江西省2026届高三10月一轮复习阶段检测物理答案_2025年10月_251015上进联考·江西省2026届高三10月一轮复习阶段检测（全科）

江西省 ２０２６届高三 １０月一轮复习阶段检测 物理参考答案 １．【答案】Ｄ 【解析】研究苏炳添冲刺姿势时，不能忽略其大小和形状，不能将其看作质点，Ａ项错误；９秒８３为时间间隔，Ｂ项 ｘ 错误；苏炳添的位移等于１００ｍ，Ｃ项错误；平均速度等于位移除以时间，约为ｖ＝ ≈１０．１７ｍ／ｓ，Ｄ项正确。 ｔ ２．【答案】Ｃ 【解析】若货物的初速度ｖ小于传送带的速率ｖ，货物受到的滑动摩擦力向右，则货物开始向右做匀加速直线运 ０ １ 动，当速度加速至与传送带速率相等时，开始做匀速直线运动，Ａ、Ｂ项错误；若货物的初速度 ｖ大于传送带的速 ０ 率ｖ，货物受到的滑动摩擦力向左，则货物开始向右做匀减速直线运动，当速度减速至与传送带速度相等时，开 １ 始做匀速直线运动，Ｃ项正确，Ｄ项错误。 ３．【答案】Ｂ 【解析】石块Ａ、Ｃ接触处光滑，石块Ｃ有向右运动的趋势，所以石块Ｂ对石块Ｃ有水平向左的摩擦力，Ａ项错误， Ｂ项正确；石块Ｃ对石块Ａ的压力斜向左下，因此石块 Ａ有向左运动的趋势，因此水平面对石块 Ａ有水平向右 的摩擦力，对整体研究，水平面对石块Ｂ有向左的摩擦力，Ｃ、Ｄ项错误。 ４．【答案】Ａ Ｍｍ ４π２ ｒ３ Ｍｍ ｖ２ ＧＭ 【解析】根据Ｇ ＝ｍ ｒ，解得Ｔ＝２π槡 ，周期随ｒ的减小而减小，根据Ｇ ＝ｍ ，解得ｖ＝ 槡 ，速率随 ｒ２ Ｔ２ ＧＭ ｒ２ ｒ ｒ ｒ的减小而增大，Ａ项正确。 ５．【答案】Ｄ 【解析】自行车上某点的运动可以看成是两个分运动的合运动，一是水平方向速度大小为 ｖ的匀速直线运动，二 １ 是以转轴为圆心的匀速圆周运动，做圆周运动分运动的线速度大小也为 ｖ，当轮胎边缘某点离地面的高度为 ｄ ４ 时，该点和转轴连线与竖直方向的夹角为６０°，即两个分速度的夹角为１２０°，此时合速度 ｖ＝２ｖｃｏｓ６０°＝ｖ，Ｄ项 合 正确。 ６．【答案】Ａ 【解析】设弧面对小球的支持力与竖直方向夹角为θ，ａ处的θ小，由 Ｆｃｏｓθ＝ｍｇ可知，弧面对小球的支持力大小 ｇｔａｎθ 关系为Ｆ ａ ＜Ｆ ｂ ，根据牛顿第二定律得ｍｇｔａｎθ＝ｍω２ｒ，解得ω＝ 槡 ｒ ，ａ处的θ小，半径ｒ大，所以角速度的大小 关系为ω＜ω，Ａ项正确。 ａ ｂ ７．【答案】Ｃ 【解析】沿初速度方向和竖直方向分解，则合运动为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直方向自由落体运动的合 ( １ )２ １ ２（ｖ２＋ｇｈ） 成，则有ｘ２＝（ｖｔ）２－ ｇｔ２－ｈ ，即 ｘ２＝－ ｇ２ｔ４＋（ｖ２＋ｇｈ）ｔ２－ｈ２，由数学知识可知，当 ｔ＝ ０ 时，ｘ＝ ０ ２ ４ ０ 槡 ｇ２ ｍ ｖ ０ 槡ｖ２＋２ｇｈ＝１１ｍ，由整个装置可以绕中心轴线缓慢匀速转动以及初速度方向与水平面的夹角０°≤θ≤９０°，可知 ｇ ０ 最大浇灌区域为半径等于ｘ的圆，所以Ｓ＝１２１πｍ２，Ｃ项正确。 