2025-2026学年安徽省合肥市肥东一中高三（上）模拟预测物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年安徽省合肥市肥东一中高三（上）模拟预测物理试卷（含解析），共18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.春节假期，某同学使用无人机进行航拍，一段时间内无人机沿竖直方向运动，其位移一时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列哪个时刻无人机处于最高点( )
A. t1
B. t2
C. t3
D. t4
2.图示为悬挂比较轻的洗刷用具的小吸盘，安装拆卸都很方便，其原理是排开吸盘与墙壁间的空气，依靠大气压紧紧地将吸盘压在竖直墙壁上，则下列说法正确的是( )
A. 吸盘与墙壁间有四对相互作用力
B. 墙壁对吸盘的作用力沿水平方向
C. 若大气压变大，吸盘受到的摩擦力也变大
D. 大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力是一对平衡力
3.物价变化趋势与市场供给和调控息息相关，若将物价的“上涨”类比成“加速”，将物价的“下跌”类比成“减速”，据此，你认为“物价下跌出现变缓趋势”可类比成( )
A. 速度增加，加速度增大B. 速度增加，加速度减小
C. 速度减小，加速度增大D. 速度减小，加速度减小
4.如图所示，质量M=2kg、倾角α=37°的粗糙斜面体放置在水平地面上，斜面体顶端装有一光滑定滑轮。一轻质细绳跨过滑轮，一端与斜面上静止的质量m=1kg的物块相连，另一端与竖直轻弹簧相连，弹簧的另一端与水平地面相连，轻绳不可伸长且与斜面平行，弹簧保持竖直且始终在弹性限度内，系统处于静止状态时弹簧弹力大小为8N，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6。下列说法正确的是( )
A. 物块所受摩擦力大小为2N
B. 物块所受支持力和绳子拉力的合力大小为10N
C. 地面对斜面体的支持力大小为25.2N
D. 地面对斜面体的摩擦力大小为2N
5.如图所示，竖直放置的圆筒内壁光滑，圆筒半径为R，高为h。P、Q为圆筒上、下底面圆上的两点，且PQ连线竖直，一可视为质点的小球由P点沿筒内侧与半径垂直方向水平抛出，小球质量为m，初速度大小为v0。小球的运动轨迹与PQ的交点依次为PQ上的A、B、C三点，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正
确的是( )
A. 小球到达C点时下落高度为36gπ2R2v02
B. 小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为1：3：5
C. A、B间距离为6gπ2R2v02
D. 小球在P点时所受合力大小为mg
6.如图所示，abc为均匀带电半圆环，O为其圆心，O处的电场强度大小为E，将一试探电荷从无穷远处移到O点，电场力做功为W。若在cd处再放置一段14圆的均匀带电圆弧，如虚线所示，其单位长度带电量与abc相同，电性与abc相反，则此时O点场强大小及将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为( )
A. 102E，12W
B. 22E，32W
C. 34E，32W
D. 52E，12W
7.如图所示，粗糙轻杆BC水平固定在竖直转轴AB上，质量为m的小球穿在轻杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定在竖直转轴上的A点，A、B两点之间的距离为L，弹簧的原长为3524L。装置静止时将小球向左缓慢推到距B点43L处松手。小球恰好能保持静止，现使该装置由静止开始绕竖直转轴缓慢加速转动，当小球与轻杆之间的弹力为零时，保持角速度不变，此时小球与B点之间的距离为34L，从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程外界提供给装置的能量为E、已知小球与轻杆之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A. 当小球与轻杆之间的弹力为零时，该装置转动的角速度大小为34 gL
