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威远中学校2026届高三上11月阶段性考试
物理试题
一、单选题(每题4分，共28分)
1.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是(　　)
A. 物体运动的速度越大，其惯性越大
B. 没有力的作用，物体只能处于静止状态
C. 物体做变速运动时，没有惯性
D. 运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
2.最近全国各地中小学陆续实行春秋假期，内江市秋假拟于11月19日至21日实施，威远学子计划假期与家长一起奔赴连界石板河与大自然亲密接触。以下是行程路线导航方案。方案一“37分钟，37公里”，方案二“1小时3分钟，42公里”，方案三“36分钟，40公里”。关于三个方案的下列说法中，正确的是(　　)
A. 学子在行程过程中不能被当成质点
B. 三种方案路线的位移相等
C. 三种方案路线的平均速度相等
D. 三种方案路线的平均速率相等
3.图甲中商场常见的阶梯式电梯可简化为图乙，乘客站在水平踏板上与电梯相对静止、随电梯上行，下列说法正确的是(　　)
A. 若电梯向上匀速运动，则人受重力、支持力和摩擦力的作用
B. 若电梯向上匀速运动，则人对电梯的作用力方向竖直向上
C. 若电梯向上加速运动，则电梯对人的作用力方向竖直向上
D. 若电梯向上加速运动，则人受到的摩擦力方向水平向右
4.如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕过O点的轴匀速转动，轮上a、b两点与O点的连线相互垂直，a、b两点均粘有一个小物体，当a点转至最低位置时，a、b两点处的小物体同时脱落，经过相同时间落到水平地面上，圆轮最低点距地面高度为2R，重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法中正确的是(　　)
A. 圆轮转动方向为顺时针
B. 圆轮转动的角速度大小为
C. b点脱落的小物体落至地面所用时间为
D. a点脱落的小物体落至地面的过程中位移大小为R
5.某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是(　　)
A. v＝ B. v＝ C. v> D. 6.如图所示，可视为质点的相同小球A、B分别用长为、的细绳悬挂在同一竖直线的两点，点为两悬挂点在地面的投影。现使A、B两球在离地高度均为的水平面内做圆周运动，其半径分别为。则(　　)
两球的周期相等
两根细绳的拉力大小相等
C. 若同时剪断两根细绳，球先落地
D. 若同时剪断两根细绳，两球的落地点到点的距离相等
7.如图所示，质量为3m的斜面体静止在光滑水平地面上，其AB面粗糙、BC面光滑，顶端装有光滑的轻质定滑轮。质量分别为2m、m的物块P、Q通过轻绳连接并静置在斜面上，P与AB面之间的动摩擦因数为。现使整体在水平方向上加速，P、Q始终在同一竖直面内且相对斜面体静止，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
不同加速度下，轻绳中的拉力始终不会变化
整体向左加速的最大加速度为
整体向右加速的最大加速度为
D. 地面对斜面体的作用力始终为3mg
二、多选题(每题6分，共18分，选对但不全得3分，选错不得分)
8.甲、乙两物体从同一点开始做直线运动，其v-t图像如上图所示，下列判断正确的是(　　)
A. 在t0时刻两物体速度大小相等，方向相反
B. 在t0时刻两物体加速度大小相等，方向相同
C. 在t0时刻之前，乙物体在甲物体前，并且两物体间距离越来越大
D. 在t0时刻之后，甲物体在乙物体前，并且两物体间距离越来越大
9.如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在点，一端连接可视为质点的小球，初始时轻绳竖直。现用外力缓慢拉动小球，保持始终与轻绳垂直，使轻绳缓慢转过，拉动小球过程中(　　)
A. 逐渐增大 B. 先增大后减小
C. 轻绳拉力先增大后减小 D. 轻绳拉力逐渐减小
10.如图所示，挡板P固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接圆弧轨道的圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为m的小物块B、C(物块可视为质点)由一轻质弹簧拴接(弹簧平行于斜面)，其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时(物块B未到达M点)，物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
A. 弹簧的劲度系数为
B. 小球A到达N点时的速度大小为
C. 小球A到达N点时的速度大小为
D. 小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
三、实验题(每空2分，共14分)
11.某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下：
(1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d＝　　　　　 cm(填“5.00”或“1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度。
