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/安徽省皖东名校2025-2026学年高三（上）10月检测物理试卷一、单选题：本大题共8小题，共32分。1.高速公路的ETC通道长度是指从识别区起点到自动栏杆的水平距离．如图所示，某汽车以18 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知该ETC通道的长度为9 m，车载电子标签到汽车前车牌的水平距离约为1 m，刹车加速度大小为5 A.0.6 s B.0.8 s C.1.0 s2.智能手机安装软件后，可利用手机上的传感器测量手机运动的加速度，带塑胶软壳的手机从一定高度由静止释放，落到地面上，手机传感器记录了手机运动的加速度a随时间t变化的关系如图所示，g为当地的重力加速度。下列说法正确的是(
A.释放时，手机离地面的高度为12gt22
3.如图所示，一质量为m的小球在光滑水平桌面上，受一水平恒力F的作用，先后经过A、B两点，速度方向偏转90°。已知经过A点时的速度大小为v、方向与AB连线夹角为53°，AB连线长为L。对小球从A运动到B的过程，下列说法正确的是(
A.沿A点速度方向的平均速度大小为v3 B.小球在B点的速度为5v3
C.水平恒力方向与AB连线夹角74° D.水平恒力4.如图所示，四分之一圆柱体P放在水平地面上，圆心O的正上方有一个大小可忽略的定滑轮A，一根轻绳跨过定滑轮，一端和置于圆柱体P上的质量为m的小球连接，另一端系在固定竖直杆上的B点，一质量为m0的钩码挂在AB间的轻绳上，整个装置处于静止状态。除圆柱体与地面之间的摩擦以外，其它摩擦不计，绳的总长不变。将B点缓慢移动到C点的过程，下列说法正确的是
A.地面对圆柱体P的支持力不变
B.地面对圆柱体P的摩擦力减小
C.轻绳的
张力增大
D.若增大钩码的质量，整个装置再次处于静止状态时，小球依然处于圆柱体P上，则轻绳的张力增大5.如图所示，半径为R的光滑大圆环固定在竖直面内，小环套在大圆环上，小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑至其底部。则下列关于小环下滑过程中，其水平方向速度vx、竖直方向速度vy、角速度ω以及向心加速度an随下落高度h变化的图像可能正确的是
A. B.
C. D.6.如图所示，在竖直平面中，有一根水平放置的，长度为L的不可伸长的轻绳，绳的一端固定在O点，另一端连有质量为m的小球。现从A点静止释放小球，当小球运动到O点正下方B点时，绳子突然断裂。B点位于斜面顶端，斜面足够长，倾角为θ，则下面的说法正确的是(
C.小球落至斜面C7.如图所示，倾角为α=37°的光滑斜面固定在水平地面上，物块A和长木板B叠放在斜面上，不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮连接B与物块C。物块A、长木板B的质量均为m，物块C的质量为2m，A、B间的滑动摩擦因数μ=0.8，重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。将A、B、CA.轻绳拉力为2mg B.物块A与木板B间的摩擦力为0.64mg
C.物块C的加速度为0.76g D.物块8.如图所示，质量分别为2kg、3kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在水平传送带的左端且连接物块Q的细线水平，当传送带逆时针转动时，Q恰好静止。当传送带以8m/s的速度顺时针转动时，Q运动到传送带的右端且恰好与传送带速度相同。重力加速度gA.Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
C.传送带AB间的距离为4m
D.Q二、多选题：本大题共2小题，共10分。9.射击训练中，子弹因空气阻力的作用会影响其运动状态。如图甲，某运动员先后两次在不同环境下从同一高度水平射出完全相同的子弹，每次子弹均从离开枪口开始计时，用vy表示子弹在竖直方向的分速度，其vy−t图像如图乙所示(取竖直向下为正方向)，a、b两点对应的竖直方向的速度大小均为vyA.0～ta过程中子弹沿竖直方向的位移比0～tb过程的大
B.0～ta过程中子弹沿竖直方向的平均加速度比0～tb过程的大
