安徽省A10联盟2025-2026年高三上12月月考物理试题 [含答案]

这是一份安徽省A10联盟2025-2026年高三上12月月考物理试题 [含答案]，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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。
1.蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。如图所示，蹦极者站在离地面约40米的跳台上，橡皮条一端固定在跳台上，另一端绑在蹦极者的踝关节处，蹦极者两臂伸开，双腿并拢，从跳台上自由下落，下落到最低点后，再由最低点上升至最高点，在最高点时弹性绳处于松弛状态。对于由最低点上升至最高点的过程，不考虑空气阻力，下列判断正确的是()
A.在最低点时，橡皮条对蹦极者的弹力与蹦极者的重力大小相等
B.蹦极者在失重阶段的加速度最大值必定小于重力加速度
C.当蹦极者速度达到最大时，橡皮条对他的拉力与他的重力大小相等
D.蹦极者在超重阶段的加速度最大值一定小于重力加速度
2.在某次汽车的辅助驾驶性能测试中，汽车沿直线从A点由静止出发运动到 B点停下。已知AB 间距离为20m，汽车加速或减速的最大加速度大小均为 2m/s²，最大行驶速度为4m/s。则汽车从A 点运动到B 点的最短时间为()
A. 7sB. 5sC. 3sD. 2s
3.如图，半径为R的光滑硬质大圆环位于竖直平面内，质量不等的小圆环A、B套在大圆环上，两小圆环用长为√2R的轻质细绳连接。当两个小圆环静止时，B和圆心的连线与水平直径的夹角θ=37°。已知sin37°=0.6，两小圆环均可视为质点，则小圆环 A、B的质量之比为()
A. 9:16B. 16:9C. 3:4D. 4:3
4.小明从水平面竖直向上抛出一质量为m的小球，小球能达到的最大高度为h，在运动过程中受到的空气阻力大小与小球速率成正比，经过一段时间小球下落至同一水平面，则下列说法正确的是()
A.上升过程小球重力势能减少 mgh.
B.小球上升过程所需时间小于下降过程所需时间
C.小球上升过程机械能减少量小于下降过程机械能减少量
D.小球上升与下降过程重力的冲量大小相等
5.如图，从空中A点分别以速度v₀₁、v₀₂将两个相同的小球1、2沿水平方向抛出，两小球分别经时间t₁、t₂落至水平地面，落地时速度大小分别为v₁、v₂，速度与水平地面的夹角分别为60°、30°，此时重力的功率分别为 P₁、P₂，落地时的水平射程分别为x₁、x₂，不计空气阻力，则下列结论正确的是()
A.t1:t2=1:3B. R=1: 3 C.v01:v02=1:3 D.x1:x2=1:3
6.如图，竖直放置的薄圆筒内壁光滑，其半径为 R，内壁上P、Q两点连线竖直。一可视为质点的小球由 P 点沿与筒半径垂直方向水平抛出，小球初速度大小为 gR,，运动轨迹与PQ的交点依次为A、B、C三点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则()
A.小球在A、B、C三点时对筒壁的压力大小之比为1：3：5
B.小球从A点运动至C点过程中的平均速度大小为 5π2gR
C.小球到达C点时下落的高度为 18π2R
D.小球到达A点时的速度大小为 2πgR
7.如图，在均匀介质中有A、B、C三点，AC=5a,BC=4a,AB=3a,，O点是AC的中点。t=0时，位于B、C两点的两个横波波源同时由平衡位置向上开始振动，振动方向与平面ABC垂直，两列波在该介质中的传播速度均为v。已知 cs53∘=0.6,，D点是AO 连线上距O 点最近的一个振动加强点，且OD=1.4a。下列说法正确的是()
A. O点始终位于波峰处
B.两列波的频率均为 5v7a