ｍ ｍ 高三物理 第 １页（共４页） 书书书８．【答案】ＣＤ 【解析】将动滑轮和重物看成一个整体，受力如图所示，由于缓慢移动，受力平衡，由平衡条件可知２Ｆｓｉｎθ＝ｍｇ， ｄ 设绳长为Ｌ，由几何关系可知ｃｏｓθ＝ ，当沿虚线ａ缓慢向左移动时，ｄ减小，θ增大，ｃｏｓθ减小，轻绳上的拉力减 Ｌ 小，Ａ项错误；沿虚线ｂ向上移动，ｄ不变，θ不变，轻绳上的拉力不变，Ｂ项错误；沿虚线 ｃ向右上移动和沿虚线 ｄ 向右移动，ｄ增大，θ减小，轻绳上的拉力增大，Ｃ、Ｄ项正确。 # ! " & & ! ! ! ! $% ９．【答案】ＡＤ 【解析】由于大气压强值ｐ与海拔高度为线性关系，０～ｔ，大气压强值 ｐ随着时间是均匀变化的，即高度均匀变 １ 化，此时电梯在做匀速直线运动，Ａ项正确；ｔ以后，大气压强值 ｐ不变，代表电梯高度不变，为静止状态，Ｂ项错 ２ 误；通过Ａ项分析，０～ｔ，电梯做匀速直线运动，即小宇受到的支持力等于自身重力，Ｃ项错误；ｔ～ｔ，大气压强值 １ １ ２ ｐ依然增加，但斜率逐渐减小，而气压越高，说明电梯的高度越低，故电梯在减速向下运动，故小宇处于超重状 态，Ｄ项正确。 １０．【答案】ＢＤ 【解析】如图，根据受力分析可知，当角速度 ω缓慢增大的过程中，弹簧弹力和摩擦力的合力沿指向圆心的方 向，由力的合成可知摩擦力的大小先减小后增大，初始时 Ｆ ＝Ｆ ＝μｍｇ，随着角速度 ω缓慢增大，当 Ｆ＝μｍｇ 弹 ｆｍ ｆ μｇ 时，由几何关系可知Ｆ ｎ ＝ｍｌω２＝μｍｇ，即ω＞ 槡 ｌ 时，物块相对水平圆盘开始滑动，根据摩擦力阻碍相对运动的方 向，相对水平圆盘滑动的方向与摩擦力的方向相反，小木块Ｃ和Ｄ相对水平圆盘滑动时，不会沿半径方向，Ａ、Ｃ 项错误，Ｂ、Ｄ项正确。 ! ! ! ! ! ! ! ! １１．【答案】（１）Ｂ（２分） （２）０．６（２分） 不是（２分） 【解析】（１）为确保每次平抛运动的初速度相同，只需每次从同一高度静止释放小球即可，并不需要斜槽光滑，Ａ 项错误；要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，Ｂ项正确；将所描绘的点用一条平滑的 曲线连接起来，使曲线通过尽可能多的点，不在曲线上的点均匀分布在曲线两侧，偏离较远的点舍去，Ｃ项 错误。 １８×１０－３ｍ （２）根据９×１０－３ｍ＝ｇＴ２，解得ｖ＝ ＝０．６ｍ／ｓ，从ａ到ｄ，竖直方向位移之比为ｙｙｙ＝１２３， ０ Ｔ ａｂ ｂｃ ｃｄ 所以ａ点不是抛出点。 ２ｉ ｈ １２．【答案】（１）不需要（２分） （２）０．８７（３分） （３） （２分） （２分） ｈ ｇ 【解析】（１）细线上的拉力大小相等，且等于力传感器上的示数，不需要砂桶和细砂的总质量远小于物块的 质量。 （７．７５＋８．６２－６．０１－６．８９）×１０－２ｍ （２）由逐差法，ａ＝ ≈０．８７ｍ／ｓ２。 ２×２×０．１２ｓ２ 高三物理 第 ２页（共４页）２ ｈ ２ ２ｉ ｈ （３）由牛顿第二定律２Ｆ－Ｍｇμ＝Ｍａ，解得ａ＝ Ｆ－ｇμ，又由图像可知 ＝ ，ｇμ＝ｈ，解得Ｍ＝ ，μ＝ 。 Ｍ ｉ Ｍ ｈ ｇ １ １３．解：（１）由逆向思维可知ｓ＝ ａｔ２（２分） ４ ２ ４ 解得ａ＝１ｍ／ｓ２（１分） 又由μｍｇ＝ｍａ（２分） 解得μ＝０．１（１分） （２）由公式ｖ２＝２ａｘ（２分） 解得ｖ＝槡３ｍ／ｓ（２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。 １ １４．解：（１）平抛运动，竖直方向上ｈ＝ ｇｔ２，ｖ＝ｇｔ（１分） ２ ｙ 水平方向上ｘ ＝ｖｔ（１分） ＡＢ ０ ２ｈ 解得ｘ ＝ｖ （１分） ＡＢ ０槡 ｇ Ｂ点的速度大小ｖ＝槡ｖ２＋ｖ２（１分） Ｂ ０ ｙ 解得ｖ＝槡ｖ２＋２ｇｈ（１分） Ｂ ０ （２）小球与竖直挡板或平台侧面碰撞后水平方向速度大小不变、方向反向，竖直方向速度不变，则碰后小球的轨 迹与原轨迹关于挡板或平台侧面镜像对称 若小球只与挡板碰撞，不与平台侧面碰撞，如图丙所示，根据对称性 ３ｄ ２ｈ ｘ ＝ ＝ｖ （２分） ＡＢ ２ ０槡 ｇ ２ｖ ２ｈ ｄ＝ ０ （１分） 槡 ３ ｇ 若小球与挡板还有竖直墙壁各碰撞一次，如图丁所示，根据对称性 ５ｄ ２ｈ ｘ ＝ ＝ｖ （２分） ＡＢ ２ ０槡 ｇ ２ｖ ２ｈ ｄ＝ ０ （１分） 槡 ５ ｇ ! # " " #! $ !! ! 丙 丁 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）对长木板Ｐ、滑块Ｑ分别受力分析，由牛顿第二定律 ｍｇｓｉｎθ＋μｍｇｃｏｓθ－μ·２ｍｇｃｏｓθ＝ｍａ（１分） １ ２ １ Ｆ＋ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ（１分） １ ２ 解得ａ＝２．５ｍ／ｓ２，ａ＝７．５ｍ／ｓ２（２分） １ ２ （２）刚撤去Ｆ时，长木板Ｐ的加速度不变，滑块Ｑ的加速度设为ａ，对滑块Ｑ受力分析，由牛顿第二定律 ３ μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ（１分） １ ３ 解得ａ＝２．５ｍ／ｓ２ ３ 高三物理 第 ３页（共４页）长木板Ｐ继续加速，滑块Ｑ减速直至共速，Ｆ作用的时间ｔ＝０．