资源简介

2026届高三模拟物理试题题
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. D 7. D
8. C
9. 10. 11. 12.
13. 小球在竖直方向的分运动是自由落体运动
不变
不需要

14. 不需要

15. 解：对小球，竖直方向有
水平方向有
联立得
代入数据可解得小球从点斜向上抛出的速度大小
设圆盘转动的周期为 ，则有
解得
由解得 ，
当 时，圆盘转动角速度的最小值

16. 解：如图所示，
小球静止在侧壁时，受到重力、侧壁的支持力和绳子的拉力的作用处于平衡状态，将力沿侧壁和垂直侧壁进行正交分解，
根据牛顿第三定律可得
如图所示，
当小球转动的角速度较小时，小球贴着侧壁在水平面内做匀速圆周运动，转动半径，
小球受重力、侧壁的支持力和绳子的拉力的作用，将力沿水平和竖直方向进行正交分解，
，
，
解得，
小球刚要脱离侧壁时，。
代入上式，解得此时的角速度，
如图所示，
当小球转动的角速度时，小球将脱离侧壁在水平面内做匀速圆周运动，设绳与竖直方向的夹角为，转动半径，
小球受重力和绳子的拉力的作用，将力沿水平和竖直方向进行正交分解
，
，
解得，
故拉力和角速度的函数关系为
，，
，。