B. 弹簧的劲度系数为6mgL
C. 小球与轻杆之间的动摩擦因数为23
D. 从开始转动到小球与轻杆之间的弹力为零的过程，小球克服摩擦力做的功为E−89mgL
8.如图所示，厢式汽车停放在水平地面上。一条长2L的不可伸长的轻绳两端分别拴在相距为L的a、b两点，让轻绳穿过质量为m的光滑环，将光滑圆环悬挂起来，此时轻绳拉力为F1。此后将汽车停放在倾角为30°的斜面上，此时轻绳的拉力为F2。则F1：F2的值为( )
A. 1：1B. 2： 3C. 3： 2D. 13：2 3
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.截至2024年7月，我国在轨卫星的数量已超过900颗，这些卫星服务于通信、导航、遥感、气象、科学研究等多个领域。现有一颗人造地球卫星绕地球做椭圆运动，近地点到地心距离为a，远地点到地心距离为b，周期为T。已知引力常量为G，地球为质量均匀的球体，下列说法正确的是( )
A. 绕地球运转的所有卫星与地心的连线单位时间扫过的面积均相等
B. 卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为b2a2
C. 根据已知条件，可估算地球的密度为3πGT2
D. 根据已知条件，可估算地球的质量为π2(a+b)32GT2
10.如图所示，一个楔形物块M上表面水平且光滑，下表面粗糙，在粗糙斜面上加速下滑，加速度大小为a1。现在M上放一光滑小球m，从静止开始一起释放，在小球碰到斜面前，关于小球m的运动轨迹和物块M的加速度大小a2说法正确的是( )
A. 小球m的运动轨迹是竖直向下的直线B. 小球m的运动轨迹是沿斜面方向的直线
C. a2大于a1D. a2等于a1
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.如图为探究加速度与力、质量关系的部分实验装置。
(1)实验中应将木板______(填“保持水平”或“一端垫高”)。
(2)为探究加速度a与质量m的关系，某小组依据实验数据绘制的a−m图像如图所示，很难直观看出图线是否为双曲线。如果采用作图法判断a与m是否成反比关系，以下选项可以直观判断的有______。(多选，填正确答案标号)
A.a−1m图像
B.a−m2图像
C.am−m图像
D.a2−m图像
(3)为探究加速度与力的关系，在改变作用力时，甲同学将放置在实验桌上的槽码依次放在槽码盘上；乙同学将事先放置在小车上的槽码依次移到槽码盘上，在其他实验操作相同的情况下，______(填“甲”或“乙”)同学的方法可以更好地减小误差。
12.某中学实验小组用如图甲所示的实验装置探究做功与动能变化的关系，一端安装轻质光滑定滑轮的长木板放在水平桌面上，长木板A点处有一带长方形遮光片的滑块，滑块右端固定有力传感器，能测出滑块所受的拉力，滑块、传感器及遮光片的总质量为M，滑块右端由跨过定滑轮的细绳与一砂桶相连，遮光片两条长边与长木板垂直；长木板上B点处固定一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间，d表示遮光片的宽度，L表示遮光片初位置至光电门之间的距离。
(1)实验前______(选填“需要”或“不需要”)平衡滑块与长木板间的摩擦力。
(2)实验主要步骤如下：
①按图甲正确安装器材并进行正确调节。
②该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片宽度的测量值d=______cm。
③让砂桶内盛上适量细砂，由静止释放滑块，滑块在细线拉动下运动，记录力传感器的示数F和遮光片通过光电门的时间t，保持质量M和遮光片初位置至光电门之间的距离L不变，改变砂桶内细砂的质量，重复以上步骤。