C.若两波源的频率同时增大为原来的两倍，则D点不再是振动加强点
D. AC 连线上共有 5个振动加强点
8.如图，光滑水平面右侧有一竖直墙壁，离墙壁距离 x0=6m处静止放置一质量为 m2的球2，现让一质量为m₁的球1以速度 v0=2m/s与球2发生弹性对心碰撞，碰后球1的速度方向不变，球2随后与墙壁发生弹性碰撞。两球均可视为质点，则球1与球2第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，球2运动的路程可能为()
C. 7.0m
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.如图甲，卫星仅在地球引力作用下沿椭圆轨道绕地球以 ABCDA 的方向运动，BD 是椭圆的长轴，AC 是椭圆的短轴，O是椭圆中心，卫星所受地球引力大小随时间变化的规律如图乙所示，图中t为已知量。下列说法正确的是()
A.卫星从A到B 的时间为 12
B.卫星绕地球运行时机械能守恒
C.卫星在 B点与D点的速率之比为3 ：1
D.卫星在 B点与D点的速率之比为9：1
10.两位同学在同一竖直平面内分别在两端上下抖动水平细绳，形成甲、乙两列简谐横波。已知甲、乙两波源相距 12.5m，甲、乙两列波的波速均为1.0m/s，振幅均为20cm，周期为 Tz =2T甲=2s。距离乙波源6m的质点O处标记一个红色点。某一时刻的波形图如图所示，从该时刻开始计时，下列说法正确的是()
A.甲、乙两列波的波长之比为1：2
B.在图示时刻，质点 P 向上振动，质点 Q向下振动
C. t=4.5s时, 质点 O 运动的路程为 50cm
D. t=5.5s时, 质点O在平衡位置上方20cm处
三、非选择题：共5题，共58分。
11.(6分)
在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中，某同学进行实验的主要步骤如下：
步骤一：如图甲所示，橡皮条的一端连接轻质小圆环，另一端固定，橡皮条的自然长度为GE;
步骤二：在图乙中，通过两细绳连接弹簧测为计共同拉动小圆环，小圆环受到拉力 F1、F2的共同作用，处于O点，橡皮条伸长的长度为EO；
步骤三：撤去F₁、F₂，改成外介为F单独拉住小圆环时，使它处于O点，如图丙所示，力F 单独作用，与F₁、F₂共同作用的效果是一样的，都能使小圆环静止在同一点，故橡皮条对小圆环的拉力相同，所以F等于 F1、F2的合力。
(1)下列实验操作合理的是()
A.用两弹簧测力计拉橡皮条时，两弹簧测力计的示数都应尽可能接近量程
B.为了减小实验误差，图乙中两根细绳的长度必须相等
C.橡皮条必须与两绳夹角的角平分线在同一直线上
D.在记录力的方向时，标记同一细绳方向的两点尽量远些
(2)某次实验测得 F1=3.00N,F2=4.00N,两个力的夹角为钝角，则 (填“可以”或“不可以”)用一个量程为5N的弹簧测力计完成本实验；
(3)某同学用同一套器材做了四次实验，在白纸上留下的标注信息有：结点位置O、力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是( )
12. (10分)
图甲为某兴趣小组设计的实验装置，在单摆悬点处安装力传感器，可采集摆线的拉力；在小球的平衡位置正下方处安装光电门，可采集小球底部的轻质遮光片遮住光的时间。利用本装置可以完成测量当地重力加速度大小g、验证机械能守恒定律等实验。实验操作如下：
(1)测量所需长度：用刻度尺测得摆线长度为L，用游标卡尺测得小球直径为D；用螺旋测微器测量遮光片的宽度为d，如图乙所示，则d= mm；
(2)测量当地重力加速度的大小：将小球拉至与竖直方向成较小角度并由静止释放。从某时刻开始计时，利用力传感器，获得摆线所受拉力F 的大小与时间t的关系图像，如图丙所示，则单摆的周期T= (用t₁、t₂表示)，重力加速度大小的测量值为g= (用L、D、t₁和t₂表示);
