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江西省 ２０２６届高三 １１月一轮复习阶段检测
物理参考答案
１．【答案】Ａ
ｘ １ １
【解析】设匀加速运动的初速度大小为ｖ，加速度大小为 ａ，珋ｖ＝ ，ｘ＝ｖｔ＋ ａｔ２，解得 珋ｖ＝ｖ＋ ａｔ，则 Δｖ＝珋ｖ－ｖ＝
０ ｔ ０ ２ ０ ２ ０
１ ２Δｖ
ａｔ，解得ａ＝ ，Ａ项正确。
２ ｔ
２．【答案】Ｃ
【解析】蚂蚁受到的摩擦力是静摩擦力，由于蚂蚁做的是匀速直线运动，因此摩擦力一定与重力沿斜面向下的分
力等大反向，大小为ｍｇｓｉｎθ，方向沿斜面向上，Ｃ项正确。
３．【答案】Ｂ
Δｘ
【解析】无人机速度增大２ｍ／ｓ后在Ｐ点投弹，炸弹就再向前多运动４ｍ，则炸弹下落的时间为 ｔ＝ ＝２ｓ，因此
Δｖ
１
投弹后，炸弹下落的高度ｈ＝ ｇｔ２＝２０ｍ，Ｂ项正确。
２
４．【答案】Ｃ
１
（ ｖ）２
Ｍｍ ｖ２ Ｍｍ ３
【解析】第一宇宙速度为近地卫星的速度，即 Ｇ ＝ｍ ，设卫星离地面高为 ｈ，则 Ｇ ＝ｍ ，解得
Ｒ２ Ｒ （Ｒ＋ｈ）２ Ｒ＋ｈ
ｈ＝８Ｒ，Ｃ项正确。
５．【答案】Ｄ
２０
【解析】由题可知，弹簧振子的振幅Ａ＝ ｍ＝１０ｃｍ，Ａ项错误；振动周期为８ｓ，Ｂ项错误；ｔ＝２ｓ时，振子在平衡
２００
位置，速度最大，Ｃ项错误；ｔ＝４ｓ时，振子离平衡位置最远，此时弹性势能最大，动能最小为零，Ｄ项正确。
６．【答案】Ｂ
ｘ
【解析】由题意可知，质点的振动周期为Ｔ＝０．１ｓ×１２＝１．２ｓ，Ａ项正确；波传播的速度ｖ＝１＝１０ｍ／ｓ，波从坐标原
ｔ
１
ｘ
点传播到ｘ＝６ｍ处用时ｔ＝ ＝０．６ｓ＝０．５Ｔ，因此ｘ＝０处质点运动的路程ｓ＝２Ａ＝１６ｃｍ，Ｂ项错误；当质点Ｐ刚
２ ｖ
开始振动时，振动方向沿ｙ轴正方向，此时ｘ＝０处质点刚好到平衡位置且向下振动，当质点 Ｐ第一次到达波谷
２π ５
时，ｘ＝０处质点处在波峰，Ｃ项正确；ｘ＝０处质点的振动方程为ｙ＝８ｓｉｎ（ ｔ）ｃｍ＝８ｓｉｎ（ πｔ）ｃｍ，Ｄ项正确。
Ｔ ３
７．【答案】Ｄ
Ｑ
【解析】设喷出气体的速度为 ｖ，则 Ｑ＝ｖＳ，解得 ｖ＝ ，在 Δｔ时间内，喷出气体的质量 Δｍ＝ρＱΔｔ，根据动量定理
Ｓ
ρＱ２ ρＱ２
ＦΔｔ＝Δｍｖ，解得Ｆ＝ ，设加速度大小为ａ，则根据牛顿第二定律，Ｆ－Ｍｇ＝Ｍａ，解得ａ＝ －ｇ，Ｄ项正确。
Ｓ ＳＭ
高三物理 第 １页（共４页）
书书书８．【答案】ＢＤ
【解析】同时撤去挡板Ａ、Ｂ的一瞬间，物块ａ、ｂ组成的系统动量守恒，且系统的总动量始终为零，Ａ项错误；同时
撤去挡板Ａ、Ｂ，ａ、ｂ的运动总是相反，弹簧的中点位置不变，ａ、ｂ均做简谐运动，Ｂ项正确；仅撤去挡板 Ａ，ｂ刚离
开挡板Ｂ时，ａ、ｂ组成的系统为一静一动弹性碰撞模型，由于质量相等，因此不断交换速度，均沿同一方向做直
线运动，Ｃ项错误，Ｄ项正确。
９．【答案】ＡＣＤ
【解析】设摩天轮转动的角速度为 ω，游客做圆周运动的半径为 Ｒ，则 ｔ时刻，游客离最高点的位移大小为 ｘ＝
１ １ ２π
２Ｒｓｉｎ ωｔ，Ａ项正确；由图可知，Ｒ＝ ｘ，做圆周运动的周期等于ｔ，则摩天轮做圆周运动角速度 ω＝ ，Ｂ项错
