安徽省1号卷·A10联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试物理试题（Word版附解析）（B卷）

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本试卷满分 100 分，考试时间 75 分钟。请在答题卡上作答。
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 分。在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合要求的。
T
间内运动的距离为（ꢀꢀ）
【答案】A
【解析】
【详解】汽车做匀减速直线运动且末速度为零，可把该运动看成是反向初速度为零的匀加速直线运动，根
故选 A。
2. 小明和小美使用两根不同的弹簧 a、b 利用图甲所示的装置完成“探究弹簧弹力与形变量的关系”实
验，记录不同弹力 F 作用下弹簧的长度 l，在同一坐标纸上描点，作出 F l 图像，分别如图乙中的直线
Ⅰ、Ⅱ。若实验过程中，两同学操作规范，则弹簧 a、b 的劲度系数之比为（ꢀꢀ）
A20:9 B . 2:1 C . 4:3 D . 5: 4
【答案】B
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1. 某新能源汽车以某一初速度做匀减速直线运动，经过时间 T 停止，运动距离为 x，则汽车停止前的 2
时
A .
1
4
x B .
1
2
x C .
2
3
x D .
3
4
x
据匀变速直线运动的位移公式有
1
x  aT 2 ，
2
2
x  a 
'
1 T
2  2 
解得
1
x  x
·
4
【解析】
故选 B。
3. 在水平地面上的 O 点将小球 1 以初速度 v 与水平方向成 60角斜向右上方抛出，轨迹如图中虚线所示，
【答案】D
【解析】
在 P 点水平抛出，且平抛的速度为小球 1 做斜抛运动的水平速度，所以小球 2 做平抛运动的轨迹与小球 1
的运动轨迹的右半部分重合，所以两小球的着地点重合，即 s  0 ；由之前的分析可知，小球 2 的轨迹与
小球 1 的右半部分轨迹重合，即小球 2 的时间与小球 1 在右侧运动时间相同，两球的时间差为小球 1 在 O
故选 D。
4. 下列四幅图中质量不同的重物用轻质细绳连接，绕过无摩擦的轻质滑轮。滑轮用轻杆连接悬挂在天花板
上，不计空气阻力，由静止释放重物的瞬间，轻杆的张力最大的是（ ）
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【详解】根据胡克定律可知劲度系数
k 
F
l
k k      
: : 2:1
4 3
可知弹簧 a、b 的劲度系数之比
a b
 2   3 
虚线的最高点 P 与抛出点 O 的水平距离为 L。若在小球 1 抛出的同时，在 P 点将小球 2 以
右抛出。不计空气阻力，则两球着地的时间差 t 以及着地点间的距离 s 分别为（ꢀꢀ）
v
2
的速度水平向
A .
C .
L
t  ， s  L B .
v
2L
t  ， s  L D .
v
L
t  ， s  0
v
2L
t  ， s  0
v
【详解】小球 1 抛出后水平方向速度为
1
v  vcs 60  v ，其在水平方向做匀速直线运动，由于小球 2
x
2
L 2L
t  
到 P 的时间，由于其水平方向做匀速直线运动，所以
vcs 60 v
。
A. B .
C. D .
【答案】A
【解析】
【详解】设滑轮两侧物体的质量分别为 m1、m2,m1  m2 ，物体运动的加速度大小为 a ，细绳中的拉力大小
为T ，则轻杆中张力大小为 F  2T 。分别对两物体应用牛顿第二定律，有 m1g  T  m1a,T  m2g  m2a
由于四幅图中左右两侧物体的质量之和都相同，A 图中两质量的乘积最大，轻杆的张力最大。
故选 A。
5. 如图所示为传动装置的简化示意图，滑块 A、B 放置在光滑水平面上，滑块均通过铰链和轻杆与球 C 相
连，两杆长相同。A、B、C 同时由静止释放、球 C 始终沿竖直方向运动，当杆与水平方向夹角均为 时，
球 C 的速度大小为 v，则此时滑块 A、B 的速度大小为（ꢀꢀ）
【答案】C
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T
解得

