安徽省六安市2026届高三物理上学期11月月考试题含解析

这是一份安徽省六安市2026届高三物理上学期11月月考试题含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 甲、乙、丙、丁四个物体做直线运动，它们运动的、、、图像分别如图所示，其中图像表示的物体在时的速度为零，则下列说法正确的是（ ）
A. 内甲物体运动的位移大小为0m
B. 内乙物体作匀变速直线运动
C. 内丙物体作往复运动
D. 内丁物体的位移大小为0m
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图甲可知，内甲位移为，故A错误；
B．根据图像表示加速度，由图乙可知，内加速度发生了变化，乙物体做非匀变速直线运动，故B错误；
C．根据图像面积表示速度变化量，由图丙可知，丙物体速度方向未改变，不是往复运动，故C错误；
D．根据位移时间关系
整理可得
结合图丁可得，丁物体做初速度为，加速度为的匀变速直线运动，则内丁物体的位移大小为，故D正确。
故选D。
2. 如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.30kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为取，挡板对球体支持力的大小为（ ）
A. B. 1.0N
C. D. N
【答案】A
【解析】
【详解】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力与力与竖直方向的夹角均为，因此由正交分解方程可得，
解得
故选A。
3. 如图所示，我国5代新型战斗机歼35在展示其卓越的机动性，这对驾驶员的身体素质有着极其苛刻的要求，驾驶员承受的“载荷”可达5~6G。“载荷”是指飞机在机动飞行时，驾驶员所承受飞机作用力与驾驶员重力的比值。已知驾驶员的质量为50kg，重力加速度g取，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 当歼35以的加速度斜向上加速爬升时，驾驶员受到飞机的作用力大小为1000N
B. 当歼35在水平面内盘旋做匀速圆周运动时，飞机对驾驶员的作用力大小为500N
C. 当驾驶员驾驶歼35做“筋斗”特技，飞机在竖直平面以100m/s的速度沿半径为200m的圆轨迹到达最高点时，驾驶员承受的“载荷”可达到4G
D. 当歼35加速下降时，驾驶员处于超重状态
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据牛顿第二定律
解得，故A错误；
B．飞机在水平面内做匀速圆周运动时，驾驶员的竖直方向处于平衡，水平方向力提供向心加速度，故飞机对驾驶员的作用力大于重力 500 N，故 B 错误；
C．根据牛顿第二定律
解得
驾驶员承受的载荷，故C正确；
D．当歼35加速下降时，驾驶员处于失重状态，故D错误。
故选C。
4. 如图，球形容器内部固定有三根光滑细杆1、2、3，细杆2顶端与球心在同一水平面上，为容器最低点。将三个可视为质点的相同小环套在细杆上，依次从细杆的顶端由静止释放，小环都可到达最低点。下列说法正确的是（ ）
A. 小环沿细杆1运动加速度最小
B. 小环对细杆3的压力最小
C. 小环从三个细杆顶端下滑到点所用时间相同
D. 小环从三个细杆顶端下滑到点时重力的瞬时功率相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．设球形容器的半径为R，轨道与水平面的倾角为，由牛顿第二定律有
解得
由题意可知，细杆1与水平面的倾角最大，则小环沿细杆1运动加速度最大，故A错误；
B．在垂直细杆方向上，由平衡条件可得小环受到的支持力
由牛顿第三定律可得小环对细杆的压力
则小环对细杆1的压力最小，故B错误；
C．根据几何关系，可得小环沿细杆下滑的位移为
由位移公式可知
解得时间为
即小环沿三根细杆下滑的时间相等，故C正确；
D．小环从细杆1下滑到P点时的速度
重力的瞬时功率
所以小环从细杆1下滑到P点时重力做功的瞬时功率最大，故D错误。
故选C。
5. 如图所示，中星26为我国首颗超百Gbps容量高通量地球静止轨道通信卫星，某时刻中星26与椭圆轨道侦察卫星恰好位于C、D两点，两星轨道相交于A、B两点，C、D连线过地心，D点为远地点，两卫星运行周期都为T。下列说法正确的是（ ）
A. 中星26与侦察卫星可能在A点或B点相遇
B. 中星26在B点的加速度大于侦查卫星在A点的加速度
C. 中星26在C点的线速度v1大于侦察卫星在D点的线速度
D. 相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积等于侦察卫星与地球的连线扫过的面积