(3)由上可知滑块速度______(用字母表示)；为了直观地研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，根据多次实验记录的F和t描点，拟合成一条直线图像，数据处理时应做出的图像是______(请填写选项前对应的字母)。
A.t−FB.t2−FC．t2−1FD.1t−F2
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图甲所示，水平轨道AB的B端与半径为8.0cm的光滑半圆轨道BCD相切，原长为20cm的轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量为0.2kg的物块P接触但不连接。用水平外力向左缓慢推动物块P，水平外力随弹簧形变量的关系如图乙，将弹簧压缩至形变量为8.0cm，然后放开，P开始沿轨道运动，恰好到达D点，已知重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)水平轨道AB的长度。
14.如图甲，装置由弧形轨道AB、竖直圆轨道(C点位置轨道前后稍有错开)及水平直轨道BD平滑连接而成。水平轨道BC段与滑块间的动摩擦因数μ从左向右随距离x均匀变化，如图乙所示。除BC段外，其余轨道均光滑。现将质量m=1kg的滑块(视为质点)从高度h=1.4m的A点静止释放，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反弹，恰好能第二次通过圆轨道最高点。已知圆轨道半径R=0.11m，BC段长x0=1m，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)滑块第一次运动到B点时的速度大小vB；
(2)滑块第二次经过C点时的动能EkC并求出滑块与挡板碰撞损失的动能ΔEk；
(3)滑块最终停在何处。
15.如图，质量为nm，足够长的绝缘长木板，放在光滑的水平面上。其上表面粗糙，开始被锁定在地面上，置于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，从某时刻开始，将质量为m，带电量为+q的滑块(可视为质点)轻放在长木板左端，等第一个滑块速度达到v0时，再将第二个滑块轻放上去，依次操作，直到第n个滑块速度达到v0时，撤除电场，同时解除对长木板的锁定，所有小滑块的质量都相同，滑块与长木板之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，求：
(1)第一个滑块速度达到v0时，到左端的距离x0；
(2)若n=4，当所有物体(包含长木板)达到匀速时，系统由于摩擦产生的热量Q；
(3)从刚解除锁定开始计时，第二个小滑块速度达到最小时所经过的时间t。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：位移与时间图像中纵坐标表示位置，位移大小为末位置减去初位置，由图像可知，无人机从原点出发沿竖直方向往上运动，故最高点为t2时刻，故B正确，ACD错误。
故选：B。
位移与时间图像中纵坐标表示位置，位移大小为末位置减去初位置，可利用此特点判断最高点时刻。
本题考查了对位移与时间图像的理解，其中掌握位移大小规律为解决本题的关键。
2.【答案】D
【解析】解：A、吸盘与墙壁之间有两对作用力与反作用力，分别为吸盘与墙壁间摩擦力，吸盘与墙壁间弹力，故A错误；
B、吸盘静止，吸盘受到的竖直向下的重力、大气施加的压力、墙壁施加的作用力，这些力平衡，那么墙壁对吸盘的作用力与吸盘受到的重力和大气压力的合力等大反向，不是水平方向的，故B错误；
C、大气压变大，吸盘受到的摩擦力等于重力，不会改变，故C错误；
D、大气对吸盘的压力与墙壁对吸盘的弹力在水平方向上，等大反向，是一对平衡力，故D正确。
故选：D。
对吸盘受力分析，吸盘处于平衡状态，根据平衡条件分析选项即可。
本题考查了学生对大气压的应用、二力的平衡、相互作用力的了解与掌握，本题关键有二：一是利用大气压的生活例子很多，分析时不要说成“被吸上”，而是“被外界的大气压压上的”；二会区分平衡力和相互作用力。