2m m g
1 2
m  m
1 2
故
F  2T 
4m m g
1 2
m  m
1 2
A .
v
2 sin
B .
v
sin
C . v tan D .
1
2
v tan
【解析】
【详解】由于轻杆不可伸长和压缩，球 C 速度沿轻杆方向的分速度与滑块 A．B 的速度在杆方向的分速度
大小相等，则有 vsin  v cs  v cs
A B
解得 v  v  v tan
A B
故选 C。
6. 模拟失重环境的实验舱，通过电磁弹射从地面由静止开始加速后竖直向上射出，上升到最高点后回落，
再通过电磁制动使其停在地面。实验舱在运动过程中，受到的空气阻力 f 的大小随速率增大而增大，f 随时
间 t 的变化如图所示（向上为正）。下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A. 从 t1 到 t3 ，实验舱内物体处于超重状态
B. 从t2 到 t3 ，实验舱的加速度在增大
C. 在 t3 时刻、实验舱速度达到最大
D. 从t3 到t5 ，实验舱内物体处于先失重后超重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知从 t1 到 t3 ，阻力先向下增大后向下减小，可知实验舱先向上加速后向上减速，故实
验舱内物体先超重后失重，故 A 错误；
由于 f 在减小，可知加速度在减小，故 B 错误；
C． t3 时刻，阻力为 0，则速度为 0，故 C 错误；
D．从 t3 到t5 ，阻力先向上增大后向上减小，可知实验舱先向下加速后向下减速，实验舱内物体先失重后
超重，故 D 正确。
故选 D。
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B．从t2 到 t3 ，根据牛顿第二定律可知加速度大小 a

mg  f
m
7. 如图，半圆柱体放在水平面上，一光滑小球从靠近半圆底端的 P 点在推力 F 的作用下缓慢地沿着半圆
柱的上表面移动到靠近最高点 Q 的过程中，推力 F 的方向与水平方向始终成30，小球在同一竖直面内运
动，半圆柱体始终静止。关于此过程，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A. 推力 F 的大小一直增大
B. 小球对半圆柱体的压力先减小后增大
C. 地面对半圆柱体的支持力大小始终不变
D. 半圆柱体对地面的摩擦力先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．对小球受力分析，小球受到的推力 F 与支持力 N 的合力的大小始终等于小球的重力大小，方
向始终竖直向上，如图三力构成一封闭的三角形
在小球从靠近底端的点 P 缓慢运动到靠近最高点 Q 的过程中，可知推力 F 的大小一直减小，故 A 错误；
B．小球受到的支持力先减小后增大，根据牛顿第三定律，小球对半圆柱的压力先减小后增大，故 B 正
确；
C．对小球和半圆柱组成的整体，由于 F 的竖直分力一直减小，根据平衡条件，地面对半圆柱的支持力的
大小不断增大，故 C 错误；
D．半圆柱对地面的摩擦力大小等于地面对半圆柱的摩擦力大小，等于拉力 F 的水平分力，由于拉力不断
减小，所以摩擦力的大小不断减小，故 D 错误。
故选 B
8. 如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体 A 和 B，A 和 B 质量都为 m。
它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为 RA＝r，RB＝2r，A、B 与盘间的动摩擦因数相同且均为 μ。若最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法错误的是（ꢀꢀ）
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A. 绳子的张力为 FT  3mg
B. 烧断绳子，物体 A、B 仍将随盘一块转动
D. A 所受摩擦力方向沿绳指向圆外
【答案】B
【解析】
【详解】AC．两物体角速度相同，所以 B 所受向心力比 A 大，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑
动时，B 有背离圆心的离心趋势，A 有指向圆心的近心趋势。设此时绳子的张力大小为T ，圆盘的角速度
为 ，分别对 A、B 应用牛顿第二定律有 F  mg  m2r ， FT  mg  m2 2r
T
联立解得 FT  3mg ， 2g
 