C.物块三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.某实验小组同时测量A、B两个箱子质量的装置图如图甲所示，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质滑轮(质量和摩擦可忽略不计)，F为光电门，C为固定在A上、宽度为d的细遮光条(质量不计)，另外，该实验小组还准备了刻度尺和一套总质量m0=0.5kg的砝码。(1)在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门F之间的距离为h。取出质量为m的砝码放在A箱子中，剩余砝码全部放在B箱子中，让A从位置O由静止开始下降，则A下落到F处的过程中，B箱与B箱中砝码的整体机械能是________(选填“增加”、“减少”或“守恒”)的。(2)测得遮光条通过光电门的时间为Δt，根据所测数据计算得到下落过程中的加速度大小a=________(用d、Δ(3)改变m，测得相应遮光条通过光电门的时间，算出加速度a，得到多组m与a的数据，作出a−m图像如图乙所示，可得A的质量mA=________kg。(取重力加速度大小12.如图甲所示，一圆盘绕垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量△ω与对应时间△t的比值定义为角加速度β(即β=△ω△t)。我们用电磁打点计时器(所用电源频率为f)、刻度尺、游标卡尺、纸带(厚度不计)、复写纸来完成下列实验。
实验步骤如下：
①用游标卡尺测得圆盘直径为D；
②将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上。
③接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动(即角加速度恒定)。
请回答下列问题：
(1)小球从O运动到A14.如图所示，质量为M=3kg，长度为L=1m的木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的物块。已知木块的质量m=1kg，小木块与长木板上表面之间、小物块与地面之间的动摩擦因数μ1=0.2.而长木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4，现用水平恒力F拉木板。(g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)若将长木板M从小木块与地面之间抽出，拉力F至少应为多少？
(2)若开始时，用F=30N的水平力作用在M15.如图所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg。管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)管第一次落地弹起时管和球的加速度；
(2)管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；
(3)管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件。
答案和解析1.【答案】B
x1=v0(t1+t22.【答案】D
【解析】A.由图可知，
t1
时刻手机开始接触地面，则
h=故A错误；B.由图可知，
t1
时刻手机开始接触地面，
t3
t3C.由图可知，
t2F可得F手机第一次与地面碰撞中所受最大弹力为自身重力的11倍，故C错误；D.由图可知，
t2
时刻手机的加速度最大，此时手机受到地面的弹力最大，手机处于最低点，手机的速度为零，则
0∼t2
a−t
图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0故选D。
手机自由落体过程加速度大小为g，当加速度开始变化时手机开始接触地面，接触地面后加速度达到最大时，手机的速度大小为0。
通过a−3.【答案】C
【解析】AB.由题可知，将水平恒力F分解为沿A点速度反方向分力
F1
和垂直A点速度方向分力
从A到B，沿A点速度方向速度减为零，根据匀变速运动规律可得沿A点速度方向的平均速度大小为
v沿A点速度方向，根据匀变速规律可得
t在垂直A点速度方向，根据匀变速规律可得
L解得小球在B点的速度为
vB=4CD.沿A点速度的反方向，根据牛顿第二定律可得
垂直A点速度方向，根据牛顿第二定律可得
F则F的大小为
F设
F2
的夹角为
，则
α则
与AB连线的夹角为
θ=α+90故选C。4.【答案】B
【解析】
小球受重力mg、P对它的支持力N及轻绳对它的拉力T，小球静止时，其受力情况如图所示：
