∘，则两木块间距离为 2 × sin45∘ = 2。B 正确。
2
球离地距离为cs45∘ + 2 − =
2
− 1 。C 正确。
2
11.（6 分）（1）（2 分）CD（2）（2 分）a = d4−2d2
100T
（3）（2 分）长木板倾角过大或平衡摩擦力过度都对
A：纸带本身可以准确反映时间。B：合力为传感器示数 2 倍。
D：采用控制变量法，由于动滑轮与小车相对静止，应视为整体，所以应保持两者之和质量不变。
4
− 2
− 2
= ⋅ 2 × 5 2 得 = 4−22。
2
100
由纵截距可知：当无拉力时，小车已具有加速度，即小车已能自行加速下滑。所以原因为：长木板倾角过大或平衡摩擦力过度都对。
12.（8 分）（1）（2 分）B( 2 ) （2 分）1.50( 3 )（2 分）B( 4 ) （2 分）3 (1)A：两绳不必等长。 B：拉力不平行木板则画出的力代表其分力。
C：采用两点确定一条直线的方法。D：需要统一标度方可探究关系。
(2)最小分刻度为 0.1，要估读：1.50。(3)合力与分力是等效替代的关系。
需要得到两个分力和一个合力共 3 个数值，所以需要 3 次。
13.(14 分)（1）5/2（10 分）（2）4（4 分）
题中自由下落 ℎ1 = 20 ，总高度为 = 60。
自由下落阶段：ℎ1
= 1 ?2，得 = 2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′
2
= ?，得 = 20/ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′
匀减速阶段：0 − 2 = 2 − ℎ1，得 =− 5/2， 大小为 5/2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4′
(2)匀减速阶段：0 = + 1 得1 = 4 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4′
14.(14 分)（1）0.1（3 分）（2）0.3 （4 分） （2）15 （7 分）
(1)初态：对：1 = ?得压缩量 1 = 0.1 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′ (2)末态：对：2 = ?得伸长量2 = 0.2 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′对：上升量为 1 + 2 = 0.3 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1′
(3) ：对：初态： = = 50⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2′初态：滑轮左侧绳长记为1 1sin53∘ = ℎ = 0.4 得1 = 0.5 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1′末态：滑轮左侧绳长记为2 , 2 = 1 + 1 + 2 = 0.8，令此时绳与水平夹角为
2sin = ℎ 得 = 30∘ ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1′
对 C： + sin30∘ = 其中 = +
得 = 35 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2′
综上：支持力变化量数值为 50 − 35 = 15 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1′
2
15.(16 分)（1）2: 3: 6（4 分）（2）5 ?（5 分） （2）1.125 （7 分）
令横截面积均为
环 1：1 = ⋅ 20 ⋅ 环 2：1 = ⋅ 2⋅ 1.50 ⋅ 环 3：3 = ⋅ 2 ⋅ 30 ⋅
则质量之比1: 2: 3 = 2: 3: 6⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4′
令环 1、环 2 之间绳上拉力为，
对环 2、环 3 及铜管整体分析：3cs = 2
+ 3
+ 1.5?得 = 5 ?⋯⋯⋯⋯⋯⋯5′
2
1
由于本题中上下是同一根绳，绳子只是穿过环 2，并非上下共 6 段绳。所以本题中各处拉力相等,均为 T = 5 mg。取环 2、环 3 之间绳子与竖直方向夹角为θ ，
2
对环 3 及所有铜管分析：
竖直方向：3T ⋅ csθ1 = 3mg + 1.5mg⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2′
1
得csθ = 3
5
则tanθ = 4 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2′
1
3
对环 2、环 3 之间分析：
1
因为 tanθ = 4
3
即 tanθ = 1.5r
1
h
得 h = 1.125r⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3′
【注】以上计算题，其他方法合理即可。