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湖北省 2025-2026 学年度上学期高三 10 月月考
高三物理答案
1.【答案】B【解析】略
2.【答案】D【解析】动量、加速度和向心力均为矢量，相等的只有动能。
3.【答案】A【解析】略
4.【答案】C【解析】设弹簧初始压缩量为x ：kx =7mg；施加F瞬间对AB整体：F+7mg-kx =7ma
0 0 0
解得：F= 7 mg；对B：F+2mg-N=2ma，解得：N= 9 mg，故C正确。
2 2
5.【答案】B【解析】方法一：W=Fxcos15°=10×2× 6+ 2 J
4
方法二：W=Fxcos15°=Fxcos(45°-30°)
方法三：建立坐标系如图，正交分解，先求分力做功，再求和。
6.【答案】C【解析】如图所示，当F与细线垂直时，细线偏离竖直方向角度最大，
第5题图 第6题图 第7题图
7.【答案】C【解析】沿斜面和垂直斜面分解，可知，沿斜面方向小球做初速度为0的匀加速直线运动，
垂直斜面小球做类竖直上抛运动。可知，小球从A到P的时间和从P到Q的时间相等；小球从A点抛出
后第一次运动到离斜面最远的时间为5v0，运动到最高点的时间为4v0；小球从A到P和从P到Q两次离斜
4g 5g
面最远位置的速度之比为1:3；小球到达Q点时速度为 10v 。
0
8.【答案】AC【解析】滑块通过第一个光电门的平均速度为0.35m/s，滑块通过第二个光电门的平均速度
ⅆ ⅆ
-
为1.05m/s，加速度a= Δt2Δt1 =5m∕s2，注意换算单位。
t-
Δt1+ Δt2
2 2
9.【答案】BC【解析】两人都是一边随着底盘转动一边随着转杯1转动，利用运动的合成，可知图示时刻
A点的线速度大小为 ω R-r)-ω r ，B点的线速度大小为ω R-r +ω r。
1 2 1 2
10.【答案】CD【解析】直槽与水平方向夹角为θ时，设此时弹簧长度为L ，
( 1
分析小球受力：mgsinθ=k L-L ，h=L sinθ，联立可得：h=- mg sin2θ+Lsinθ
1 1
k
整理可得：h=- mg sinθ- kL 2 + kL2 ，若kL ≤1，则sinθ= kL时，h = kL2 ；
m
k 2mg 4mg 2mg 2mg 4mg
若kL ≥1，则sinθ=1时，h =L- mg；若h =0.4m，可知属于kL ≤1第一种情况，
m m
2mg k 2mg
带入h =L- mg，可得h =0.375m。
0 0
k
若kL ≥1，高度的最大值出现在竖直位置，kL ≥1变形可得：mg ≤0.5m，带入h =L- mg，
0
2mg 2mg k k
可得h ≥0.5m，但h 不能超过原长，所以0.5m≤h <1m
0 0 0
11.【答案】(1)C；(2) .65∼2.67；(3)0.42(0.41∼0.43均可)；2 评分标准：每空2分
M
【解析】(1)由于小车受到的合外力是弹簧测力计示数的2倍，可以直接测出，因此不需要保证砂和砂
2
桶的质量远小于小车的质量。为了让小车运动到桌面最左端的数据都有效，砂桶距离地面的高度需大于小车到桌面左端的距离的两倍。
(2)弹簧测力计的示数为 .65N∼2.67N。
(3)由图像求得小车的加速度大小a= Δv = 0.61-0.40 m/s2=0.42m/s2
2 Δt 0.5
由2F=Ma，得到a= 2 F，直线的斜率等于2。
M M
12.【答案】 ； 或 ； 、 ； 有 评分标准：每空2分
【解析】 铁球下落的时间间隔1 2ℎ 2 ℎ 2 ，
(3)0.40 (4) ℎ=2 ( ) ℎ=2( ) 5 1.41 1.47 (7)
铁球落地速度为 ，若铁球下落过程中机械能守恒，则应满足等式
(3) =2.05 −1.65 =0.40
代入可得： 2ℎ 或 1 2
(4) = ℎ=2
铁球动能的增加 1 量为 2ℎ 2 ℎ 2 ；
ℎ=2 ( ) ℎ=2( )
铁球重力势能的减少量为 1 2 ；
(5) =2 ≈1.41
小球可能获得竖直方向的速度，故对实验测量结果有影响。
= ℎ=0.2×9.8×0.75 ≈1.47
(173).（10分）【答案】 ； ；
2 3
3 + +
【解析】 空间站在预(1定) 圆 轨道(2上) 2做 3匀速2圆 周运(3动) ： 0 1 ① 2分
2
3
(1)解得地球的质量； 2 = ② 1分
2
3
卫星在预定圆轨道上的运动周期为 ， ③ 1分
=
2
椭圆轨道的半长轴：
(2) = 3
+
卫星在椭圆轨道上的运
=
动周
2
期为 ， ④ 2分
3 3
解得： 1 1 2 = 2
3
+ 3 2 +
飞船从 1 运=动到( 2点 )，需 3要=的 3时间2至 少为 ⑤ 1分
3
飞船在
近地点
速度为 ，由开普勒第二1
2
定
1
律
=
可
