资源简介

合肥一中 2026 届高三 10 月份教学质量测评
物理试题
（考试时间：75 分钟 满分：100 分）
注意事项：
1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。
2．答题时，每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3．答题时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答， 超 出答题区域书写的答案无效 ，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4．考试结束， 务必将答题卡和答题卷一并上交。
一、选择题：本题共 8 小题，每题 4 分，共 32 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的。
1 ．下列四组单位中，都是国际单位制中的基本单位的是
A．N 、kg、m B．N 、m、s
C ．A 、m、s D ．kg 、N 、s
2 ．运动员手持乒乓球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为 M、m，球拍平面和水平面之间的夹角为 37°（已知 sin37° =0.6 ，cos37° =0.8），球拍与球保持相对静止，重力加速度为 g，不计摩擦与空气阻力，则
A ．球拍对球的作用力 0.6 mg
B ．运动员对球拍的作用力为(M+m)g
C ．运动员的加速度为 0.75 g
D ．若运动员的加速度大于 0.6 g，球一定沿球拍向上运动
3 ．在某城市的主干道上，一辆载满乘客的公共汽车在到达站台一定距离时开始刹车，做匀减速直线运动，开始刹车后的第 1s 内和第 2s 内位移大小依次为 7m和 5m.则刹车后 5s 内的位移是
A ．15m B ．16m C ．20m D ．24m
4 ．下面图像描述的是 A 、B 两物体做直线运动的相关图像。关于甲、乙、丙、丁四个图像，下列说法正确的是
A ．甲图中在 t1~t2 时间内，A 的平均速度大于 B 的平均速度
B ．乙图中的物体一定做往复运动
C ．丙图中两物体在 t1 、t2 两个时刻相遇两次
D ．由丁图可以求出运动物体的加速度
5 ．端午节的一个重要习俗是包粽子，是为了缅怀伟大的楚国诗人屈原。如图所示，将包好的粽子放置于由四根细绳悬挂的水平圆盘中央，细绳等间隔系在水平圆盘边缘， 已知水平圆盘和粽子的重力为 G，细绳长度均为 L，圆盘直径为 1.2 L，每根细线对圆盘的拉力大小为（已知 sin37° =0.6， cos37° =0.8）
A ． G B ． G
C ． G D ． G
6 ．如图所示，质量为 0.1 kg 的小球放在光滑水平面上的 P 点，现给小球一个水平初速度 v0，同时对小球施加一个垂直于初速度的水平恒力F，小球运动 1 s 后到达 Q 点，测得P、Q 间的距离为 12.5m，P、Q 连线与初速度的夹角为 37° , sin37° =0.6 ，cos37° =0.8，则初速度 v0 的大小和恒力 F 的大小分别为
A ．10 m/s ，0.5 N B ．10 m/s ，1.5 N
C ．8 m/s ，1.5 N D ．6 m/s ，0.5 N
7 ．一辆“复兴号 ”模型小机车在水平路面上由静止启动，在前 5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其 v-t 图像如图所示，已知机车的质量为 m ＝1×103 kg，机车受到地面的阻力为车重的 0.1 倍，重力加速度 g 取 10 m/s2，则以下说法正确的是
A ．机车速度为 25m/s 时的加速度为 3 m/s2
B ．机车在前 5s 内的牵引力为 4×103 N
C ．机车的额定功率为 80 kW
D ．机车的最大速度为 150 m/s
8 ．如图所示，弹簧的一端固定在墙上，另一端系一物体 A ，把弹簧压缩 x1后（O 为弹簧原长处），在它的右边再放一物体 B，然后撤去外力。已知 A，B 的质量均为 m，弹簧的劲度系数为 k，则此后运动过程中，下列说法正确的是( )
A ．若地面光滑，则 A 向右运动的最大距离为 x1
B ．若地面粗糙且 A 、B 能够分离，则分离时的位置一定在 O 点左侧