r
故 AC 正确，不满足题意要求；
D．此时 A 有指向圆心的近心趋势，所受摩擦力方向沿半径指向圆外，故 D 正确，不满足题意要求；
2g
  做匀速圆周运动时所需的向心力大小分别为 FA  m2r  2mg ， B．A、B 以角速度
r
FB  m 2r  4mg
2
若此时烧断绳子，A、B 所受最大静摩擦力均不足以提供向心力，所以 A、B 都将做离心运动，故 B 错
误，满足题意要求。
故选 B。
二、多选题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分。在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
9. 如图，水平传送带始终沿顺时针方向匀速转动， t  0 时刻质量为 m 的物块（可视为质点）以速度v 滑
0
上传送带左侧，t  t2 时恰好运动到最右侧，其运动的 v  t 图像如图乙所示。已知重力加速度大小为 g。
下列说法正确的是（ꢀꢀ）
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 
C. 圆盘的角速度为
2g
r
A. 在t1  t2 时间内物块受到向右的静摩擦力
C. 传送带的长度 L  2v t t 
0 2 1
v
D. 物块与传送带之间的最大相对位移 x  0 t
1
2
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图乙可知物块在 0  t1 时间内做匀加速运动，在t  t 时间内做匀速运动，在t  t 时间内
1 2 1 2
不受摩擦力作用，故 A 错误；
2v  v v
B． v  t 图像斜率表示加速度，根据图乙可知，物块在 0 ~ t 时间内的加速度为 a  0 0  0
1
t t
1 1
根据牛顿第二定律 ma  μmg
C．传送带的长度即物块在 0  t2 时间内运动的距离， v  t 图像面积表示位移，结合图乙可知
v
L  2v t  t ，故 C 错误；
0
0 2 1
2
v  2v v
D．在 t1 时物块与传送带的相对位移最大，大小为 x  2v t  0 0 t  0 t ，故 D 正确。
0 1 1 1
2 2
故选 BD。
10. 我国高通量通信卫星可实现偏远地区的移动通信基站接入及其他行业应用。设地球的半径为 R，不考
虑地球自转时，地球表面的重力加速度为 g。设在地球赤道正上空有一颗运动方向与地球自转方向相同的
卫星 P，在赤道上有一个卫星观测站 Q、P、Q 与地心 O 在同一平面内。P 做圆周运动的半径为 2R ，Q 随
地球自转的周期为T0 ，万有引力常量为 G．下列说法正确的是（ꢀꢀ）
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B. 物块与传送带之间的动摩擦因数
 
v
0
gt
1
解得动摩擦因数为
v
  0 ，故 B 正确；
gt
1
1
a  g C. 卫星 P 运动的加速度
4
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．对地球上某一物体质量为 m ，地球质量为 M ，在忽略地球自转时，重力等于万有引 力
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A. 地球的质量
M 
gR2
G
B. 地球的质量
M 
4π2R3
GT
2
0
D. 观测站 Q 连续观测到卫星 P 的最长时间是卫星 P 周期的
T
0
 
2R
3T  4π 
0
g
 
倍
mg 
GMm
R2
解得
M
gR
2
 ，A 正确；
G
B．对赤道上的观测站，其自转的向心力不等于万有引力，即
   2
GMm 4π
m R
R T
2 2
0
解得
M
4π R
2 3
 ，B 错误；
GT
2
0
C．对卫星 P，根据牛顿第二定律
1
a  g ，C 正确；
可得
4
GMm
4R
2
 ma ， mg 
GMm
R
2
D ．
在左图位置处，Q 刚好能看到卫星 P，  60，经过时间为 t，运动到右图位置，这段时间即为能连续观
故选 ACD。
三、非选择题：本大题共 5 小题、共 58 分。
11. 用如图甲所示的实验装置来“探究两个互成角度的力的合成规律"。A 为固定橡皮筋的图钉（O 为橡皮
筋与细线的结点，OB 和OC 为细绳套，根据实验结果在白纸上画出的图如图乙所示。回答下列问题：
（1）为了准确的测量出两分力的大小和方向，左右两弹簧测力计的拉力方向与OB 和OC 的方向应______
（填“相同”或“不同”）。
（2）图乙中 F1 与 F2 的合力的实际测量值是______（填“F”或“ F”）。
（3）如果某次实验中，拉OB 的弹簧测力计的指针示数稍稍超出量程，保持 O 点的位置和OB 的方向不
变，可使OC 的拉力方向绕 O 点______（填“顺时针”或“逆时针”）转动少许。
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卫星 P 做圆周运动的周期 T 满足
4π2 1
2R  g ，得T
T 2
4
2R
 4π ，
g
测的时间，在时间 t 内卫星 P 比地球多转过的圆心角为 2 （
1
3
圈）
t t
 