(3)验证机械能守恒定律：
①将小球拉至与竖直方向成较大角度θ，并由静止释放；
②记录小球经过平衡位置时遮光片的遮光时间，则此时遮光片的速度ν视为小球经过平衡位置时的速度；
③改变θ, 重复①和②。
根据所测数据，小球由静止运动到平衡位置的过程中，在误差允许的范围内，若满足 12v2= 的关系式(用g、θ、L、D表示)，则小球在上述过程中机械能守恒。根据多次测量结果发现：小球由静止运动到平衡位置的过程中，重力势能减少量总是小于动能增加量，可能的原因是 。(写出一条即可)
13.(12分)
公路上有A、B两辆汽车在同一直线上沿相同方向运动，A车在前，B车在后，初始时刻两车间距离为10m。从此刻开始，A车的 xt−t图像及B车的 v2−x图像分别如图甲、乙所示。当两车间距离不超过4m时可以实现蓝牙配对。求：
(1)两车间的最小距离；
(2)两车能够实现蓝牙配对的时长。
14. (14分)
如图，右端有固定挡板的长木板甲放在光滑的水平桌面上，甲的左端和中点分别放有可视为质点的小物块乙和丙，乙与丙、丙与挡板之间的距离相等。开始时，三者均静止，现给乙一水平向右的初速度v₀，并与丙发生碰撞，丙与乙碰后并与挡板发生碰撞，乙最终恰好未从长木板甲左端滑下。已知甲、乙、丙的质量相同，甲与乙、丙之间的动摩擦因数均相等，所有碰撞均为弹性碰撞。求：
(1)乙与丙碰撞前后乙的加速度大小之比；
(2)丙与挡板碰撞前瞬间丙的速度大小。
15. (16分)
如图，一足够长的水平传送带以速度v₀顺时针匀速传动，质量为3m的小物块P和质量为2m的小物块Q通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度2v₀冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数 μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦。求：
(1)物块 P 刚冲上传送带时的加速度大小；
(2)物块 P从刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
(3)若传送带以不同的速度 v(0g，因此超重阶段的最大加速度可以大于重力加速度，D错误。
2. A先计算A到B 的最短时间，应先以最大加速度加速到4m/s，再以4m/s的速度匀速，最后以最大加速度减速到0。A到B加、减速的时间均为 t1=t3=va=4m/s2m/s2=2s,加速和减速的位移均为 s=v22a=4m,则匀速运动的时间为 t2=sAB−2sv=20−84s=3s,则汽车从 4到j²的最短时间为 t=t1+t2+t3=7s,故选 A。
3. D对 B 受力分析，受重力m₂g、圆环轨道的支持力N和轻绳的拉力T，将重力和绳子拉力沿着垂直半径方向分解，根据平衡条件和几何关系可得 m2gcs37∘=Tcs45∘,可得 m2=Tcs45∘gcs37∘, 同理可得 m1=Tcs45∘gsin37∘, 则 m1m=45.D 正确。
4. B小球上升时重力做负功 ，重力势能增加 mgh，A错误；上升过程中，小球受向下的重力和阻力由牛顿第二定律可得加速度 a上=g+kvm, 下降时，阻力方向向上，可得加速度为 a下=g−kvm, 上升阶段加速度更大，速度减得更快，且位移相同，因此上升时间更短，B正确；机械能减少量等于克服阻力做的功，上升时速度更大，阻力(f=kv)更大，且上升和下降路径均为h，因此上升过程阻力做功更多，机械能减少量更大，C错误；重力冲量大小为I=mgt，由于所以小球上升与下降过程重力的冲量大小不等，D错误。