C ．若地面粗糙且 ，则 A 一定能运动到O 点右侧
D ．若地面粗糙且 ，则 A 向右运动的最大距离为 x1
二、多项选择题：本题共两小题，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，全部选对得 5 分，选对但不全得 3 分，有选错的得 0 分。
9．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物 A，轻质定滑轮下方悬挂重物 B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住 A、B 使 A、B 均处于静止状态且离地足够高，释放后 A 、B 开始运动。已知 A的质量为3m ，B 的质量为 m，忽略所有阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是
A ．A 受到细线的拉力大小为 3 mg
B ．A 、B 的加速度大小之比为 1:2
C ．当 A 的位移大小为 h 时，B 运动的速度大小为gh
D ．若要使得 A、B 释放后静止在图示位置，应将 A 、B 的质量关系调整为 mA ＝2mB
10 ．甲、乙两颗卫星在不同轨道上绕地球运动，甲卫星的轨道是圆，半径为 R ，乙卫星的轨道是椭圆，其中 P 点为近地点，到地心的距离为 a ，Q 为远地点，到地心的距离为 b。已知a < R < b ，则下列说法正确的是
A ．卫星乙运动到 P 点时的加速度大于卫星甲的加速度
B ．卫星乙运动到 Q 点时的动能一定小于卫星甲的动能
C ．若a + b < 2R ，卫星甲运行的周期一定小于卫星乙运行的周期
D ．若a + b = 2R ，卫星乙与地心连线单位时间扫过的面积比卫星甲小
三、非选择题（共 5 题，共58 分）
11 ．（8 分）用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。将直径为 d，质量为 m 的小球从 A 点由静止下落，下方H(H>> d) 处固定一个光电门B，小球经过光电门的挡光时间 t 可由计时器测出，重力加速度为 g。
（1）小球经过光电门时的速度 v ＝ ；（用题中字母表示）
（2）小球从A 下落到 B 的过程中，重力势能减少量△Ep ＝ ；（用题中字母表示）
（3）改变 H，重复实验得到多组数据. 用图象法处理数据，为了得到一次函数关系，应该画 ；
A ．t H 图象 B ．t2 H 图象 C ． H 图象 D ．t H2 图象
（4）若小球下落时，球心偏向光电门激光束的左侧，俯视图如图乙所示。则测量所得小球经过光电门 B 时的动能与真实值相比 （填“偏大 ”“偏小 ”或“相等”）.
12 ．（8 分）某同学利用如图甲所示的实验装置进行了“探究加速度与力、质量的关系” 的实验，该同学在钩码上方加装了一个力传感器，可以显示上方细线拉力的大小。图乙是某一次打点计时器打出的一条记录小车运动的纸带。取计数点 A、B 、C、D 、E，且相邻两计数点间还有 4 个计时点没有标出，计数点间的距离如图乙所示，电源的频率为 50 Hz。
①实验中 （填“ 需要”或“不需要”）满足所挂钩码的质量 m 远小于小车的质量 M；
②由图乙可求得 C 点的瞬时速度大小 v ＝ m/s，小车运动的加速度大小 a ＝ m/s2 （结果均保留 3 位有效数字）；
③该同学在实验前，没有测量小车的质量 M，也忘记平衡摩擦力，在保持小车的质量不变的情况下，进行了多次实验，得到了如图丙所示的图像，则根据图像可求得小车的质量 M＝ kg。
13 ．（12 分）2025 年南宁—东盟城市青少年足球比赛 9 月 22 日在南宁市体育运动学校开赛。来自中国及东盟多国的青少年代表队齐聚绿茵场，以足球促进友谊，以体育深化区域交流。如图所示， 足球运动员小西以速度 v1 将足球从 M 点回传给 O 点处的小罗，小罗接球后以速度 v2 远距离射门刚好进入 N 处的球门，足球两次在空中运动的最大高度 h 相等且 h ＝5 m，且 ON＝3OM＝30 m，空气阻力不计，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：
（1）足球两次在空中运动的时间 t1 、t2；
（2）足球两次被踢出时的初动能之比 Ek1 : Ek2 .