17. 以滑块为研究对象，从释放到点的过程，由动能定理得：
代入数据得：
当传送带速度较小，物块在传送带一直做匀减速直线运动，有：
当传送带速度较大，物块在传送带一直做匀加速直线运动，有：
根据牛顿第二定律有：
解得：，，
所以物块从传送带右侧滑出时速度的范围为；
设滑块在点的速度为时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得：
滑块从点到点的过程，由动能定理得：
代入数据解得：
Ⅱ设滑块在点的速度为时，恰好到圆弧处速度为零，此过程由动能定理得：
代入数据解得：
结合可知要使滑块不脱离圆弧形轨道，则传送带速度，或。
答：滑块到达点的速度为。
物块从传送带右侧滑出时速度的范围为；
要使滑块不脱离圆弧形轨道，传送带的速度范围为，或。
【解析】
1. 曲线运动的速度方向沿切线方向，A正确；
篮球抛出后，手对篮球没有作用力， B错误
丙图中，、同时落地说明平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，C错误
丁图中沙袋受到的重力、拉力的合力提供向心力，使沙袋做匀速圆周运动， D错误。
2. B、点等高，二者运动时间相同，A错误
落在棱上的小球，位移与水平方向夹角相同，所以其速度与水平夹角也相同。B正确
初速度方向不同，C错误
落在、两点的小球运动时间相同，水平位移之比为，所以其初速度之比为，D错误。
3. 木板所受摩擦力随位移变化的图像如图所示，图像中图线与横轴围成的图形面积即为木板克服摩擦力做的功。
设木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为，由动能定理有，解得，故AB错误；
设木板全部滑出粗糙地面时的速度为，由动能定理有，解得，故C错误，D正确。
4. 因为静止卫星，为静止在地球赤道上的物体，则，，由向心力加速度可知，、B错误；
D.由可知，，由，可知经过相同时间，D错误；
C.对、、三颗卫星，根据，可得，所以，由，可知经历相同时间，C正确。
故选C。
5. 设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题可知，设物块的对地位移为，木板的对地位移为
、根据能量守恒定律可得，整理解得，故C正确，D错误；
、因摩擦产生的热量为，根据运动学公式可得，，由于，所以，故，故，故AB错误；
故选：。
【分析】
本题考查的是动能定理的应用，其中需注意物体的相对滑动问题，物块滑离木板时。
6. A.轻晃酒杯的过程中，杯子对弹珠的弹力的竖直方向分力与重力平衡，不做功，水平方向的分力提供向心力，与速度方向垂直，也不做功，故轻晃酒杯的过程中，杯子对弹珠不做功，故 A错误
B.杯子对弹珠的单力的竖直方向分力与重力平衡，则杯子对弹珠的弹力应有竖直向上的分力，故单珠不可能在、间某一位置的水平面内做圆周运动，故 B错误。
D.在过与在过的水平面内做圆周运动时，设球与圆心的连线与竖直方向夹角为，根据重力和单力的合力提供向心力，有解得，故弹珠在的速率大，D正确
C.运动平面越接近点，增大，根据，向心力增大， C错误。
7. 解：小船当牵引小船的绳与水平方向成角时的速度可以分解为沿绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度，汽车的速度等于绳子的速度，为，故A错误；
B.绳对小船的拉力为，所以绳的拉力大小为，故B正确；
C.对小船，根据牛顿第二定律有：，解得，故C错误；
D.对汽车，，汽车发动机的输出功率：，故D错误。
8. ：小球从点自由下落，点在点正上方处，根据速度位移公式，解得小球在点竖直速度为
，轨道在点切线与轴成，将小球到达点的速度沿接触面和垂直接触面分解。沿接触面方向速度，解得，垂直接触面方向速度，解得，小球与轨道碰撞后，沿接触面方向速度不变，垂直接触面方向速度大小不变、方向相反。则碰撞后合速度，解得，故A错误；
B、小球与轨道第一次碰撞后，速度方向斜向上，且只受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下，速度方向与重力方向不在同一直线上，所以小球做斜抛运动，而平抛运动要求初速度水平，故B错误。
、以点为原点，沿点切线方向为轴，垂直点切线方向为轴建立直角坐标系。第一次碰撞后，小球在方向做匀速直线运动，速度；在方向做竖直上抛运动，初速度，加速度。设经过时间小球再次与轨道碰撞，，再将、转换回原、坐标系。由于轨道关于轴对称，且小球在点碰撞后运动具有对称性从能量和受力角度分析，小球第二次碰撞点在原点，故C错误，D正确。
故选：。