(2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电门2时的速度v1＝0.40 m/s、v2＝0.81 m/s，以及从遮光片开始遮住光电门1到开始遮住光电门2的时间t＝1.00 s，计算小车的加速度a＝　　　　　 m/s2(结果保留2位有效数字)。
(3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F，改变砝码质量，重复上述步骤，根据数据拟合出a－F图像，如图乙所示。
若要得到一条过原点的直线，实验中应　　　(填“增大”或“减小”)轨道的倾角。
(4)图乙中直线斜率的单位为　　　　　(填“ kg”或“kg－1”)。
12.物理兴趣小组的同学用图（a）所示的装置探究平抛运动的规律并计算平抛初速度v0的大小。
(1)关于实验注意事项，下列说法正确的是（　　）
A．每次小球释放的初始位置可以任意选择 B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端必须保持水平 D．挡板的竖直位置必须等间距变化
(2)甲同学按正确的操作完成实验并描绘出平抛运动的轨迹，以斜槽末端端口位置作为坐标原点O，重垂线与y轴重合，建立xOy平面直角坐标系，如图（b）所示。甲同学认为仅测量图（b）中A点的坐标值，就可以求得小球做平抛运动的初速度大小。乙同学指出此方法中由于小球尺寸不可忽略，将导致小球在A点纵坐标测量值偏小，进而使初速度的测量值比真实值__________（选填“偏小”或“偏大”）。
(3)乙同学提出改进方案，若准确测出图（b）中A点、B点的横坐标分别为4L、8L，A点、B点的纵坐标之差为6L，重力加速度大小为g，忽略空气阻力的影响，可准确求得平抛运动的初速度大小v0=________（用含字母g、L的式子表示）。
四、计算题(共40分)
13.(12分)从离地面500m处自由落下一个小球，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
(1)小球落到地面需要的时间；
(2)开始下落后第1s内的位移大小和最后1s内的位移大小；
(3)下落时间为总时间一半时的位移大小。
14.(12分)“智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫从A点静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，斜道倾角；离B点很近衔接一长L=2m的水平传送带，B与C两点可认为平滑衔接（速度大小不变），A点距传送带垂直距离为h=2.4m，冲关者经C点到D点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：传送带末端距水面高度H=0.8m，坐垫与AB斜道间动摩擦因数为 1=0.5，坐垫与传送带间动摩擦因数为 2=0.2。（，）g=10m/s2；求：
（1）冲关者到达B点时的速度大小
（2）如果传送带不动，求冲关者冲过D点后的平抛水平射程
（3）如果传送带沿顺时针方向转动，并且速度有3m/s、6m/s两个挡位可调，分别求出两个挡位下的平抛水平射程。
15.(16分)如图所示，质量的木板A静止在粗糙的水平地面上，与地面间的动摩擦因数，质量的物块B静置在木板上表面，A、B之间的动摩擦因数。木板A右侧的墙上固定一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。取水平向右为正方向，t=0时刻开始，分别对A、B施加随时间变化的力、(各物理量的单位均为国际单位)，A和B一起开始向右做加速运动。当A刚碰到弹簧时A、B刚要发生相对滑动，此时撤去和。已知弹簧劲度系数k=6N/m，弹簧弹性势能与形变量x的关系为，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小g取，B全程未滑出A，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)t=0时刻，A和B一起运动的加速度大小及B所受的摩擦力大小；
(2)A刚碰到弹簧时A的速度大小；
(3)弹簧压缩到最短时的形变量大小。
威远中学校2026届高三上11月阶段性考试
物理试题答案
一、单选题
1.【答案】D
2.【答案】B
3.【答案】D
4.【答案】D
【解析】由于b点脱落处更高，因此b处物体需要有向下的初速度才能和a处物体同时落地，因此圆轮转动方向为逆时针，A错误；a、b两点处的物体脱落前分别随圆盘做匀速圆周运动，设速度大小为v0，则有v0＝ωR，脱落后a点处物体做平抛运动，由2R＝gt2，解得t＝2，这也是b点处脱落的物体落至地面所用的时间；b点处物体做竖直下抛运动，有3R＝v0t＋gt2，联立解得v0＝，ω＝，故B、C错误；a点脱落的物体水平方向的位移xa＝v0t＝R，则a点脱落的小物体落至地面的过程中的位移大小为x＝＝R，D正确．
5.【答案】C
【解析】飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，故飞机做加速度逐渐减小的减速运动，速度时间图线如图中实线所示．若飞机做匀减速直线运动，如图中虚线所示，则平均速度′＝＝，实线与时间轴围成的面积为x，平均速度＝，因为x′>x，可知<＝，即v>，故选C.
