绝密★启用前
2025一2026学年鼎尖名校大联考
高三物理试题
满分：100分
考试时间：75分钟
命题学校：宣城中学
审题学校：界首一中终审学校：涡阳育萃中学
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、
倒
试卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1.“机灵活泼眼如梭，来往飘忽似云过。攀援树木如飞鸟，跳跃溪涧似游鱼。”这是老舍的《观猴》片
断，生动地描绘出猴子的生活习性。下图为小猴子从树干斜向上跃起腾空的情景。根据所学的
知识，下列说法正确的是
A.小猴子在空中受到重力和弹力的作用
B.小猴子在空中运动时所受的合力沿运动方向
C.小猴子静止在树枝上时受到树枝对其作用力的方向竖直向上
D.小猴子蹬树干时对树干的压力是由于树干发生形变而产生的
2.2025年7月5日上午，在备受瞩目的100m混合组龙舟比赛中，安徽龙舟队奋勇争先，以25s的成
绩勇夺铜牌，实现了该项目在全运会赛场上的历史性突破。若将比赛中龙舟的运动视为从静止开
始的匀加速直线运动，龙舟可视为质点。关于描述龙舟运动过程的物理量，下列说法正确的是
警
A.中间时刻的速度大小为8m/s
B.冲线时刻的速度大小为8m/s
3
C.通过50m处速度大小为4m/s
*米
D.通过前25m所用时间为5s
3.如图所示，一同学通过伸缩牵引绳拉着宠物狗在公园散步，某一瞬间宠物狗突然以速度？向前奔
跑，人处于站立静止状态，左手执绳点O的位置不发生变化，此时牵引绳与水平方向成0角且始
终处于绷紧状态，则伸缩牵引绳伸长的速度为
笑
A.vsind
B.vcos
C.
D.-
sin
s0
【高三物理第1页（共6页）】
4.放风筝是我国一项传统民俗，古有《事物纪原》载韩信作纸鸢量宫室远近，《询刍录》记李邺制鸢
“风入竹声如鸣筝”故名风筝。现有一质量均匀分布、可视为一平面的风筝在空中稳定悬停时，
受到垂直于风筝面向上的风力F(流动的空气垂直撞击风筝面产生)、沿风筝线指向人的拉力T。
若风筝平面与水平方向夹角为3(0°<3<90)，风筝线与水平方向夹角为α(0°
刻风力发生变化，通过调整风筝线，风筝再次处于平衡状态时，夹角3仍保持不变，夹角《变大
(0°<α<90°)。再次悬停时较之初次悬停，下列说法正确的是
风
面
水平面
…S2
孤筝线
风方
A.T减小，F减小B.T减小，F增大
C.T增大，F增大
D.T增大，F减小
5.一辆搬家货车正在水平公路上正常行驶。由于前面出现道路拥挤，司机立即刹车，此时货车做减
速直线运动，货箱里面固定了一个含斜面的家具，斜面上一个物体一直和货车保持相对静止，如
图所示。货车向左做诚速直线运动的过程中，下列说法正确的是
A.斜面对物体的作用力大小一定大于物体的重力大小
B.物体一定受到斜面的摩擦力
C.物体受到斜面的支持力大小一定小于物体的重力大小
D.物体受到斜面的摩擦力方向一定沿斜面向上
6.在快递分栋中心，常用倾斜传送带运输物品。如图所示，某倾斜传送带与水平面夹角为0=37°，
传送带长度为L=7.2m,以恒定速度o=4m/s逆时针转动。将快递包裹（可视为质点）从传送
带顶端A无初速度释放，包裹与传送带间的动摩擦因数为4=0.5。已知si37°=0.6，重力加速
度g取10m/s2。关于包裹在传送带上的运动，下列说法正确的是
A,以加速度大小为10m/s2一直做匀加速运动
B.到达传送带底端B时的速度大小为4m/s
C.在传送带上划痕长度等于相对于传送带发生的位移大小
37
D.若在包裹放置前增大传送带速度，包裹运动的最短时间为1.2s
7.古代漕运中，船只航行常依赖纤夫拉纤助力，其情景简化如下图所示。一条轻绳穿过船头固定的
光滑铁环，两名船工在船两侧拉绳，铁环两侧绳子对称，夹角为α，两绳所在平面与水平面形成的
二面角的平面角为3。当船本身无动力且匀速前进时，每侧绳拉力大小为F,船受到水的阻力的
大小为
A.2F cosBcos2
B.2Fcos3sin 2
C.2F singsin 2
D.2FsinBcos 2
【高三物理第2页（共6页）】高三物理参考答案
选择题:1-8题,每题4分;9-10题,每题5分,共42分。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
C B B C A D A D BD BC
11.(6分) 【答案】 (1)C(2分)