【分析】根据速度位移公式解得小球在点竖直速度，小球与轨道碰撞后，沿接触面方向速度不变，垂直接触面方向速度大小不变、方向相反，解得合速度；小球与轨道第一次碰撞后，速度方向斜向上，且只受重力作用，加速度为重力加速度，方向竖直向下，速度方向与重力方向不在同一直线上，所以小球做斜抛运动，而平抛运动要求初速度水平，以点为原点，沿点切线方向为轴，垂直点切线方向为轴建立直角坐标系，设经过时间小球再次与轨道碰撞，再将、转换回原、坐标系，解得碰撞后的坐标点。
本题考查了自由落体运动，运动的合成与分解以及斜抛运动的掌握程度，建立坐标系运用数学工具坐标系的建立与转换解决物理问题。
9. A、汽车在时间内的加速度为
根据牛顿第二定律
得，故A正确；
B、在时间汽车的功率保持不变，可得汽车的额定功率为，故B正确；
C、汽车运动的最大速度为，故C错误；
D、时间内，汽车运动的位移为
在时间汽车的位移为
代入数据，解得
所以运动的总位移为，故D正确。
故选：。
A、先利用运动学公式求出汽车在时间内加速度大小，在根据牛顿第二定律，求出汽车牵引力；
B、在时间汽车的功率保持不变，在由可以求出此时的功率；
C、当汽车运动到最大速度时，汽车开始做匀速运动，故F，由，得，可求出最大速度；
D、第一阶段在∽时做匀加速直线运动，由运动学公式可以求出位移，在∽汽车的功率保持不变，由动能定理可以求出位移。
解决该题的关键是明确知道汽车在各段运动过程中物理量变化情况，熟记功率、牵引力以及速度之间的关系式，掌握功与功率的计算。
10. 、当小球沿墙下滑距离为时，杆与水平方向的夹角为，设球的速度为，球的速度为，根据系统的机械能守恒得：，分解两球速度如图
两球沿杆方向上的速度相等，则有：。联立两式解得：，，故A正确，B错误；
C、小球沿墙下滑过程中，对球，根据动能定理得：，，解得：，故C正确；
D、小球沿墙下滑过程中，对球，根据动能定理得：，解得：，故D正确。
故选：。
11. A.在最高点，仅由重力提供向心力，则，从最低点到最高点，由机械能守恒定律得，二式联立解得，故A正确；
B.小球通过点时，有，由牛顿第二定律，解得，物体受到地面的静摩擦力大小为，保持静止，根据平衡条件可知，方向水平向左，故B错误；
C、在最低点，小球对轨道的压力最大，由，解得小球所受支持力的大小为：，由牛顿第三定律知小球对轨道的最大压力为：，物体受到地面的最大支持力为，故C正确。
D.如图所示：
设此位置和点的连线与水平方向的夹角为，小球在该点的速度大小为，小球从点到此点的过程，根据机械能守恒定律得，设支架对小球的弹力大小为，在此点，对小球由牛顿第二定律有，联立解得：，根据牛顿第三定律可知，小球对支架的弹力大小为，支架对地面压力最小的位置应该在小球运动到圆心点以上，以支架为研究对象，设地面对支架的支持力大小为在竖直方向上，根据平衡条件有，联立解得：，即是关于的二次函数，函数图像为开口向上的抛物线，根据二次函数性质可知地面对支架的最小支持力为：，故D正确。
故选：。
【分析】在最高点，仅由重力提供向心力，通过点以及最低点，分析向心力来源，由机械能守恒以及牛顿运动定律分析。根据机械能守恒定律和牛顿运动定律相结合得到小球对支架的弹力表达式，以支架为研究对象，根据平衡条件求地面对支架的最小支持力。
本题考查了机械能守恒定律和牛顿第二、第三定律的综合应用，关键要知道小球做圆周运动的向心力由指向圆心的合力提供。
12. A.工件放到传送带时先做匀加速直线运动，设加速度为。根据牛顿第二定律得 ，解得 ，设工件匀加速至速度等于 的时间为 ，则有 ，通过的位移为 ，则有 ，解得 ，共速时由于 ，所以之后工件随传送带匀速上升，则到达顶端还需时间 ，共需时间 ，故A正确；
B.工件到达顶端时的动能 ，重力势能 ，机械能 ，故B错误；
C.工件匀加速运动的时间为 ，该时间内传送带的位移 ，工件与传送带间的相对位移大小 ，因摩擦产生的热量 ，代入数据解得 ，故C正确；
D.电动机由于传送工件而多消耗的电能 ，故D正确。
故选ACD。
13. 甲实验时，小球做平抛运动，小球做自由落体运动，则实验现象是小球、同时落地，说明小球在竖直方向的分运动是自由落体运动；
将、球恢复初始状态后，用比较大的力敲击弹性金属片，球落地点变远，水平速度变大，下落的高度不变，由自由落体运动下落时间，可知，小球在空中运动的时间不变；
安装图乙研究平抛运动实验装置时，保证斜槽末端水平，使小球每次都做平抛运动，由于小球每次都是从斜槽上同一位置由静止开始释放，小球在轨道上运动时克服阻力做功都相同，因此斜槽不需要光滑；
由题图丙可知，两计数点间，小球在水平方向的位移相等，可知两计数点间的时间间隔相等，小球在竖直方向做自由落体运动，因此由匀变速直线运动的推论，
可得，
则小球平抛初速度的大小为；