14 ．（14 分）一位顾客在合肥某超市购物时，不慎将手提包（可视为质点）掉落在一条倾角为 θ =37°的倾斜传送带上。手提包从传送带顶端无初速度滑落。安检员小罗发现后，在手提包下滑 t0 ＝1.2 s 后，立即从传送带顶端沿传送带向下做匀速直线运动，试图追回手提包。已知传送带本身以 v0
=2 m/s 的速度向下运行。手提包与传送带间的动摩擦因数为 μ =0.5。重力加速度 g 取 10 m/s2，sin37° =0.6 ，cos37° =0.8。
（1）手提包开始在传送带上下滑的加速度 a；
（2）t0 ＝1.2 s 时，手提包沿传送带向下下滑了多远；
（3）如果安检员小罗以 v1 ＝8 m/s 的速度匀速追赶，若传送带的长度为 L ＝8.2 m，他能否在手提包到达传送带底端前追上手提包？
15 ．（16 分）如图甲，装置由弧形轨道 AB、竖直圆轨道（C 点位置轨道前后稍有错开）及水平直轨道BD 平滑连接而成。水平轨道 BC 段与滑块间的动摩擦因数 μ 从左向右随距离x 均匀变化，如图乙所示。除BC 段外，其余轨道均光滑。现将质量 m ＝1 kg 的滑块（视为质点）从高度 h ＝1.4 m 的 A点静止释放，第一次通过圆轨道后与挡板碰撞反弹，恰好能第二次通过圆轨道最高点。已知圆轨道半径 R ＝0.11 m ，BC 段长 x0 ＝1 m，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：
（1）滑块第一次运动到B 点时的速度大小 vB；
（2）滑块第二次经过C 点时的动能 EkC 并求出滑块与挡板碰撞损失的动能 ΔEk；
（3）滑块最终停在何处。
合肥一中 2026 届高三 10 月份教学质量测评
物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C B D A B A D BCD AD
1．C
【详解】国际单位制中的基本单位的是 kg 、m 、s、、K、A 、cd、mol，。故选 C。
2 ．C
【详解】A ．对小球分析如下图所示:
根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力
故 A 错误；
B ．同理，对球拍和球整体分析，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为
故 B 错误；
C ．球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为 mgtanθ,根据牛顿第二定律得：运动员的加速度为g tanθ =0.75g，故 C 正确；
D ．当 a>gtanθ=0.75g 时，网球将向上运动，若运动员的加速度大于 0.6g，但不一定比 0.75g 大，故球不一定会沿球拍向上运动，故 D 错误．
3 ．B
【详解】设汽车刹车后加速度大小为a ，初速度为v0 ，以初速度方向为正方向，则由匀变速直线运动规律可得，开始刹车后的 1s 内
开始刹车后的 2s 内
联立①②可得
V0=8m/s
a = 2m/s2
汽车刹车至静止所用的时间为
t0=v0/a=4s<5s
因此刹车后 5s 内的位移为
x0=vo2/2a=16m
B 正确；故选 B。
4 ．D
【详解】A ．甲图中为位移—时间图像，在时间 t1~t2 内，A 、B 两物体的位移Δx = x2 x1 相等，时间相等，由
得 A 的平均速度等于 B 的平均速度，故 A 错误；
B ．乙图中为加速度—时间图像，如果物体从静止开始运动，则物体在 0~1s 时间内沿正方向做匀加速直线运动，在 1s~2s 时间内加速度方向与运动方向相反，物体继续沿正方向做匀减速运动，速度减到
零，2s~3s 时间内物体又沿正方向做匀加速运动，在 3s~4s 时间内加速度方向与运动方向相反，物体继续沿正方向做匀减速运动，速度减到零，所以乙图中的物体不一定做往复运动，故 B 错误；
C ．丙图中是速度时间图像，两物体在 t1 、t2 两个时刻速度相等，图像与时间轴所围的面积表示位移，在 t1 、t2 两个时间内的位移不相等，C 错误；
D ．丁图是速度平方位移图像，由速度—位移关系公式υ2 υ02 = 2ax
可知，图像斜率 k=2a，因此由丁图可以求出运动物体的加速度，故 D 正确。