(2)2.0(答1.9-2.1之间均给分)(2分) 弹簧自身重力的影响(2分)
12.(10分) 【答案】 (1)C(2分) (2)补偿阻力时木板倾角偏大或补偿阻力过度(2分)
(3)等于(2分) (4)0.60kg(2分) 3N(2分)
13.(10分) 【答案】 (1)0.8m(4分) (2)1.8m(6分)
【解析】 (1)由于弹力球做平抛运动,水平方向x=v0t …………………………………………… (1分)
则 x
t= =0.4s………………………………………………………………………………………… ( 分)t 1
竖直方向 1h= gt2 …………………………………………………………………………………… (1分)2
代入数据,得h=0.8m ……………………………………………………………………………… (1分)
( 12)设该同学抛球竖直高度为 H,第一段平抛:x1=v 20t1,H= ,2gt1 vy=gt1
…………………… (2分)
碰地瞬间 1 2v'y= vy,2 v'x=3v0
v'
反弹后做斜抛:t y2=2 ……………………………………………………………………………… (1分)g
x2=v'xt2 ……………………………………………………………………………………………… (1分)
6m≤x=x1+x2≤6.4m …………………………………………………………………………… (1分)
综上,该同学能游戏成功的抛球竖直高度至少为 H=1.8m ……………………………………… (1分)
40
14.(14分) 【答案】 (1) N或 ( 分)11 8N6
(2)2.1m(8分)
【解析】 (1)首先对圆环进行受力分析,其受到拉力F,重力mg,弹力FN,滑动摩擦力Ff,圆环匀速运
动时,合力为零,则有
①若拉力F 方向斜向右上,
a.当FsinθF N+Fsinθ=mg,Fcosθ=μFN………………………………………………………………………… (1分)
解得 μm
40
F= g ………………………………………………………………………… ( 分)cosθ+μsinθ
=11N 2
b.当Fsinθ>mg 时,则弹力FN 方向竖直向下,
FN+mg=Fsinθ,Fcosθ=μF N
解得 mF= μ g (不符合题设,舍去)
μsinθ-cosθ
=-8N
②若拉力F 方向斜向右下,则弹力FN 方向竖直向上
mg+Fsinθ=FN,Fcosθ=μF N………………………………………………………………………… (1分)
解得: mF= μ g ………………………………………………………………………… ( 分)cosθ- sinθ=8N 2μ
(2)
对圆环受力分析,杆对圆环的弹力FN= Fsinθ 2+ mg 2=10N ………………………… (1分)
圆环受到的摩擦力Ff=μFN=5N…………………………………………………………………… (1分)
Fcosθ-F
由牛顿第二定律得a = f=3.75m/s21 …………………………………………………… (1分)m
由运动学公式得: 1x1=2a1t
2=1.2m ……………………………………………………………… (1分)
高三物理参考答案 第 1页(共5页)
v1=a1t=3m/s ……………………………………………………………………………………… (1分)
撤掉拉力后,由牛顿第二定律得a2=μg=5m/s2,方向与v1 方向相反 …………………………… (1分)
v2
由运动学公式得:x 12=2a =0.9m
…………………………………………………………………… (1分)
2
故总位移x=x1+x2=2.1m ………………………………………………………………………… (1分)
15.(18分)
【答案】 (1)2.25m/s(5分) (2)会发生相对滑动,计算见解析(5分) (3)0.7m(8分)
【解析】 (1)初始时,设小物块A、长木板B的加速度分别为aA 和aB,以沿斜面向下为正方向,
对A进行分析,根据牛顿第二定律有mgsinθ-μ2mgcosθ=maA ………………………………… (1分)
解得aA=-2.5m/s2,方向沿斜面向上 ……………………………………………………………… (1分)
对B进行分析,根据牛顿第二定律有mgsinθ+μ2mgcosθ-μ1·2mgcosθ=maB ……………… (1分)
解得a 2B=2.5m/s,方向沿斜面向下 ………………………………………………………………… (1分)