3.【答案】D
【解析】解：物价类比成速度，物价下跌快慢类比成加速度，物价下跌出现减缓趋势，相当于加速度减小，当物价仍在下跌，相当于加速度与速度方向相反，速度仍然减小。故ABC错误，D正确。
故选：D。
把物价类比成速度，物价下跌快慢类比成加速度，根据加速度于速度关系进行分析。
加速度决定于物体所受合力和物体的质量，与速度没有直接关系，加速度减小，速度不一定减小。
4.【答案】A
【解析】解：A、已知弹簧弹力大小为8N，易知细绳对物块的拉力T=8N，物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsinθ=1×10×sin37°N=6Nmg，故D错误。
故选：C。
小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，应用运动学公式分析答题。
根据题意分析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。
6.【答案】A
【解析】解：把题中半圆环等分为两段，即每段为14圆环，每段在点O的电势为φ0，电场强度为E0，且方向分别与E夹角为θ=45°，根据电场强度的叠加原理可知：E0= 22E
因为电势是标量，每段导体在O上的电势为：φ=φ02
由题意，将一试探电荷q从穷远移到O点：W=Ep无−EpO=−φq
同理，在cd处再放置一段14圆的均匀带电圆弧后，可等分为3个14圆环，由于电性与abc相反，根据场强叠加可知O处的合场强大小为：E′= (2× 22)E2+ 22E2= 102E
电势为3个圆环在O点的电势之和，合电势为：φ1=φ02+φ02−φ02=φ02
将同样的试探电荷从无穷远处移到O点电场力做功为W′=−φ1q=12W。故BCD错误，A正确。
故选：A。
本题通过两不完整的带电圆环在圆心处产生的场强与电势的计算考查考生的认识理解能力、逻辑推理能力和分析综合能力。根据均匀带电圆环在圆心处产生的电场和电势的特点进行分析、推理和计算。
场强是矢量，场强的叠加不能用代数和求解，应用矢量的合成进行求解，两个场强的合成应根据平行四边形定则求解。
7.【答案】D
【解析】解：C.设装置静止时弹簧与轻杆之间的夹角为α，对小球受力分析如图所示：
由几何关系可知，tanα=L34L=43，弹簧此时的长度L1=54L，压缩量Δx1=3524L−54L=524L，
将力正交分解，有：Fcsα=f，Fsinα+mg=N，由胡克定律可知F=kΔx1，又f=μN，代入数据可得：μ=37，故C错误；
AB.当小球与轻杆之间的弹力为零时，设此时弹簧与轻杆之间的夹角为β，对小球受力分析如图所示：
小球圆周运动的半径r=43L，由几何关系可知，tanβ=L43L=34，弹簧此时的长度L2=53L，伸长量Δx2=53L−3524L=524L，
将力正交分解，竖直方向受力平衡：F′sinβ=mg，水平方向做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可知：F′csβ=mω2r，由胡克定律可知：F′=kΔx2，
代入数据可得：ω= gL，k=8mgL，故AB错误；
D.两种状态弹簧的形变量相等，则弹性势能相等，由能量守恒定律可知，整个过程外界提供给装置的能量E=12m(ωr)2+W克f，代入数据可得：W克f=E−89mgL，故D正确。
故选：D。
C.静止时，对小球受力分析，根据平衡条件分析；
AB.小球与轻杆之间的弹力为零时，对小球受力分析，根据平衡条件和牛顿第二定律分析；
D.根据能量守恒定律分析。
考查了受力分析正交分解的方法，牛顿第二定律在圆周运动中的应用，胡克定律和能量守恒定律的应用，要根据几何关系分析弹簧的状态和形变量，正交分解后，平衡的方向列平衡方程，不平衡的方向列牛顿第二定律。
8.【答案】D
【解析】解：汽车在水平面时，对小球进行受力分析如图所示。
由平衡条件得
F1=12mgcs30∘= 3mg3
汽车在斜面上时，对小球进行受力分析如图所示。