即
T T
0
1
3
代入解得
t T

0
T  R 
2
3T  4π 
0
g
 
，D 正确。
【答案】（1）相同 （2） F
（3）顺时针
【解析】
【小问 1 详解】
为了准确的测量出两分力的大小和方向，左右两弹簧测力计的拉力方向与OB 和OC 的方向应相同。
【小问 2 详解】
图乙中 F1 与 F2 的合力的实际测量值一定沿 OA 方向，则是 F。
【小问 3 详解】
如果某次实验中，拉OB 的弹簧测力计的指针示数稍稍超出量程，保持 O 点的位置和OB 的方向不变，即
合力 F 大小方向不变，F1 的方向不变，则只需将 F2 顺时针旋转少许，即使OC 的拉力方向绕 O 点顺时针
转动少许。
12. 某实验小组利用下面三种方法来研究平抛运动。
（1）图甲中两个完全相同的小球 A、B 处于同一高度，用锤敲打弹片，A 球沿水平方向抛出，同时 B 球
自由落下，观察到两球同时落地，改变小球距地面的高度和击打力度，多次重复实验，两球仍然同时落
地，可判断 A 球竖直方向做______运动。
（2）图乙中两个完全相同的斜槽 M、N，N 置于光滑的水平地面上，M 在 N 正上方且两斜槽在同一竖直
平面内。从斜槽最高点同时释放两个完全相同的小球 P、Q、P 球落地时正好与 Q 球相碰，可判断 P 球从
斜槽末端滑出后，水平方向做______运动。
（3）用丙图所示装置来定量研究平抛运动：将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜
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槽轨道 PQ 滑下后从 Q 点飞出，落在水平挡板 MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，
钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹
点。
①关于该实验的一些做法，合理的是______。
A．尽可能使用密度大、体积小的球进行实验
B．斜槽末端切线应当保持水平
C．为减小阻力影响，斜槽轨道必须光滑
②在研究小球平抛运动的实验中，某同学记录了 A、B、C 三点。建立了如图所示的坐标系，平抛轨迹上的
大小为______ m s。小球抛出点的纵坐标 y  ______cm。
【答案】（1）自由落 体
（2）匀速直线 （3） ①. AB ②. 1##1.0 ③. 3.75
【解析】
【小问 1 详解】
两球同时落地，说明 A 球竖直方向上的运动与 B 球相同，即 A 球竖直方向做自由落体运动。
【小问 2 详解】
P 球落地时正好与 Q 球相碰，说明两球水平方向运动相同，即 P 球水平方向做匀速直线运动。
【小问 3 详解】
①[1]A．尽可能使用密度大、体积小的球进行实验，以减小阻力的影响，故 A 正确；
B．斜槽末端切线应当保持水平，以保证小球做平抛运动，故 B 正确；
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C．斜槽的摩擦力对实验没有影响，故 C 错误。
故选 AB。
②[2][3]因三点的水平距离相等，可知时间相同，竖直方向根据 y  0.1m  gT 2
解得T  0.1s
x 0.1
v   m s 1m s 则水平速度
0
T 0.1
h 0.3
v  AC  
m s 1.5 m s 打 B 点时竖直速度
By
2T 0.2
则抛出点的纵坐标 y  y  h 15cm 11.25cm  3.75cm
B B
13. 小物体静止在地面上的 A 点，在拉力作用下竖直向上做匀加速直线运动，经过一段时间到 B 点，然后
立刻撤去拉力，再经过与前一段相等的时间，恰好以大小为v0 的速度落回 A 点。不计空气阻力，重力加速
度为 g，求：
（1）小物体在 B 点的速度大小和从 A 到 B 的加速度大小；
（2）小物体距离地面的最大高度。
【解析】
【小问 1 详解】
物体从 A 到 B 做匀加速直线运动，初速度为 0，加速度为 a，时间为 t，则 B 点速度 vB=at
撤去拉力后，物体做竖直上抛运动，初速度为 vB，加速度为−g，再经时间 t 回到 A 点，位移
1
x  v t  gt
2 2 B
2
总位移为 0，即 x1  x2  0
1
a  g 解得
3
1
v  gt 此时
B
3
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三点坐标值为 A5, 5、 B15,15、C 25, 35。重力加速度大小取
g 10m s2 ，则小球平抛的初速度
则抛出点到 B 点的竖直距离 h
B
v2
 11.25cm
By
2g
v
【答案】（1）B 点的速度大小为 0
2
，从 A 到 B 的加速度大小为
g
3
（2）最大高度为
v2
0
2g
位移
1
x  at
2
1
2
物体落回 A 点时速度大小为 v0，方向向下，则有 vB  gt  v0
1
v  v 解得
B 0
2
【小问 2 详解】
14. 水平地面上固定一开口向上的圆锥形桶，圆锥形桶高为 2R，开口半径为 R，桶内中心有一直杆 OP。
在桶内放置一质量为 m 的小球，小球半径远小于 R，最初小球停在圆锥靠底部位置，如图所示。现在给小