９ｓ，撤去Ｆ后，设再经过时间ｔ′，两者达到共同速 度ｖ＝ａｔ－ａｔ′＝ａ（ｔ＋ｔ′）（２分） １ ２ ３ １ 解得ｖ＝４．５ｍ／ｓ，ｔ′＝０．９ｓ １ 因μ＞μ＝ｔａｎθ，之后０．１ｓ两者一起匀速直至与第１个固定挡板相撞，长木板 Ｐ与挡板１相撞前瞬间，长木板 １ ２ Ｐ的速度ｖ＝４．５ｍ／ｓ（１分） １ （３）长木板Ｐ与第１个挡板相撞前，滑块Ｑ相对于长木板Ｐ滑行的路程 １ ａｔ＋ｖ ｖ ｓ＝ ａｔ２＋２ １ ｔ′－１ （ｔ＋ｔ′）＝４．０５ｍ（１分） ０ ２ ２ ２ ２ 长木板Ｐ与第１个挡板相撞后瞬间，滑块Ｑ速度不变，之后做减速运动，长木板Ｐ以原速率反弹，设其加速度为 ａ，由牛顿第二定律 ４ ｍｇｓｉｎθ＋μｍｇｃｏｓθ＋μ·２ｍｇｃｏｓθ＝ｍａ（１分） １ ２ ４ 解得ａ＝２２．５ｍ／ｓ２ ４ 长木板Ｐ先减速到０，其位移ｘ及所用时间ｔ为 １ １ ｖ２ ｘ＝ １＝０．４５ｍ（１分） １ ２ａ ４ ｖ ｔ＝１＝０．２ｓ １ ａ ４ 之后长木板Ｐ以ａ沿斜面向下加速运动，滑块Ｑ仍以ａ减速至达到共同速度ｖ，用时ｔ′ １ ３ ２ １ ｖ＝ｖ－ａ（ｔ＋ｔ′）＝ａｔ′（１分） ２ １ ３ １ １ １１ 解得ｖ＝２ｍ／ｓ，ｔ′＝０．８ｓ ２ １ ｖ２ 长木板Ｐ沿斜面加速的位移ｘ＝ ２＝０．８ｍ（１分） ２ ２ａ １ 由几何关系可知，此时长木板Ｐ距离第２个挡板还有Δｘ＝ｄ＋ｘ－ｘ＝０．０５ｍ（１分） １ ２ 因μ＞μ＝ｔａｎθ，两者一起匀速直至与第２个挡板相撞，与第１个挡板相撞到与第２个挡板相撞这个过程，滑块 １ ２ ｖ２－ｖ２ Ｑ相对于长木板Ｐ滑行ｓ＝１ ２＋ｘ－ｘ＝２．９ｍ（１分） １ ２ａ １ ２ ３ 之后的过程与此类似，以此类推，设与第ｎ个挡板相撞时的速度为ｖ，则有 ｎ (ｖ ｖ ) ｖ ＝ｖ－ａ ｎ＋ｎ＋１ （１分） ｎ＋１ ｎ ３ ａ ａ ４ １ ４ 即ｖ ＝ ｖ ｎ＋１ ９ｎ ｖ２－ｖ２ ｖ２ ｖ２ 长木板Ｐ与第ｎ个挡板相撞后至与第ｎ＋１个挡板相撞前，滑块Ｑ相对于长木板Ｐ滑行的路程ｓ＝ｎ ｎ＋１＋ｎ－ｎ＋１ ｎ ２ａ ２ａ ２ａ ３ ４ １ ｖ２ －ｖ２ 长木板Ｐ与第ｎ＋１个挡板相撞后至与第ｎ＋２个挡板相撞前，滑块Ｑ相对于长木板Ｐ滑行的路程ｓ ＝ｎ＋１ ｎ＋２＋ ｎ＋１ ２ａ ３ ｖ２ ｖ２ ｎ＋１－ｎ＋２ ２ａ ２ａ ４ １ １６ 即ｓ ＝ ｓ（１分） ｎ＋１ ８１ｎ １６(１６)２ 滑块Ｑ在长木板Ｐ上面滑行时，相对于长木板Ｐ滑行的总路程ｓ＝ｓ＋ｓ＋ｓ＋ｓ＋……＝４．０５＋２．９×［１＋ ＋ ＋ ０ １ ２ ３ ８１ ８１ (１６)３ ＋……］ｍ≈７．７ｍ（１分） ８１ 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）