5. D 由 h=12gt2得 t=2hg,则 t1:t2=1:1,A错误;由 P= mg· gt得. P1:P2=1:1,B错误；由 v01=gttan60∘, v02=gttan30∘,得 v01:v02=1:3,C错误; 由x=v₀t;得 x1:x2=1:3,D正确。
6. C小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，经过A、B、C三点时对筒壁的压力大小均为 FN=mv02R=mg,即压力之比为1：1：1，A错误；小球做圆周运动的周期 T=2πRv0=2πRg,小球从A点运动至C点过程中的位移 h=12g3T2−12gT2=16π2R,平均速度大小为 v=h2T=4πgR,B 错误；小球到达 C 点时下落的高度为 hC=12g3T2=18π2R,C正确；小球到达A点时的速度大小为 vA=v02+gT2=4π2+1gR,D错误。
7. B由余弦定理得 LOB=LOC2+LCB2−2LOC×LCBcs37∘=2.5a=LOC, 知O点是振动加强点，位移随时间变化，不是始终位于波峰处，A错误；D点是AC上距O最近的一个加强点，所以D点到两波源的波程差Δx=λ，由余弦定理得 LBD=LAB2+LAD2−2LAB×LADcs53∘=2.5a,D点到两波源的波程差 △x=LCD−LBD=1.4a,则可知λ=1.4a, 频率 f=vλ=5v7a,B正确；同时将两波源的频率增大两倍，则 λ'=λ2,D 点到两波源的波程差Δx=2λ′，D点仍是加强点，C错误；A点到两波源的波程差Δx=2am2,对 x2=6m1+m23m1−m2>2m,故x>8m, 故选A。
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. BC 由题图乙可知卫星的周期为t，则卫星从A到B 的时间小于 14t，A错误；卫星绕地球运行时，只有地球引力做功，则机枝能赤恒，B正确；卫星在近地点 B 时有 GMmr12=9F,卫星在远地点D时有 GMmr22=F,联立解得 r2r1=31,根据开普勒第二定律，卫星在近地点B 与远地点D 时有 v1×△t×r1=v2×△t×r2,联立解得卫星在近地点 B 与远地点D的速率之比为 v1v2=31,C正确，D错误。
10. AD 由λ=vT得. λ甲=vT甲=1m,λ乙=vT乙=2m,所以 λt11λ乙=12,A正确；由题意知，甲波向右传播，乙波向左传播，根据“同侧法”可判断，在图示时刻，质点 P、Q均向上振动，B错误；对于甲波，由 t1=xPOv=12.5−6−1.5λ甲1s=5s, 可知甲波的振动传到O 点需要 5s，对于乙波，由 t1'=xQOv=6−1.5λ乙1=31s=3s,可知乙波的振动传到O点需要3s，可见t=4.5s时，只有乙波引起O点的振动，且振动了了 t−t1'=1.5s,O运动的路程为 S=t−t1'T乙×4A=1.52×4×20cm=60cm,C错误；介质中各质点的起振方向相同，t=5.5s时，甲波使O点振动了 t−t1=0.5s,O点从平衡位置向上振动经过 12T甲后又回到平衡位置，即 x1=0;；乙波使O点振动了 t−t1'=2.5s,，O点从平衡位置向上振动了 54T₂周期后，到达最高位置处，即 x2=20cm,叠加后O点的位移为 x1+x2=20cm,D正确。
三、非选择题：共5题，共58分。
11.(6分)
【答案】(1)D(2)可以(3) A (每空2分)
【解析】
(1)当两个弹簧测力计的示数都接近量程时，虽然读数误差减小，但合力的值可能超过单个测力计量程，A错误；两根绳只需要适当长一些，不需要等长，B错误；由于两弹簧测力计的示数不一定相同，橡皮条的反向延长线不一定是两条细绳夹角的角平分线，C错误；实验要记录弹簧测力计在平行于木板方向的读数和方向，记录方向是根据两点连线作出的，两点尽量远些，D正确。