2
知
3
： +
2
⑥ 1分
飞船从 运动到 点： ⑦ 1分
(3) 1 1 = 2
联立可得： ⑧ 1分
= = 0 1+ 0 2
分值说明：①②③④ 错+ ，⑤不得分
= 0 1
14.【答案】（14分）(1) 压力大小为 ，方向竖直向下；(2)
； (3) 或
传 17.5 传 ℎ=0.4m
【解析】 到 过程： ① 1分
≤2 2m/s ≥ 14m/s
可得； 1 2 1 2
(1) − =2 D−2 0
在D点
：
D = 3m/s 2
② 1分
解得：
− =
由牛顿第三定律可知：小物块对轨道的压力大小为 ， ③ 1分
=17.5N
方向竖直向下 ④ 1分
17.5N
到 过程： ，解得： 。v = m/s m/s，物块减速
0
假设物块能减速到与传送带共速： 2 ，解得
减 减
(2) = =1m/s 3 > =2 2
小物块在传送带上先加速再匀速，到 2达 − 点 0 2 = 时 2 ： (− ) =0.5 判 m 断 < ⑤ =3 2 m 分
假设物块到达圆轨道的最大高度 时速度可以减为
C = =2 2m/s
则 速度减为 的过程： ⑥ 1分
ℎ 0
解得 ，即物块刚好到达圆1轨道2 点。 ⑦ 1分
0 − ℎ=0−2 C
若刚好到达 点不脱轨，由第 、 问可知
ℎ=0.4 =
所以在E点以下不脱轨的条件为： ⑧ 1分
(3)① 1 传 2 C =2 2m/s
若刚好到达 点不脱轨，在 点： ≤2 2m/s
2
到 过程： ∘ F
② sin30 =
∘ 1 2 1 2
−mg + sin30 =2 −2 1解得： ⑨ 1分
③若刚好到达 点，在 点有
C1 = 14m/s
到 过程：
G =0
解得： 1 2 ⑩ 1分
− 2 =0−2 C2
所以能过E点不脱轨且不过 点的条件为：
C2 =4m/s
④若物块在传送带上全程加速： ⑾ 1分
14 / ⩽ ⩽4 /
解得 ＜ ，物块不可能到1达 2点 1 2
=2 C3−2 0
综上所
C3
述
=
，
1 传 5
应
m/
满
s
足
4
：
m/ 传 s
或
传
⑿ 2分
分值说明：①②错，③④不得分；⑤⑥错，⑦不得分；⑤⑧⑨⑩⑾错，⑿不得分
≤2 2m/s ≥ 14 /
15.【答案】（18分）(1) ；(2) ；(3) 第5个
【解析】(1)木块1与2第 1 一次碰撞前14速3度记为5 3，碰撞后速度记为
2 39 ≤ < 12
后面依照同样的方式表示，第n次碰撞前速度为 ，碰后速'度记为
1 1
木块1下滑过程： ' ① 2分
木块1、2碰撞： 1 2 ② 2分
30° =2 1−0
解得： ' ③ 2分
1 =2 1
(2)木块12组
1
'合
=
体 1
2
下
滑
： ④ 1分
木块12组合体与木块3碰撞： 1 2 1 '2 ⑤ 1分
2 30°−2 30°=2×2 2−2×2 1
木块123组合体下滑： ' ⑥ 1分
2 2 =3 2
1 2 1 '2
木块12组合体刚好能与 3 木 块 3 碰 3 撞 0 ， °−3 ， 此 时 30 最 ° 大 = ， 2× 所 3 以 ： 3−2×3 2 ⑦ 1分
5 3
木块123组合体刚好不能与木块4碰撞
，2
=0
，此
时 最小，所以
：
< 12
⑧ 1分
14 3
综上所述： 3 =0 > 39 ⑨ 2分
说明：运动1学4公3 式计算5同3样给分
39 < < 12
(3)木块12…(n-1)组合体下滑：
⑩ 1分
木块12…(n-1)组合体与木块n碰撞：( −1) 2 ' 2 ⑾ 1分
( −1) ( 30°− 30°)= 2 ( −1− −2 )
第n次碰撞前动能为 ，碰后动能记为 '
( −1) −1 = −1
联立可得：
'
⑿ 1分
2
若刚好能碰到第n个 −，1 则 且
= −1 + ( 30°− 30°)
迭代算出：能碰到第5个小木块 ⒀ 2分
分值说明：①②错，③不 得 分 − ； 1 ① > ② 0 ④⑤ ⑥ <⑦0⑧错，⑨不得分；⑩⑾⑿错，⒀不得分。
说明：其它解法同样给分
比如：（3）木块12…(n-1)组合体下滑：
木块12…(n-1)组合体与木块n碰撞： 2 ' 2
2 ( 30°− 30°)= −1− −2
联立可得： ，记： '
( −1) −1 = −1
2 2 2 1
联立可得： = +1 −1− d 1− 3 = d 1− 3 =−33
迭代计算：
2
= +
1
2
2
−1
，
−
可
撞第3个； ，可撞第4个
2
2
=1
2
4
9
2 >0
，可撞第5个；
3
2 ＜
=
1
9
， 0
9
不
可
>
能
0
撞第6个
2 7 2
（3）质心方程 ： 4 =264 >0 5 0
d 30° 2 3
+2 sin30°− cos30° +3 sin30°− cos30° +
( −1) 1 2
…+( −1) sin30°− cos30° =2 −0