故选 D。
5 ．A
【详解】设细绳与竖直方向的夹角为θ ,根据几何关系可得
对圆盘，根据平衡条件可得
4T cos θ = G
解得每根细线对圆盘的拉力大小为
故选 A。
6 ．B
【详解】小球做类平抛运动，运动的加速度为a =
小球沿初速度方向的位移为x = v0t沿恒力F 方向的位移为y = at2
根据几何关系有y = ssin 37° , x = scos37°
其中s = 12.5m ，联立解得v0 = 10m / s ，F = 1.5N
故选 B。
7 ．A
【详解】B ．由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a s2 = 4 ms2
根据牛顿第二定律得F f = ma
解得牵引力为F = f + ma = 1000N + 4000N = 5000N ，故 B 错误；
AC ．机车的额定功率P = Fv = 5000 × 20W = 100000W = 100kW机车在25 ms 时的牵引力FN = 4000N
加速度a s2 = 3 ms2 ，故 A 正确，C 错误；
D ．当牵引力等于阻力时，速度最大，最大速度vm s = 100 ms ，故 D 错误。
故选 A。
8. D
【详解】若地面光滑，则AB 在O 处分离。从初始位置到O 点，对 AB 组成的系统，由动能定理： x1 = 2mv2 一 0，AB 分离后，当A 速度减为零时，设弹簧伸长了x2,，对A 由动能定理：一 x2 = 0 一 mv2，两式联立解得x x1，故 A 向右运动的最大距离 x1，A 选项错误。AB 分离时，相互作用力为零，且具有相同的加速。若地面粗糙，分离时 B 的加速为 μg，则 A 的加速也为 μg，故分离时弹簧弹力为零，分离时位于弹簧原长处 O 处，故 B 选项错误。若地面粗糙，且 A 要能够运动到 O 点右侧，
当 AB 运动到 O 点时，对 AB 组成的系统，由动能定理： x1 一 2μmgx1 = Ek 一 0，且Ek > 0，解得μ < ，故 C 选项错误。若地面粗糙且μ = ，则 AB 最终一起静止在 O 点左侧，设 A 向右运动的最大距离为 x3，对 AB 系统由动能定理： x3 一 2μmgx3 = 0 一 0，解得x3 = x1，故 D选项正确。
9 ．BCD
【详解】A ．A 的质量是 B 质量的 3 倍，A 向下做匀加速直线运动，B 向上做匀加速直线运动，故细线的拉力小于 3mg，故 A 项错误；
B ．根据关联速度可得vB = 2vA ，则相同时间内速度变化量的关系也满足△vB=2△vA，故加速度关系满足 aA：aB=1:2 ，B 项正确；
A 、B 组成的系统机械能守恒，可得3mgh = mg × 2hmv mv 联立解得vA gh ，vB gh ，故 C 项正确；
D ．A 、B 静止在图示位置时，对 B 有mBg = T
对 A 有mAg = 2T
可得mA = 2mB ，故 D 项正确。
故选 BCD。
10 ．AD
【详解】A ．根据公式
得
可知 a 乙 p>a 甲 ，A 正确；
B ．由于卫星质量未知，故无法判断动能大小，B 错误；
C．若a + b < 2R ，即椭圆轨道的半长轴小于R ，根据开普勒第三定律可知卫星甲运行的周期一定大于卫星乙运行的周期，C 错误；
D．根据前面分析，若a + b = 2R ，同理可知两卫星的运行周期相等，又因为椭圆轨道的面积小于圆轨道面积，故卫星乙与地心连线单位时间扫过的面积比卫星甲小，D 正确。
故选 AD。
11 ． mgH C 偏大
【详解】(1)[1]小球经过光电门时的速度
(2)[2]小球从 A 下落到 B 的过程中，重力势能减少量
ΔEp = mgH
(3)[3]本实验验证机械能守恒则有
即
用图象法处理数据，为了形象直观，应该画 H 图像，故选 C
(4)[4]小球下落时由于球心偏向光电门激光束的左侧，可知用小球的直径表示挡光的位移，挡光的位移偏大，根据v 知，速度测量值偏大，则测量小球经过光电门 B 时的动能比真实值大
12 ． 不需要 0.507 2.36 2
【详解】①[1]因为实验中使用了力传感器，可以直接测量出细线的拉力大小，所以不需要满足所挂钩码的质量 m 远小于小车的质量 M。
②[2]相邻两计数点间还有 4 个计时点没有标出，所以相邻计数点的时间间隔T = 0.02s × 5 = 0.1s