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据题意，由于中星26与椭圆轨道侦察卫星的运行周期都为T，由图可知，中星26在下半周转动时，侦察卫星在上半周转动，中星26在上半周转动时，侦察卫星在下半周转动，则中星26与侦察卫星不可能在A点或B点相遇，故A错误；
B．根据可得因AB两点距离地球距离相等，可知中星26在B点的加速度等于侦查卫星在A点的加速度，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，解得，若经过D点做圆轨道，则侦察卫星在D点加速后才能到达圆轨道，而在此圆轨道时的速度小于中星26在C点线速度v1，故中星26在C点线速度v1大于侦察卫星在D点线速度v2，C正确；
D．由开普勒第三定律，中星26的轨道半径等于侦察卫星的半长轴，令相等时间为周期T，则中星26与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积大于椭圆面积可知（椭圆面积为πab），相等时间内中星26与地球的连线扫过的面积大于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，以O点为原点在竖直面内建立平面直角坐标系，在第一象限中建立一个斜面。现将一小球从A点（，0）斜向上抛出，水平经过轴上的B点（0，15m）后，垂直落在斜面上的D点（图中未画出），重力加速度大小取，不计一切阻力，以下说法正确的是（ ）
A. 小球从A点抛出时的初速度大小为
B. 小球从A点抛出时的速度方向与水平方向的夹角为
C. 小球经过B点时的速度大小为
D. 斜面上D点坐标为（10m，10m）
【答案】D
【解析】
【详解】AC．根据逆向思维可知小球从B到A做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，有
代入数据有
解得小球从B到A的时间为
水平方向，有
代入数据有
解得
A点处竖直方向的速度为
则A点的合速度大小（等于小球从A点抛出时的初速度大小）为
故AC错误；
B．设小球从A点抛出时的速度方向与水平方向的夹角为，则有
解得
故B错误；
D．设小球从B点到D点的运动时间为，在D点由速度的合成和分解有
解得
下落的高度为
则D点的纵坐标为
水平位移为
则D点的横坐标为，所以D点的坐标为（10m，10m），故D正确。
故选D。
7. 质量为1000kg的汽车，沿一条平直公路由静止开始运动，汽车在运动过程中受摩擦阻力大小恒为2000N，汽车发动机的额定输出功率为40kW，开始时以的加速度做匀加速运动（g取），汽车经过10s时间达到最大速度，从汽车开始运动到再一次静止共经历了20s时间，求（ ）
A. 汽车所能达到的最大速率为10m/s
B. 汽车做匀加速运动的时间4.5s
C. 汽车加速阶段位移是50m
D. 该运动过程中汽车受到的牵引力一直在减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．设发动机的牵引力为，汽车所能达到的最大速率为，则汽车达到最大速率时有，
联立解得，故A错误；
B．设汽车做匀加速运动的时间为，末速度为，根据牛顿第二定律有
根据功率的速度表达式有
根据速度公式有
联立解得，故B错误；
C．汽车关闭发动机后做匀减速运动，从最大速度减速到静止用时
已知汽车在匀加速阶段用时，则变加速度阶段用时
设汽车在变加速阶段位移为，根据动能定理可得
解得
所以汽车加速阶段得位移为，故C正确；
D．匀加速阶段牵引力恒定，变加速阶段速度增大，牵引力逐渐减小至等于阻力。因此牵引力并非“一直减小”，故D错误。
故选C。
8. 如图1所示，O点处固定有力传感器，长为l的轻绳一端与力传感器相连，另一端固定着一个小球。现让小球在最低点以某一速度开始运动，设轻绳与竖直方向的角度为（如图所示），图2为轻绳弹力大小F随变化的部分图像。图2中a为已知量，不考虑空气阻力，重力加速度大小为g，则（ ）
A. 小球质量
B. 小球在与圆心等高处时的速度为
C. 小球运动到时的动能为
D. 小球在最低点时对细线的拉力为4a
【答案】B
【解析】
【详解】A．设小球在最低点时的速度为v0，则当角度为θ时，由动能定理
绳子拉力满足
联立解得
故图线斜率大小为；截距
解得，，故A错误；
B．与圆心等高处，即时，此时满足
且由A知
解得，故B正确；
C．小球运动到时，由动能定理
解得，故C错误；
D．小球在最低点时，小球对细线的拉力，故D错误。
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. “风洞实验”常用于研究飞行器的空气动力学特性，在某风洞中，将一小球从M点竖直向上抛出，小球在大小恒定的水平风力作用下，运动轨迹如图所示。其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球经过M点时的动能为9J，经过O点时的动能为4J。下列说法正确的是（ ）