球一个初速度，让小球绕竖直转轴 OP 在水平面内转动起来，若缓慢增加小球的线速度，最终小球会从桶
的上方边缘水平飞出，已知重力加速度大小为 g，不计摩擦和空气阻力，求：
（1）小球最初静止时对桶壁的压力大小；
（2）当小球即将从桶的上方边缘水平飞出时，小球的角速度大小 ω；
（3）小球从桶的上方边缘飞出后的落地点到 O 点的距离 s。
【答案】（1） 5mg
（3）3R
【解析】
【小问 1 详解】
小球在最初位置静止，受力分析如图所示。
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小物体从最高点自由下落的高度
h 
v2
0
2g
小物体上升和下降的高度相同，故小物体上升的最大高度为
v2
0
2g
。
（2）
2g
R
F  F  mg 。 根据牛顿第三定律可知，小球最初静止时对桶壁的压力大小为 N N 5
【小问 2 详解】
当小球即将从桶的上方边缘水平飞出时，小球做圆周运动的半径为 R ，小球的向心力大小
mg
F   m2R
n tan
R 1
tan   由几何关系知，
2R 2
2g
  。 联立，解得
R
【小问 3 详解】
由匀速圆周运动规律得，小球从桶的上方边缘飞出时的速度大小 v  R  2gR
小球从飞出到落地的时间为t ，竖直方向有 2 1 2
R  gt
2
水平方向有 x  vt
由几何关系得小球落地点到 O 点的距离 s  R2  x2
联立，解得 s  3R
15. 如图所示，小物块 M （可视为质点）放在木板 N 的右端， M、N 用细线通过轻质滑轮连接，静置在水
不计空气阻力。现用水平拉力 F 作用在滑轮上。
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根据平衡条件，可得桶壁对小球的弹力
mg
F 
N sin
R
sin  
由几何关系可得，  
2
R2 R
 2
1
5
联立，求得
FN  5mg
平面上。已知 M、N 的质量分别为 m1  2.0kg ，
m2  6.0kg ， M、N 间动摩擦因数
1  0.5，N 与地面
间的动摩擦因数 2  0.2 ，N 的长度 L  3m ，重力加速度
g  10m/s2 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
（1）若 F  4.0N ，求物块 M 受到的摩擦力大小 f ；
（2）若 M、N 间发生相对滑动，求拉力的最小值 F0 ；
（3）若 F  36N ，作用一段时间后撤去拉力 F ，最终 M 刚好不脱离 N 。求拉力的作用时间t 。
【答案】（1） f  2N
（2） F0  24N
（3）t  2s
【解析】
【小问 1 详解】
M、N 之间的最大静摩擦力为 f1m  1m1g 10N
N 与地面之间的最大静摩擦力为 f2m  2 m1  m2 g 16N
若 F  4.0N 时，可知 M、N 均处于静止状态，以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得 2T  F
1
以 M 为对象，根据平衡条件可得T1  f
联立可得物块 M 受到的摩擦力大小为 f  2N
【小问 2 详解】
若 M、N 间发生相对滑动，当 M、N 间的静摩擦力刚好达到最大时，拉力有最小值 F0 ，此时 M、N 仍有
相同的加速度；以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得 2T0  F
以 M、N 和轻质滑轮为整体，根据牛顿第二定律可得 F   m  m g  m  m a
0 2 1 2 1 2
以 M 为对象，根据牛顿第二定律可得T0  1m1g  m1a
联立解得 F0  24N
【小问 3 详解】
解得细线拉力大小为T 18N
第 15 页/共 16 页
若 F  36N ，以轻质滑轮为对象，根据平衡条件可得
2T  F
0
以 M 为对象，根据牛顿第二定律可得T  1m1g  m1a1
a1  4m/s
2
解得
以 N 为对象，根据牛顿第二定律可得T   m g   m  m g  m a
1 1 2 1 2 2 2
作用t 一段时间后撤去拉力 F ，此时 M、N 的速度分别为 v1  a1t  4t ， v2  a2t  2t
1 1
x  a t2  a t2  t2 撤去力 F 时， M、N 发生的相对位移为
1 1 2
2 2
 m g
a 5m/s
'  1 1  2 （方向水平向右） 撤去拉力 F 后， M 的加速度大小为
1
m
1
最终 M 刚好不脱离 N ，可知 M 到达 N 的左端时，刚好共速 v共 ；设撤去力 F 后到 M、N 共速所用时间为t，
则有 v  v1  a1t  v2  a2t
共
v  v v  v t
2
  1 共   2 共   撤去力 F 后到 M、N 共速， M、N 发生的相对位移为 x t t
2 2 2 2
又 Δx1  Δx2  L  3m
联立可得t  2s解得
a2  2m/s
2
N 的加速度大小为
     
m m g m g     
a  1m/s （方向水平向右）
' 2 1 2 1 1 2
2
m
2
t 
解得
t
2