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，C 点的瞬时速度等于 B、D 两点间的平均速度，
(
2
T
2
×
0.1
)则v = xBD = 11.63 1.50 × 10 2 m/s ≈ 0.507m/s
[3]逐差法可知加速度a m/s2 ≈ 2.36m/s2
③[4]对小车有F f = Ma整理得a f
结合图丙可知k kg 1解得M = 2kg
13 ．(1)t1=t2=2s
(2)Ek1 : Ek2 = v1 (2): v2 (2)=5: 13
【详解】(1)由题意知足球两次在空中运动的最大高度相等，根据斜抛运动，竖直方向有h =5m ,voy=10m/s --------2 分
可知，足球两次被踢出时的初速度的竖直分量相同，由 t = =2s --------2 分
可知，足球两次在空中运动的时间相同 t1=t2=2s --------2 分
(2)已知ON = 3OM ，由 x = vOx t ，v1x=5m/s, v2x=15m/s --------2 分
可知，足球第二次被踢出时的初速度的水平分量是第一次的 3 倍，足球被踢出时的初速度大小
v vOx2+vOy2 v1=5√5m/s v2=5√13m/s, --------2 分
被踢出时的初动能之比为：Ek1 : Ek2 = v1 (2): v2 (2)=5: 13 --------2 分
14 ．（1）10 m/s ;
（2）3.2m；
（3）追不上（见解析）。
【详解】（1）设手提包刚放到传送带上时初速度为 0，在手提包速度达到v0 前的过程中，由牛顿第二定律有
mg sin θ + μmg cos θ = ma1 --------2 分
代入数据解得
a1 = 10m / s2 --------2 分
（2）共速前经历的时间为
手提包运动的位移
x m = 0.2m --------2 分
手提包的速度达到v0 之后，有
mg sin θ > μmg cosθ
所以手提包与传送带共速后继续向下做匀加速运动。
由牛顿第二定律可得
mg sin θ μmg cosθ = ma2
代入数据解得
a2 = 2m / s2 --------2 分
手提包与传送带共速后继续向下运动的时间为t2 = 1s ，则有
沿传送带下滑的总位移为 x=3.2m --------2 分
（3）设手提包从共速时刻运动到传送带底端这一过程经历时间为t3 ，则有
解得
t3 = 2s --------2 分
所以此手提包在传送带上运动的时间为
t = t1 + t3 = 2.2s
此时小罗向下追时间△t=t-t0=1s，跑的距离为 v1△t=8m15 ．(1) 2m/s
(2) EkC = 2.75J ΔEk = 5.25J
(3) B 点右侧 0.5m 处
【详解】（1）滑块从A 点运动到B 点，由动能定理，有 mgh mvB2 0 --------2 分
解得vB = 2m/s --------1 分
（2）由题意，滑块反弹后恰好能从C 点通过圆轨道最高点，由动能定理，有 mg . 2R = mv′2 EkC --------2 分
在圆轨道最高点，有 mg = m --------2 分
联立，解得EkC = 2.75J --------1 分
利用面积法可得滑块经过BC 段，滑动摩擦力做功为Wf × (0.5 + 0.7)×1.0 × 10J = 6J -------2分 -
与挡板碰前的动能为mgh+Wf = 8J ； ΔEk = 5.25J
（3）由题意，
而EkC = 2.75J < 6J
则滑块不能回到B 点，设其还能向左运动位移为Lm，如图所示
则由几何关系可知，在停止位置，接触面间的动摩擦因数 μ1 = 0.5 + 0.2L --------2 分
由动能定理，有Wf1 = 0 EkC
由面积法，有Wf1 = 0.5 + μ1 )×L × 10J --------2 分
联立，解得L = 0.5 或-5.5 （舍去）
则x = 1.0m - 0.5m = 0.5m --------2 分
即滑块最终停止位置为B 点右侧 0.5m 处。

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