小球在轴方向由匀变速直线运动在某段时间内中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得小球在点轴方向速度的大小，
小球在点速度的大小。
14. 对砝码和滑块系统来说，验证机械能守恒律，系统减少重力势能和增加的动能均可以测量，不必测拉力，故不需要满足 远小于 ；
只有砝码下降了，所以系统减少的重力势能
滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度，则滑块通过光电门时速度大小为
砝码的重力势能减少了 ，系统动能增加了
则系统机械能守恒成立的表达式是
；
根据机械能守恒
整理得
由上述分析知 是一条过原点的直线。
故选D。
15. 详细解答和解析过程见【答案】
16. 详细解答和解析过程见【答案】
17. 以滑块为研究对象，从释放到点的过程，运用动能定理可求得滑块到达点的速度；
滑块从点到点一直加速，或者一直减速，可解得物块滑倒传送带点的临界速度；
要使滑块不脱离圆弧形轨道，有两种情况：一种滑块能做完整的圆周运动。另一种在点及点以下圆弧上运动。根据临界条件求解。
分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的基础，关键要明确在涉及力在空间效果时，运用动能定理是常用的方法。对于滑块不脱离轨道的情况，考虑问题要全面，不能漏解。2026届高三阶段模考物理试题
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.关于以下四幅图所描述的物理现象，下列说法中正确的是
丙
A.甲图中，打磨下来炽热微粒的轨迹与砂轮相切，说明微粒飞出瞬间速度沿砂轮的切线方向
B.乙图中，篮球抛出后做曲线运动，说明手对篮球始终有力的作用
C.丙图中，若A、B两球总是同时落地，则说明平抛运动水平分运动为匀速直线运动
D.丁图中，沙袋做匀速圆周运动，是因为沙袋受到重力、绳子拉力和向心力的共同作用
2.正四面体A一BCD的棱长为L,其底面BCD处于水平地面上，P为CD中点，从顶点A沿不同方向水
平抛出相同质量的小球，不计空气阻力。对于小球的运动，下列说法正确的是
A.落在B点的小球比落在P点的小球的运动时间长
B.落在棱AB上的小球末速度方向都相同
C.落在B、C、D三点的小球抛出时的初速度相同
D.落在B点的小球与落在P点的小球抛出时初速度大小之比为4：1
84.....
3.长度为1m的匀质木板以3√5m/s的水平速度进入一段长度为2m的粗糙水平地面，木板与地面
间的滑动摩擦因数为0.5，地面其余部分光滑，重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是()
2m
A.木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为2V5m/s
B.木板刚好全部进入粗糙地面时的速度为√35m/s
C.木板全部滑出粗糙地面时的速度为V5m/s
D.木板全部滑出粗糙地面时的速度为5m/s
4.如图所示，a为静止在地球赤道上的物体，b为近地卫星，c为静止卫星，d为高空探测卫星，a向
为它们的向心加速度，r为它们到地心的距离，T为它们的运动周期，飞、分别为时间t内转过的弧
高三物理试题第1页，共6页
长和转过的圆心角，则下列图像正确的是()
地球
b
ac
B
5.如图，一质量为M、长为的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）
从木板上的左端以速度开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块从木板右
端离开时()
A.木板的动能一定等于fL
B.木板的动能一定大于fL
C.物块的动能一定小于m哈-fl
D.物块的动能一定等于m听-fl
6.某学习小组利用高脚杯进行搬运乒乓球的比赛，看相同时间内哪位同学将杯口倒立后搬运的数量
更多；即用杯子罩住乒乓球，轻晃杯子后使乒乓球沿杯子的内壁运动：缓慢将酒杯竖直提起可看
到乒乓球在水平面内做圆周运动。将该过程简化如下：高脚杯内壁有处于同一竖直面内的A、B、
C、D四个点，过该四点杯身的竖直剖面可看成圆O的一段圆弧，其中C点位于杯身的内径最大处。
乒乓球在杯身不同高度处的水平面内做圆周运动时，将乒乓球视为质点，且不考虑乒乓球所受的
摩擦及空气作用力，下列说法中正确的是
A.乒乓球在某一水平面内稳定圆周运动时，杯子对小球做正功
B.乒乓球可能在C、D间某一位置的水平面内做圆周运动
C.乒乓球运动平面越接近C点，所需要的向心力越小
D.乒乓球在过A与在过B的水平面内做圆周运动时，在B的速率更大
高三物理试题第2页，共6页

展开更多......

收起↑