湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期8月月考物理答案_2025年8月_250821湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期8月月考（全科）_湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期8月月考物理

荆州中学 2025～2026 学年上学期 8 月考试高三年级物理试题 参考答案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C C A D D B A BD BC BC 二、实验题 11、(1) 自由落体运动 匀速直线运动 (2) 0.02 0.40 【详解】（1）[1]用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运 动，两球同时落到地面，则说明平抛运动竖直方向是自由落体运动； [2]因为观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，可知球1在水平方向上的运动规律与 球2相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动。 （2）[1]在竖直方向上，根据匀变速直线运动的规律可得 ΔyLgT2 解得 T 0.02s [2]在水平方向，根据匀速直线运动可得 x 2L v   0.4m/s 0 T T 12．(1)AB (2)B (3)D （4）反比 槽码 【详解】（1）A．为了使小车所受的合外力大小近似等于槽码的总重力，故应使小车质量远 大于槽码质量，故A错误； B．为了保证小车所受细线拉力等于小车所受合力，则需要调整垫块位置以补偿阻力，也要 保持细线和长木板平行，故B正确； C．补偿阻力时不能移去打点计时器和纸带，需要通过纸带上点迹是否均匀来判断小车是否 做匀速运动，故C错误； D．根据操作要求，应先打开打点计时器再释放小车，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司故选B。 （2）根据逐差法可知 S S 4aT2 5 1 1 S S 4aT2 6 2 2 S S 4aT2 7 3 3 S S 4aT2 8 4 4 联立可得小车加速度表达式为 1 S S S S S S S S a ( 8 4  7 3  6 2  5 1) 4 4T2 4T2 4T2 4T2 故选D。 1 （3）[1]根据图像可知 与M成正比，故在所受外力一定的条件下，a与M成反比； a [2]设槽码的质量为m，则由牛顿第二定律 mg (mM)a 化简可得 1 1 1  M  a mg g 故斜率越小，槽码的质量m越大，由图可知甲组所用的槽码质量比乙组的更大。 三、计算题 13．（1）5s，36m；（2）不能 【分析】（1）抓住两车相距最大时的临界条件：两车速度相等展开计算即可； （2）分析乙车到达终点经过的时间，再求出甲车在此过程中经过的位移，比较即可求解。 【详解】（1）根据题意可知，甲车速度小于乙车时距离一直在被拉远，因此当甲、乙两车的 速度相等时两车距离最大，则有 v v at 乙 甲 代入数据得到 t 5s 所以经过5s两车间距最大，此过程中甲车位移为 1 1 x v t at2 505 252 275m 甲 甲 2 2 学科网（北京）股份有限公司乙车位移为 x v t605300m 乙 乙 两车最大距离为 xx x L 3002751136m 乙 甲 1 （2）因为乙车做匀速运动，所以乙车到达终点所需时间为 L 600 t  2  10s 1 v 60 乙 假设再经过t 时间后，甲车恰好超过乙车，则有 2 1 v t L v t  at2 乙 2 1 甲2 2 2 解得 t 11st 2 1 所以到达终点线时甲车不能超过乙车。 14.(1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受重力和细线拉力，根据牛顿第二定律有 mgtan60m2lsin60解得 1 15.(1)4m/s,方向水平向右 (2)1.2m (3)2s，43.5J 1 1 【详解】（1）滑块从B点到A点，根据动能定理mg2R mv2  mv2 2 A 2 0 解得滑块在A点时的初速度大小为v 4m/s A 方向水平向右。 v （2）滑块从A点到C点做平抛运动，设C点的速度竖直方向为v 则tan y y v A 解得v 3m/s y 在竖直方向上，滑块做自由落体运动，则v gt y 在水平方向上xv t A 解得AC两点间的水平距离为x1.2m （3）滑块运动在C点时的速度大小为v  v2 v2 5m/s C A y 则滑块运动到薄板上后，对滑块，设加速度为a ，根据牛顿第二定律 1 学科网（北京）股份有限公司mgsinmgcosma 2 1 解得a 2m/s2 1 对薄板，设加速度为a ，根据牛顿第二定律Mgsinθμ（M m）gcosθμ mgcosθMa 2 1 2 2 解得a 7m/s2 2 设经过时间t 小滑块与薄板达到共同速度v ，小滑块位移为x ，薄板位移为x ，则有 1 1 1 2 v at a t C 11 21 解得t 1s 1 v v 1 根据运动学公式v a t 7m/s，x  C 1t 6m，x  a t2 3.5m 1 21 1 2 1 2 2 21 因为x x L ，x L ，所以此后滑块和薄板一起加速运动，在t 时间内，滑块与薄板摩 1 2 1 2 2 1 擦产生的热量为Q mgcosx x 15J 1 2 1 2 设滑块和薄板一起加速运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律 3 （M m）gsinθμ（M m）gcosθ（M m）a 1 3 解得a 4m/s2 3 1 设滑块和薄板一起加速时间为t ，则vt  at2 L x L 2 12 2 3 2 2 2 1 解得t 0.5s 2 设薄板运动到D点时，滑块的速度为v ，此后小滑块继续以a 的加速度加速下滑，设加速 2 1 1 到D点的时间为t ，则v v at 9m/s，v t  at2 L x x 3 2 1 3 2 2 3 2 13 1 1 2 解得t 0.5s 3 在t 时间内，滑块与薄板摩擦产生的热量为Q mgcosL x x 28.5J 3 1 2 1 1 2 则滑块从C点到达D点所需要的时间为t t t t 2s 1 2 3 滑块与薄板摩擦产生的热量QQ Q 15J28.5J43.5J 1 2 学科网（北京）股份有限公司