【答案】D
【解析】对A、B球分别进行分析，均受到重力与细绳的拉力，均由重力与拉力的合力提供向心力，则有，，解得，A错误；令悬挂A、B球的细绳与竖直方向的夹角分别为、，则有，解得，，对A、B球分别进行分析，均受到重力与细绳的拉力，均由重力与拉力的合力提供向心力，则有，解得，B错误；两球离地高度为，同时剪断两根细绳，小球做平抛运动，则有解得，故两球同时落地，C错误；对A、B球分别进行分析，均受到重力与细绳的拉力，均由重力与拉力的合力提供向心力，则有，，平抛运动过程有，落地点到O点的距离，，解得，D正确。故选D。
7.【答案】B
【解析】设轻绳的拉力为T，对Q，在水平方向上，取水平向右为
正方向，根据牛顿第二定律，在竖直方向上，根据平衡
条件，联立，解得，所以不同加速度下，轻绳中的拉力会改变，A错误；当物块Q将离开斜面时，整体向左加速的加速度最大，此时对Q分析，，解得，对P受力分析，，联立解得，，因为，所以，此时物块P相对斜面静止，B正确；由A选项可知，当轻绳拉力为零时，整体向右加速的加速度最大，此时，解得，对P受力分析，，联立解得，，因为，所以，此时物块P已经相对斜面发生滑动，所以若整体相对静止，则，C错误；对物块P、Q和斜面组成的整体，在竖直方向上，根据平衡条件可得，D错误。故选B。
8.【答案】ABD
9.【答案】AD
【解析】对小球做受力分析可知小球受重力G、绳子的拉力T和外力F，三力平衡，作图如下
设轻绳与竖直方向夹角为，则有，则当用外力缓慢拉动小球，保持始终与轻绳垂直，使轻绳缓慢转过过程中，轻绳拉力T减小，外力F增大。选AD。
【答案】BD
【解析】设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为，B沿斜面方向受力平衡，则，小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板，设弹簧的拉伸长度为，C沿斜面方向受力平衡，则，易得，当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为，所以，解得故A错误；设小球A到达N点时的速度为，对进行分解，在沿绳子方向的速度，由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知，解得，故B正确，C错误；小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。故选BD。
11.【答案】(1)1.00　　(2)　　(3)增大　　(4)
【解析】(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时速度，选择宽度较小的d＝1.00 cm的遮光片；
(2)根据加速度的定义式可得a＝＝0.41 m/s2
(3)根据题图乙可知当有一定大小的外力F时小车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要得到一条过原点的直线，需要平衡摩擦力，故实验中应增大轨道的倾角；
(4)题图乙中直线斜率为k＝，根据F＝ma可知直线斜率的单位为kg－1。
12.【答案】(1)C　　(2)偏大　　(3)
【解析】（1）每次使小钢球从斜槽上同一位置由静止滚下，因为需要保证每次钢球抛出时的初速度相同，故A错误；斜槽轨道的光滑程度对小球的初速度没有影响，因为小球在斜槽上运动时，重力和摩擦力的合力提供了加速度，小球平抛的初速度与轨道的光滑程度无关，故B错误；研究平抛运动，初速度必须水平，所以斜槽轨道末端必须保持水平，故C正确；挡板的竖直位置可以任意选择，只要能够准确测量小球的坐标即可，所以不需要等间距变化，故D错误。故选C。
（2）根据平抛运动公式，，解得，小球在A点纵坐标测量值偏小，所以初速度的测量值比真实值偏大。
（3）水平方向有，故竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，，，联立解得
13.【答案】(1)10s；(2)5m，95m；(3)125m
【解析】(1)小球做自由落体运动，根据 ，可得
第1s内的位移
前9s内的位移
最后1s内的位移
总时间的一半为
由
14.【答案】（1）4m/s；（2）m；（3），
【解析】（1）在斜道AB上运动时，对人与坐垫分析
由牛顿第二定律有 ，解得
又由 ，解得
若传送带不动，则从C到D有
由 ，可得
所以从C运动到D过程一直减速，由 ，解得
过D点后做平抛运动 ，则水平射程
（3）当传送带速度为时，从C到D过程先减速到3m/s后匀速，即
则水平射程
当传送带速度为时，
从C到D过程一直加速，由 ，得
则水平射程
15.【答案】(1)，；(2)；(3)
【解析】(1)t=0时刻，对整体受力分析，根据牛顿定律有解得
对物块B受力分析，由牛顿第二定律，有
解得
(2)设时刻A碰到弹簧，对整体由牛顿第二定律，可得
代入数据解得
由题意知当A刚碰到弹簧时A、B刚要发生相对滑动，
对B由牛顿第二定律，有
解得
由于AB整体的加速度随时间线性增加，a-t图像，如图所示
故时刻A的速度
撤去外力后，一起压缩弹簧，再次要发生相对滑动时弹簧形变量为，
对B根据牛顿第二定律可得 ，解得
同理，对整体有 ，解得
根据能量关系有
解得
滑动后，设弹簧最短时的形变量为，单独对A分析，
由能量守恒可得
解得

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