设a到球的距离为x，则b到球的距离为2L−x，设边长为x的边与竖直方向夹角为α，根据几何关系及正弦定理，有
Lsin2α=xsin(60∘−α)=2L−xsin(120∘−α)
解得
sinα= 34
根据受力平衡可得
F2=12mgcsα=2mg 13
则得F1F2= 132 3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
汽车在水平面时，对小球进行受力分析，根据平衡条件求解轻绳拉力F1。汽车在斜面上时，再对小球进行受力分析，根据数学知识和平衡条件相结合求出轻绳的拉力F2，再求F1：F2的值。
本题是共点力平衡问题，关键要正确分析受力情况，作出受力示意图，根据合成法或正交分解法解答。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据开普勒第二定律可知绕地球运转的同一卫星与地心的连线单位时间扫过的面积相等，故A错误；
B.由加速度a=GMr2得，加速度与到地心的距离平方成反比，则卫星在近地点与远地点的加速度大小之比为b2a2，故B正确；
C.假设近地卫星周期为T1，对近地卫星，万有引力提供向心力可得GMmR2=m4π2T1R
可得地球密度ρ=M43πR3=3πGT12
但此卫星不是近地卫星，运动半径不等于地球半径，故C错误；
D.根据开普勒第三定律可知r3T′2=(a+b2)3T2
且有M=4π2r3T′2
可得M=π2(a+b)32GT2
故D正确。
故选：BD。
根据开普勒行星定律分析，根据向心加速度表达式以及万有引力提供向心力分析。
本题考查的是万有引力定律的应用，其中还考查了开普勒定律，题型为基础题。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、楔形物体M释放前，小球受到重力和支持力，两力平衡；楔形物体A释放后，由于小球是光滑的，则小球水平方向不受力，根据牛顿第一定律知道，小球在水平方向的状态不改变，即仍保持静止状态。而竖直方向：楔形物体A对B的支持力将小于小球的重力，小球将沿竖直方向做加速运动，所以小球在碰到斜面前的运动是竖直向下的加速运动，其运动轨迹是竖直向下的直线，故A正确，B错误；
CD、设斜面倾角为θ，未放光滑小球时，对M由牛顿第二定律得：Mgsinθ−μMgcsθ=ma1
解得：a1=g(sinθ−μcsθ)
放小球后，设小球对M的压力为F，对M由牛顿第二定律得：(Mg+F)sinθ−μ(Mg+F)=ma2
解得：a2=(g+Fm)(sinθ−μcsθ)
则a2>a1
故C正确，D错误；
故选：AC。
分析小球m的受力情况，分析小球在水平方向和竖直方向的运动状态，即可确定其运动轨迹；放小球和不放小球的情况下，对M受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度，比较即可。
本题考查牛顿第二定律，解题关键是对m和M分别受力分析，根据受力情况判断其运动情况。
11.【答案】一端垫高 AC 乙
【解析】解：(1)本实验需要消除小车受到的阻力的影响，应将木板一端垫高，使小车的重力沿木板向下的分力能够与小车受到的阻力平衡，故实验中应将木板一端垫高。
(2)如果采用作图法，图线是直线时可以直观判断a与m是否成反比关系。
A.根据；F=ma，可得：a=F⋅1m，当F一定时，作出a−1m的图像过原点的倾斜直线，可以直观判断a与m是否成反比关系，故A正确；
B.同理可知，作出a−m2的图像不是直线，无法直观判断a与m是否成反比关系，故B错误；
C.同理可知，F一定时，am为定值，作出am−m的图像是一条平行于横轴的直线，可以直观判断a与m是否成反比关系，故C正确；
D.同理可知，作出a2−m的图像不是直线，无法直观判断a与m是否成反比关系，故D错误。
故选：AC。
(3)甲同学的方法中，将实验桌上的槽码依次放在槽码盘上进行多次实验，保证了小车质量不变，此情况下要以小车为研究对象，需要使小车受到的拉力近似等于槽码和槽码盘的总重力，故此方法存在系统误差；乙同学的方法中，将事先放在小车上的槽码依次移到槽码盘上进行多次实验，保证了小车、槽码和槽码盘的总质量不变，此情况下要以它们组成的整体为研究对象，此整体所受合力大小等于槽码盘与其中的槽码的总重力，故此方法存在系统误差。可知乙同学的方法可以更好地减小误差。