CD.由相似三角形可知NR=TL=mgAO，其中，R为四分之一圆柱体P的半径，L为定滑轮A左侧轻绳的长度。B上移到C或钩码质量增加时，到小球再次静止的过程中，钩码将下移，小球将沿圆柱体P上移；小球再次静止时，相对前一次静止时，由于AO、mg、R不变，L减小，故N不变，T减小，故CD错误;
B.设地面对P的摩擦力为f'，轻绳与竖直方向的夹角为θ，分析小球与P的整体的受力情况可知，
A.设α为小球对P的压力N压与竖直方向的夹角，地面对P的支持力为N''，分析圆柱体P的受力情况，可
知N压cosα+Mg=N''5.【答案】D
【解析】设小环由静止开始从大圆环顶端自由下滑h高度时，小环所在位置与圆心连线与竖直方向夹角为θ，速度为v，有
cosθ=R−hR，sinθ=2Rh−h2R
根据动能定理
12mv2=mgh，v=2gh
A.小环水平方向速度vx=vcosθ=vR−hR，当h=R时，vx6.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了平抛运动和动能定理的应用。先对A点运动到B点过程运用动能定理，求解出绳子断裂时小球的速度，由于绳子断裂后小球做平抛运动，则对其列式即可求解。
【解答】小球由A点运动到B点过程，由动能定理：mgL=12mv02−0，
解得绳子断裂时小球的速度大小v0=2gL，
绳子断裂后小球做平抛运动，则BC⋅cosθ=v07.【答案】B
【解析】假设AB能相对静止一起沿斜面向上加速运动，则整体的加速度a=2mg−2mgsin 37°4m=0.2g，此时对物体A：f−mgsin 37°=ma，解得f=0.8mg，而A与B的最大静摩擦力fm=μmgcos37°=0.64mg，可知此时AB不能相对静止，即A相对B下滑，物块A与木板B间的滑动摩擦力为f=μmgcos 37°=0.648.【答案】C
【解析】A.当传送带逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q根据平衡条件知mPg=μmQg，解得μ=23，A错误；
BC.当传送带突然以v=8m/s顺时针转动，Q做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg+μmQg=(mP+mQ)a，解得a=8m/s9.【答案】BD
【解析】解析：vy−t图像斜率表示竖直方向的加速度，由图像斜率可知第一次斜率更大，即0～ta过程中子弹沿竖直方向的平均加速度比0～tb过程的大，故B正确，
根据2ax=v2
，由于a、b两点对应的竖直方向的速度大小均为vy1，可知：0～ta过程中子弹沿竖直方向的位移比0～tb过程的小，故A错误；
根据受力分析可知，在竖直方向有：mg−fy=ma10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键。
对整体分析，根据平衡条件和胡克定律即可求得劲度系数即可判断；分析物体的运动过程，根据位移公式列方程可明确分离时的位移，从而确定对应的形变量；再根据牛顿第二定律即可求得加速度的大小即可判断；
【解答】
A.小物块b紧靠a静止在斜面上时，由平衡条件：(m+35m)gsinθ=kx0，解得弹簧的劲度系数k=8mgsin θ5x0，故A正确；
d22h(Δt)【解析】【分析】(1)由于细线对B其做正功，所以B的机械能是增加的；
(3)由牛顿第二定律可求得a的表达式，据表达式可确定a与m数学关系结合图象的斜率和纵截距可求出两者的质量。
本实验重点在于确定加速度a与m的关系式，结合斜率与截距与表达式的对应关系列方程求解，对于图象类问题这是一基本的方法。
【解答】(1)[1]A与B是由绳子相连的连接体，当A下降时B上升，它们具有相同的速率，可知当A下落至F处的过程中，B的重力势能增加，动能增加，而机械能为动能与势能之和，则可知B(2)[2]该实验中用遮光条通过光电门时的平均速度来代替物块经过光电门时的瞬时速度，则有v[3]物块A下落高度为
，初速度为0，下落至F处时的速度为
，则根据匀变速直线运动的规律有v可得a(3)[4]对A、B及砝码组成的系统由牛顿第二定律有[(整理可得a将
m0mA故答案为：(1)增加；(2)
d22h(Δt12.【答案】2f
T=2f
vB=AC2T=s2f4
圆盘的半径r=D2，则此时圆盘转动的角速度为：
ωB=vBr=s2f2D
由v=rω和β=ΔωΔt知，
β=Δ13.【答案】解：(1)将速度分解，如图
垂直斜面方向：v1=v0sinθ，a1=gcosα
t=v1a1
得：t=2s
(2)垂直斜面方向v1匀减速至0时有：
L=
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