A. 小球所受的重力和风力大小之比为
B. 上升和下降过程，小球的机械能变化量之比为
C. 从M点运动到O点的过程，小球的动能一直减小
D. 小球经过N点时的动能为25J
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据题意，设风力大小为F，小球的质量为m，小球的初速度为，MO的水平距离为，竖直距离为h，竖直方向上有
则有
从M到O过程中，由动能定理有
可得J
又有
水平方向上，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
由于运动时间相等，则
则有
解得，故A正确；
BD．根据题意可知，小球在水平方向做初速度为0的匀加速直线运动，由对称性可知，小球从和从的运动时间相等，设ON的水平距离为，根据匀变速运动推论可知
小球由过程中，由动能定理有
解得J
由功能关系可知，小球机械能的变化量等于风力做功，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为，故B错误，D正确；
C．根据前面分析可知从M点运动到O点过程，小球受到的重力和风力的合力方向开始与速度方向夹角为钝角，后与速度方向夹角为锐角，故合力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故C错误。
故选AD。
10. 如图甲所示，小木块和（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，的质量为，的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为，，、与盘间的动摩擦因数相同且均为。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。表示圆盘转动的角速度，在角速度增大到一定值的过程中，、与圆盘保持相对静止，所受摩擦力大小与满足如图乙所示关系，图中。下列判断正确的是（ ）
A. 图线（1）对应物体aB.
C. D. 时绳上张力大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．角速度较小时，两物体受静摩擦力提供向心力，对a有
对b有
则角速度较小时，b的静摩擦力较小，则图（1）对应物体b，故A错误；
B．当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有
当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有
解得
故B正确；
C．当角速度达到时，b受最大静摩擦力提供向心力，有
当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有
解得
故C错误；
D．由上述分析可知
联立解得
故D正确。
故选BD。
三、实验题（每空2分，共16分）
11. 在“探究向心力大小的表达式”实验中，所用向心力演示器如图a所示，图b是演示器部分原理示意图；其中皮带轮①、④的半径相同，轮②的半径是轮①的2倍，轮④的半径是轮⑤的2倍，两转臂上黑白格的长度相等。A、B、C为三根固定在转臂上的挡板，可与转臂上做圆周运动的实验球产生挤压，从而提供向心力，图a中的标尺1和2可以显示出两球所受向心力的大小关系。可供选择的实验球有：质量均为2m的甲球和乙球、质量为m的丙球。
（1）下列实验与本实验万法相同的是_______；
A. 探究平抛运动的特点B. 探究弹簧形变量与力的关系
C. 探究加速度与力和质量的关系D. 探究两个互成角度的力的合成规律
（2）为探究向心力与圆周运动轨道半径的关系，实验时应选择甲球和_______球作为实验球；
（3）在某次实验中，一组同学把甲球和乙球分别放在AC位置，将皮带处于塔轮的某一层上，匀速转动手柄时，左边标尺露出1个分格，右边标尺露出4个分格，则AC位置处的小球转动所需的向心力之比为_______，AC两个挡板角速度之比为_______。
【答案】（1）C （2）乙
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
探究向心力大小的表达式与探究加速度与力和质量的关系采用的都是控制变量法。
故选C。
【小问2详解】
探究向心力与圆周运动轨道半径的关系应使两球质量相等，故应选择甲球和乙球作为实验球
【小问3详解】
[1]左右标尺露出的格数表示向心力的大小，故向心力之比为。
[2]皮带处于塔轮的某一层上，转动半径相同，两个小球质量相同，由向心力公式
AC两个挡板角速度之比为。
12.