故答案为：(1)一端垫高；(2)AC；(3)乙
(1)本实验需要消除小车受到的阻力的影响，需要使小车的重力存在沿木板向下的分力，以平衡掉小车受到的阻力；
(2)如果采用作图法，图线是直线时可以直观判断a与m是否成反比关系，根据牛顿第二定律解答；
(3)甲同学的方法保证了小车质量不变，此情况下要以小车为研究对象，需要使小车受到的拉力近似等于槽码和槽码盘的总重力，故此方法存在系统误差；乙同学的方法保证了小车、槽码和槽码盘的总质量不变，此情况下要以它们组成的整体为研究对象，此整体所受合力大小等于槽码盘与其中的槽码的总重力，故此方法存在系统误差。
本题考查了探究加速度与力、质量关系的实验，要掌握此类实验中测量研究对象所受合力的方法，注意分析是否存在系统误差。
12.【答案】需要； ②0.560； dt；C
【解析】解：(1)实验探究细绳拉力对滑块、传感器及遮光片做功与其动能的变化关系，需要消除摩擦力的影响，故需要平衡摩擦力。
(2)②遮光片宽度为
d=5mm+12×0.05mm=5.60mm=0.560cm
(3)滑块速度为
v=dt
根据动能定理
FL=12Mv2
得
t2=Md22L⋅1F
应做出的图像是t2−1F
故ABD错误，C正确；
故选：C。
故答案为：(1)需要；(2)②0.560；(3)dt；C。
(1)从动能定理的内容及实验原理进行分析答题；
(2)游标卡尺的读数是由主尺和游标尺的示数之和，游标尺的读数与精度有关；
(3)根据速度表达式求滑块速度，由动能定理写出表达式，要拟合直线，从表达式中可以看出图像的横纵坐标。
本题是探究做功与速度的变化关系的实验与动能定理的综合题，考查了实验原理的理解、操作注意事项、操作细节要求、游标卡尺的读数及动能定理等，还要体会用图像法解决问题能克服偶然误差的优点。
13.【答案】解：(1)根据图乙所示图象，由胡克定律可知，弹簧的劲度系数：k=Fx=17.0−1.08.0×10−2N/m=200N/m
(2)物块恰好到达D点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=mv2R
物块从释放到运动到D点过程，由动能定理得：W弹−fx−mg×2R=12mv2−0
由图乙所示图象可知，物块所受摩擦力大小f=1.0N
弹簧弹力对物块做功W弹=17.0+1.02×8.0×10−2J=0.72J
代入数据解得：x=0.32m=32cm
水平轨道的长度L=x+L弹簧原长−L弹簧压缩量=32cm+20cm−8.0cm=44cm
答：(1)弹簧的劲度系数是200N/m；
(2)水平轨道AB的长度是44cm。
【解析】(1)根据胡克定律求出弹簧的劲度系数。
(2)物块恰好到达D点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出物块到达D点的速度，应用动能定理求出物块在AB段的位移，然后求出水平轨道AB的长度。
根据题意分析清楚物块的运动过程与受力情况是解题的前提，应用胡克定律、牛顿第二定律、动能定理可以解题。
14.【答案】滑块第一次运动到B点时的速度大小vB为2 7m/s；
滑块第二次经过C点时的动能EkC为2.75J，滑块与挡板碰撞损失的动能ΔEk为5.25J；
滑块最终停在B点右侧0.5m处
【解析】(1)滑块从A点运动到B点，由动能定理，有mgh=12mvB2−0
解得vB=2 7m/s
(2)由题意，滑块反弹后恰好能从C点通过圆轨道最高点，由动能定理，有−mg⋅2R=12mv′2−EkC
在圆轨道最高点，有mg=mv′2R
联立解得EkC=2.75J
利用面积法可得滑块经过BC段，滑动摩擦力做功为Wf=−12×(0.5+0.7)×1.0×10J=−6J
与挡板碰前的动能为Ek=mgh+Wf=1×10×1.4J+(−6J)=8J
滑块与挡板碰撞损失的动能ΔEk=5.25J
(3)由题意，而EkC=2.75J