(2)某次实验测得 F1=3.00N,F2=4.00N,两个力的夹角为钝角，可以用一个量程为5N 的弹簧测力计完成本实验。因为若夹角为直角，两个力的合力恰好为5N，而夹角变为钝角，合力小于5N，故5N的弹簧测力计可以完成本实验。
(3)作力的图示时选取的标度要大小适当，同时两个分力的夹角大小要适当，BD中选择的标度过大；不超过弹簧弹性限度的情况下，分力越大，误差越小，则A 对提高实验精度最有利。
12. (10分)
【答案】(1) 1.200(1.199~1.201均可) 22t2−t1;π22L+D2t2−t12
3gL+D21−csθ;遮光片的速度大于小球的速度 (每空 2分)
【解析】
(1) 根据螺旋测微器的测量原理, 遮光片的宽度为1mm+0.01mm×20,0=1.200mm。
(2)根据单摆的特点可知，在最低点处时的拉力是最大的，所以周期的大小应为 T=2t2−t1;单摆的周期公式为 T=2πlg,其中摆长 l=L+D2,整理后可得
(3)在误差允许的范围内，应有 mgh=mg,L+121−csθ=12mv2,整理后为 12v2=gL+D21−csθ;由于遮光片的位置低于小球，其做圆周运动的半径更大，通过光电门测得的速度会略大于小球，因此计算得到的小球的动能曾加量会偏大。
13.(12分)
(1)根据匀变速直线运动规律 x=v0t+12at2化简可得： xt=12at+v0
结合图甲可知，A车的初速度： vA=8m/s(1分),加速度: aA=−1m/s2(1分)
同理，由 v2−v02=2ax,可知B车的初速度： vB=12m/s(1分),加速度: aB=−2m/s2(1分)
当两车速度相等时两车间距最小，设所经过时间t₁速度相等，有： vA−aAt1=vB−aBt1(1分)
解得： t1=4s
两车的最小距离为： smin=s0+vAt1−12aAt12−vBt1−12aBt12(1分)
解得：Smin=2m (1分)
(2)设两车距离为4m时所经历的时间为t₂，则： s0+vAt2−12aAt22−vBt2−12aBt22=4m(2分)
解得： t2=2s或6s (1分)
故两车能够实现蓝牙配对的时长为：△t=6s-2s=4s(2分)
14.(14分)
(1)乙与丙碰撞前，由于三者间的动摩擦因数均相等，乙做匀减速直线运动，甲与丙一起做匀加速直线运动，以乙为研究对象，有： μmg=ma1(2分)
质量相等的两个物体发生弹性碰撞，碰后两者速度发生交换，故乙与丙碰撞后，甲、乙相对静止，以甲和乙为研究对象，则： μmg=2ma2 (2分)则乙与丙碰撞前后，乙的加速度大小之比为： a1:a2=2:1(1分)
(2)由于它们之间的碰撞均为弹性碰撞，它们质量均相等，碰撞后速度发生交换，甲与乙、丙之间的动摩擦因数均相等，故乙与丙碰撞前甲、丙相对静止，乙与丙碰撞后甲、乙相对静止，丙与挡板碰撞后乙、丙相对静止，乙恰好未从甲上滑下，则最终三者共速，设初始时刻乙丙之间距离为L，对全过程，由动量守恒定律得： mv0=3mv(2分)
由功能关系有： 12mv02=12×3mv2+4μmgL(2分)
丙与挡板碰撞前瞬间，由动量守恒定律有： mv0=mv丙+2mv甲(2分)
从开始到丙与挡板碰撞前瞬间，由功能关系有： 12mv02=12×2mv甲2+12mv丙2+2μmgL(2分)
解得： v丙=1+23v0(1分)
15. (16分)
(1)设P 的加速度大小为a，根据滑轮组特点可知Q的加速度大小为0.5a，
物块 P刚冲上传送带时: 3μmg+T=3ma (2分)
对Q有: 2mg-2T=2m×0.5a (2分)
解得: a=0.5g (1分)
(2)P先减速到与传送带速度相同，设位移为x₁，有： x1=2v02−v022a=3v02g(1分)
共速后，由于 3μmg