（1）为了说明平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，用如图所示装置进行实验。小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开自由下落。关于该实验，下列说法正确的有___________。
A. 应改变该装置的高度多次实验
B. 只做一次实验发现两球同时落地，即可以得到实验结论
C. 本实验也能说明A球水平方向上做匀速直线运动
（2）用如下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.本实验需要用到的器材里有刻度尺和秒表
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（A不是抛出点），建立了如图所示的坐标系，平抛轨迹上的三点坐标值：A点的坐标为，B点的坐标为，C点的坐标为。重力加速度取，则小球平抛的初速度为___________m/s；小球抛出点的纵坐标___________。
【答案】（1）A （2） ①. AB##BA ②. 1##1.0 ③. 3.75
【解析】
【小问1详解】
AB．为得到一般性的结论，则应改变该装置的高度多次实验，而不是只做一次实验发现两球同时落地，即得到实验结论，选项A正确，B错误；
C．本实验中两球总是同时落地，说明两球在竖直方向的运动完全相同，说明平抛运动在竖直方向是自由落体运动，但不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动，选项C错误。
故选A。
【小问2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，选项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，选项B正确；
C．本实验需要用到的器材里有刻度尺，不需要秒表，选项C错误。
故选AB。
③[2][3]因三点的水平距离相等，可知时间相同，竖直方向根据
解得
则水平速度
打B点时竖直速度
则从抛出到B点的时间
则抛出点的纵坐标
四、解答题（13题12分，14题、15题每题15分，共42分）
13. 在某星球表面上，有一装置如图所示，长度为L的不可伸长的轻绳一端固定在点，另一端系一小球，使小球在竖直面内做圆周运动。小球能到达最高点的最小速度为，已知该星球的半径为，自转周期为T，引力常量为，球的体积公式是。求：
（1）该星球表面的重力加速度；
（2）该星球的密度；
（3）现向该星球发射一颗同步卫星，求该同步卫星距离星球表面的高度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
小球能到达最高点的最小速度为，此时重力提供向心力，则有
解得该星球表面的重力加速度为
【小问2详解】
在该星球表面有
又
联立解得该星球的密度
【小问3详解】
现向该星球发射一颗同步卫星，由万有引力提供向心力得
联立解得该同步卫星距离星球表面的高度为
14. 如图所示，一足够长固定斜面的倾角为=37°,在斜面底端同定一垂直斜面的挡板．劲度系数为= 100 N/m的轻弹簧，下端固定在挡板上，上端固定在质量为M =2 kg的小滑块P上，此时弹簧平行 斜面．质量为m =0.5 kg的小滑块Q与P靠在一起，并不粘连．P、Q与斜面间的动摩擦因数分别为=0.25和=0.5．对Q施加一个沿斜面向下的作用力，系统静止时弹簧压缩量为=0.56 m．已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内．求：
(1)在撤去外力瞬间，P对Q的弹力大小；
(2)P、Q第一次分离前一起运动的位移．
【答案】(1) 12N (2) 0.6m
【解析】
【详解】（1）撤去力F瞬间，弹簧弹力
P和Q受到的滑动摩擦力大小分别为
和
对P和Q整体，根据牛顿第二定律有
对Q，根据牛顿第二定律有
解得
（2）P、Q分离之前一起沿斜面向上运动，P、Q分离瞬间，Q的加速度大小
沿斜面向下．
因为
可知弹簧对P的弹力沿斜面向下，弹簧被拉长．
设弹簧伸长量为，此时P的加速度大小也为、沿斜面向下．
对P根据牛顿第二定律有
解得
P、Q沿斜面一起向上运动的位移
解得
15. 一游乐设施简化模型如图所示，挡板1、2分别固定在光滑斜面的顶端和底端，相距为L，A为一小滑块，B为不计质量的板（在外力的作用下可以瞬间获得或失去速度），长度，AB间的滑动摩擦力大小恒等于A的重力，A、B与挡板的碰撞都是弹性碰撞，已知斜面的倾角，重力加速度为g。
（1）若将置于板上端的滑块A以初速度为零释放，求滑块A到达挡板2时的速度大小；
（2）在挡板1处有发射装置，可以将置于板上端的滑块A沿平行于斜面的方向发向发射，要使滑块A恰能回到挡板1处，求滑块A需要的发射速度大小；
（3）在（2）中。若使滑块A以初速度发射，求滑块A做周期性运动时的周期。
【答案】（1）0；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）A下滑时，B与挡板2碰撞并立即停止，A的速度大小为，由机械能守恒定律得
A继续下滑过程中受到B给的斜面向上的滑动摩擦力，设A滑倒挡板2时的速度为，同理有
解得
（2）设需要的发射速度为，A从挡板1运动到挡板2的过程，由动能定理得
解得
A与挡板2发生弹性碰撞，原速反冲，在上升过程中，由动能定理得
解得
（3）A从1到2的过程中由（2）分析可知，A到达2的速度
反弹后速度仍为，当B碰到1板并停止时A的速度为，由运动学公式可知
解得
A继续上升直到速度为0，则由动能定理得
解得
此后AB一起向下加速，B碰撞挡板2后，A继续向下运动直到碰撞挡板2时速度为v5，由动能定理可知
解得
反弹后B不会在碰到挡板1，之后就以v5的初速度上升到最高点在下降，循环做周期性运动，设周期为T，则
代入数据可得