２ ２０ ０ ｔ
０
误；游客做圆周运动的线速度大小ｖ＝Ｒω＝
πｘ
０ ，Ｃ项正确；ｔ＝
３
ｔ时，线速度的竖直分速度 ｖ＝
槡２
ｖ＝
槡２πｘ
０ ，因此
ｔ ８０ ｙ ２ ２ｔ
０ ０
槡２πｍｇｘ
重力的瞬时功率Ｐ＝ｍｇｖ＝ ０ ，Ｄ项正确。
ｙ ２ｔ
０
１０．【答案】ＢＤ
１
【解析】设小球速度最大时，弹簧的压缩量为 ｘ，此时加速度为 ０，则 ｍｇ＝ｋｘ，解得 ｘ＝ ｈ，即第一次小球下落
５
６ １
１．２ｈ时动能最大，Ａ项错误；根据机械能守恒，ｍｇ× ｈ＝ ｋｘ２＋Ｅ ，解得 Ｅ ＝１．１ｍｇｈ，Ｂ项正确；第二次弹簧
５ ２ ｋｍ１ ｋｍ１
１
弹起过程，小球动能最大时，弹簧的压缩量仍为 ０．２ｈ，根据机械能守恒，ｍｇ×３．２ｈ＝ ｋｘ２＋Ｅ ，解得 Ｅ ＝
２ ｋｍ２ ｋｍ２
１
３．１ｍｇｈ，Ｃ项错误；第二次，设小球释放瞬间弹簧的压缩量为 ｓ，则 ｍｇ（３ｈ＋ｓ）＝ ×ｋｓ２，根据牛顿第二定律，ｋｓ－
２
ｍｇ＝ｍａ，解得ａ＝槡３１ｇ，Ｄ项正确。
２ｔ ４π２Ｌ
１１．【答案】（１） （２分） （２） （２分） （３）大（２分）
ｎ－１ ｋ
ｔ ２ｔ
【解析】（１）双线摆的周期Ｔ＝ ＝ 。
ｎ－１ ｎ－１
２
ｌ ４π２Ｌ
（２）设小球的半径为 ｒ，则双线摆等效摆长 ｌ＝Ｌｃｏｓθ＋ｒ，根据单摆周期公式 Ｔ＝２π槡 ，得到 Ｔ２＝ ｃｏｓθ＋
ｇ ｇ
４π２ｒ ４π２Ｌ ４π２Ｌ
，由 ＝ｋ，得到ｇ＝ 。
ｇ ｇ ｋ
（３）如果在测周期时，将小球摆动最低点的次数多数了一次，周期偏小，测得的重力加速度比真实值大。
ｄ １ ｍｄ２ ｄ２
１２．【答案】（１）１１．４（１分） （２） （１分） ｍｇｈ（１分） （３）ｔ２－ （２分） （２分） （２分）
ｔ ０ ｎ ｍｇｈ ２ｇｈ
０
【解析】（１）挡光片宽度ｄ＝１１ｍｍ＋０．１ｍｍ×４＝１１．４ｍｍ。
ｄ
（２）挡光片通过光电门时物块Ｂ的速度为 ，整个系统减少的重力势能为ｍｇｈ。
ｔ ０
高三物理 第 ２页（共４页）１ ｄ ｍｄ２ １ ｄ２
（３）如果机械能守恒，则ｎｍｇｈ＝ （２ｍ＋ｎｍ）（ ）２，变形得到 ｔ２＝ · ＋ ，因此为了能直观地反映 ｔ随
０ ２ ０ ｔ ｍｇｈ ｎ ２ｇｈ
０
１ ｍｄ２ ｄ２
ｎ变化的规律，应作ｔ２－ 图像，作出的图像是一条倾斜直线，图像的斜率等于 ，图像与纵轴的截距为 ，
ｎ ｍｇｈ ２ｇｈ
０
则表明运动过程中，系统的机械能守恒。
１３．解：（１）小球落地前一瞬间竖直方向分速度大小ｖ
１
＝ 槡２ｇｈ
１
（２分）
小球落地前瞬间，重力的瞬时功率Ｐ＝ｍｇｖ（２分）
１
解得Ｐ＝６Ｗ（１分）
１
（２）设小球抛出后经时间ｔ落到地面，反弹后，经时间ｔ滑上平台，则ｈ＝ ｇｔ２（１分）
１ ２ １ ２ １
１
ｈ＝ ｇｔ２（１分）
２ ２ ２
Ｌ＝ｖ（ｔ＋ｔ）（２分）
０ １ ２
解得Ｌ＝３ｍ（１分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１４．解：（１）当物块Ｂ刚好不下滑时，拉力Ｆ最小，设此时 ＡＤ段轻绳的拉力为 Ｆ，对物块 Ｂ研究，根据力的平衡，
１
Ｆ＋Ｆ＝１０ｍｇｓｉｎ３７°（１分）
１ ｆ
Ｆ＝μ×１０ｍｇｃｏｓ３７°（１分）
ｆ
解得Ｆ＝２ｍｇ
１
对小球Ａ研究，根据力的平衡，（ｍｇ＋Ｆ）ｓｉｎ３７°＝Ｆ（１分）
１
７
解得Ｆ＝ ｍｇ（１分）
３
（２）撤去拉力的一瞬间，设小球Ａ的加速度为ａ，物块Ｂ的加速度也为ａ，设绳ＡＤ拉力为Ｆ
２
对小球Ａ研究，根据牛顿第二定律，Ｆ－ｍｇｃｏｓ５３°＝ｍａ（１分）
２
对物块Ｂ研究，根据牛顿第二定律，１０ｍｇｓｉｎ３７°－Ｆ－μ×１０ｍｇｃｏｓ３７°＝１０ｍａ（１分）
２
７
解得ａ＝ ｇ（１分）
５５
（３）小球Ａ上升的高度ｈ＝Ｌｓｉｎ３７°＝０．６Ｌ（１分）
物块Ｂ沿斜面向下运动的距离ｓ＝Ｌ＋０．７５Ｌ－１．２５Ｌ＝０．５Ｌ（１分）
设Ｃ点与小球Ａ之间轻绳水平时，小球Ａ的速度为ｖ，根据绳端速度关系可知，此时物块Ｂ的速度为０
１
根据能量守恒１０ｍｇｓｉｎ３７°ｓ＝ｍｇｈ＋ ｍｖ２＋μ×１０ｍｇｃｏｓ３７°ｓ（１分）
２
２槡５ｇＬ
解得ｖ＝ （１分）
５
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１５．解：（１）设碰撞后物块Ｃ的速度大小为ｖ，物块Ｃ与长木板共同速度为ｖ，根据动量守恒，３ｍｖ＝６ｍｖ（２分）
Ｃ Ｃ
１ １ １
根据能量守恒，μ×３ｍｇ× Ｌ＝ ×３ｍｖ２－ ×６ｍｖ２（２分）
８ ２ Ｃ ２
高三物理 第 ３页（共４页）１
解得ｖ＝ 槡ｇＬ（１分）
Ｃ ２
（２）设小球Ｂ与物块Ｃ碰撞前一瞬间，小球Ｂ的速度为ｖ，碰撞后一瞬间，小球Ｂ的速度大小为ｖ，根据动量守
０ １
恒，ｍｖ＝－ｍｖ＋３ｍｖ（１分）
０ １ Ｃ
１ １ １
根据机械能守恒， ｍｖ２＝ ｍｖ２＋ ×３ｍｖ２（１分）
２ ０ ２ １ ２ Ｃ
解得ｖ＝槡ｇＬ
０
设滑块Ａ的质量为Ｍ，Ｂ与Ｃ碰撞前一瞬间，滑块Ａ的速度为ｖ，根据水平方向动量守恒
Ａ
ｍｖ＝Ｍｖ（１分）
０ Ａ
１ １
根据机械能守恒，ｍｇＬ＝ ｍｖ２＋ Ｍｖ２（１分）
２ ０ ２ Ａ
解得ｖ＝槡ｇＬ，Ｍ＝ｍ
Ａ
１ １
根据动能定理，细线对滑块Ａ做的功Ｗ＝ Ｍｖ２＝ ｍｇＬ（２分）
２ Ａ ２
（３）当细线与竖直方向的夹角为３７°时，设Ａ的速度为ｖ′，对小球Ｂ的速度沿水平和沿竖直方向分解，设沿水平方
向的分速度大小为ｖ″，沿竖直方向的分速度大小为ｖ″，根据线端速度关系有，ｖ′ｓｉｎ３７°＝ｖ″ｃｏｓ３７°－ｖ″ｓｉｎ３７°（２分）
１ ２ ２ １
根据水平方向动量守恒，Ｍｖ′＝ｍｖ″（１分）
１
１ １
根据机械能守恒，ｍｇＬｃｏｓ３７°＝ Ｍｖ′２＋ ｍ（ｖ″２＋ｖ″２）（２分）
２ ２ １ ２
３２ ３ ３２
解得ｖ″＝ ｇＬ，ｖ″＝ ｇＬ
槡 槡
１ ８５ ２ ２ ８５
小球Ｂ的速度ｖ＝槡ｖ″２＋ｖ″２（１分）
Ｂ １ ２
１０４ ２６
解得ｖ＝ ｇＬ（或ｖ＝２ ｇＬ，１分）
Ｂ 槡 ８５ Ｂ 槡 ８５
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
高三物理 第 ４页（共４页）