设长木板B与小物块A共速的速度大小为v共1,运动时间为t1,由匀变速直线运动的规律有
v共1=v0+aAt1=aBt1
解得t1=0.9s,v共1=2.25m/s ……………………………………………………………………… (1分)
(2)长木板B与小物块A共速后,2mgsinθ-2μ1mgcosθ=0可知两者匀速下滑 ………………… (1分)
当两者接触弹簧时,开始减速,AB间的静摩擦力不断增大。
假设弹簧压缩过程中两个物体没有发生相对滑动,设弹簧最大压缩量为xm,
由能量守恒可得:1 1
2kx
2
m= 2mv 2共1 ,解得2 xm=0.9m
…………………………………………… (1分)
又牛顿定律可知:kxm=2ma,解得
45
a= m/s2 …………………………………………………… (8 1
分)
长木板B与小物块A之间的静摩擦刚好达到最大值时,
: μ2mgcosθ-mgsinθ
对A分析 am= =2.5m/s2 …………………………………………………… (1分)m
a>am,在长木板下滑过程中两者发生了相对滑动 ………………………………………………… (1分)
(3)长木板B与挡板碰撞后速度大小不变,方向反向。
对长木板B运用牛顿第二定律可得:
mgsinθ+μ2mgcosθ+μ1·2mgcosθ=ma'B
解得:a' 2B=22.5m/s ………………………………………………………………………………… (1分)
长木板B减速为零的时间和位移为:
v共 v共
t2=
1 , 1 …………………………………………………………… ( 分)
a' =0.1sxB1=B 2
t2=0.1125m 1
, v共 +v
A在此时间内 vA=v共1+aAt2=2m/s,x
1 A
A1= 2 t2=0.2125m
…………………………… (1分)
A相对于B向下滑动:x相对1=xA1+xB1=0.325m
接下来B向下滑动,若AB共速
vA+aAt3=aBt3=v共2,t3=0.4s,v共2=1m/s……………………………………………………… (1分)
v共
B运动位移为x = 2B2 2t3=0.2m
由于xB1即B一直加速下滑,设时间为
1
t4,x = 2B1 ,解得 …………………………………… ( 分)2aBt4 t4=0.3s 1
在此段时间下滑的位移为: 1
A x 2A2=vA2t4+2aAt4=0.4875m
…………………………………… (1分)
A相对于B向下滑动:x相对2=xA2-xB1=0.375m ………………………………………………… (1分)
A相对于B向下滑动位移:x相对=x相对1+x相对2=0.7m …………………………………………… (1分)
【注】:以上解答题若有其他解法,步骤正确亦给分。
高三物理参考答案 第 2页(共5页)
【详解】
1.【答案】 C
【解析】 小猴子在空中不受弹力的作用,故A错误;
小猴子在空中做曲线运动,所受合力跟运动方向不在同一条直线上,故B错误;
小猴子静止在树干上,受到重力和树干对其作用力,两个力等大反向,故C正确;
小猴子对树干的压力是小猴子施加给树干的,应该是小猴子爪子发生形变产生的弹力,故D错误。
2.【答案】 B
【解析】 龙舟做初速度为0的匀加速直线运动,平均速度等于中间时刻速度,故
x
vt=v= =4m/s,故
2 t A
错误;
v
v= m,vm=8m/s,故B正确;2
中点位置速度大于平均速度,C错误;
通过前25m的时刻为中间时刻,时间为12.5s,D错误。
3.【答案】 B
【解析】 牵引绳伸长的速度为狗速度沿绳的分量,故B正确。
4.【答案】 C
【解析】 根据题意可知,风筝受到重力G,升力F,拉力T 共三力作用,在缓慢放线过程中,G 为恒力,F
方向不变,T 方向变化,是一个动态平衡过程,构建矢量三角形,利用图解法结合题意可求得,T 一直增
大,F 一直增大。
5.【答案】 A
【解析】 如图所示,对物体受力分析,物体受到重力和斜面的作用力,其合力
一定水平向右,则斜面对物体的作用力一定大于物体的重力,故A正确;
如图所示,物体受到重力和斜面的支持力,若这两个力的合力正好提供加速
度,则物体恰好不受斜面的摩擦力,此时支持力竖直分量等于重力,水平分量提供加速度,故B、C错误;
如果物体所受重力和斜面的支持力不够,则需要斜面提供摩擦力,但是摩擦力可以沿斜面向上也可以沿
斜面向下,故D错误。
6.【答案】 D
【解析】 包裹刚滑上传送带时,传送带逆时针转动,包裹受到向下的滑动摩擦力。根据牛顿第二定律:
mgsinθ+μmgcosθ=ma1,代入数据得:a 21=10m/s;
假设经过t1 时间与传送带达到共速,包裹运动位移为x1,由v0=a1t1,得t1=0.4s。
v
由x = 01 t=0.8m,得x1=0.8mμmgcosθ,包裹继续向下加速运动,故A、2 B
错误;
包裹先是落后于传送带,即相对于传送带上滑,共速后超传送带,即相对于传送带下滑。相对位移为上述
两个之差,而痕迹长度是上述两个相对滑动距离的最大值,故C错误;
增加传送带速度,包裹运动时间会减小,当传送带速度增大到一定值后,包裹一直以a =10m/s21 加速,时
高三物理参考答案 第 3页(共5页)
1 间最短,即L= a 21t ,得2 t=1.2s
。
7.【答案】 A
【解析】 首先由力的合成可得两绳拉力的合力大小为
α
2Fcos ,由于船处于平衡状态,船受到水的阻力2
Ff 与两绳拉力的合力沿水平方向相等,则
α
Ff=2Fcosβcos 。2
8.【答案】 D
【解析】 x 根据 图像知,t-t v甲0=0
,a甲=10m/s2,v乙0=10m/s,a乙=5m/s2,a甲t=v乙0+a乙t。
t=2s时,甲乙两车速度相同,甲、乙两车都沿正方向运动。t=3s时,甲、乙两车并排行驶,0~3s内甲车
1 位移 1x 2甲=2×10×3 m=45m
,乙车位移x =10×3+ ×5×32乙 2 m=52.5m
。
故t=0时,甲、乙两车相距Δx1=x乙-x甲=7.5m,即甲车在乙车前方7.5m,选项B错误;
画出两车的v-t图像,根据图像面积的含义,可以判定在t=1s时甲、乙两车第一次并排行驶,选项C
错误;
甲、乙两车两次并排行驶的位置之间的距离为x=x甲-x甲'=45m-5m=40m,选项D正确。
9.【答案】 BD
【解析】 运动员运动到最高点时速度最小vx=v0cosα=103m/s,故A错误;
将初速度v0 分解为沿AB 方向的分速度v1 和垂直AB 方向的分速度v2,
则有v1=v0cos60°=10m/s,v2=v0sin60°=103m/s,
将重力加速度g 分解为沿AB 方向的分加速度a1 和垂直AB 方向的分加速度a2,
则有a =gsin30°=5m/s21 ,a2=gcos30°=53m/s2,垂直AB 方向,
v
根据对称性可得,运动员运动的时间为t=2 2=4s,故B正确;a2
v2
运动员离斜坡的最远距离为d 2
max= ,故 错误;2a =103m C2
运动员落地时竖直分速度大小为vy=-v0sin30°+gt=30m/s,则落地速度与水平方向夹角φ 的正切值
v v
为tan y yφ= ,可得 , ,故 正确。v =x v0cos30°
= 3 φ=60°β=30° D
10.【答案】 BC
【解析】 滑块下滑过程中的受力分析,如图所示,
由胡克定律结合几何关系有 PQFT=k ,cosθ
由平衡条件可得:
FTcosθ=mgcos53°+FN,
x1 处平衡:
PQ
mgsin53°=f+k ·cosθ sinθ
,
联立解得FN=k·PQ-mgcos53°=10N,
高三物理参考答案 第 4页(共5页)
可知,滑块与杆之间的弹力不变,滑动摩擦力大小也不变,=fμ F =0.16
,故A错误;
N
由v2=2a1x1=2|a2|(x2-x1),再根据图像特点可得:x2=2x1,a1=-a 22=6.4m/s,滑块在最高点a
mgsin53°-= f
=6.4m/s2,B、C正确;m
滑块上滑过程中的摩擦力向下,设其平衡点为x3,可得kx3=mgsin53°+f,解得x3=0.96m,故D
错误。
11.【解析】 (1)实验中弹簧是竖直悬挂的,弹簧自身重力会影响原长测量,应在竖直悬挂且未挂槽码时测
原长,不是平放桌面,A错误。
增加槽码后,弹簧需稳定,弹力稳定后再读数,立即读数会因弹簧振动导致示数不准,B错误。
槽码质量适当大些,弹簧形变量更明显,相对误差小,能减小实验误差,C正确。
悬挂槽码个数不能任意增加,要在弹簧弹性限度内,超过限度弹簧形变不再符合胡克定律,D错误。
(2)由胡可定律可得,
F
k= ,图乙实线的斜率表示劲度系数 ,取图像上两点(,)和(Δx k 01 5.5
,12)求得斜率
k=2.0,即劲度系数k=2.0N/cm;当没有悬挂槽码时,弹簧此时长度记为原长,弹簧自身有重力,拉力
传感器有示数。
12.【解析】 (1)方法一中m(g-a)就是绳子拉力,不需要满足钩码质量远远小于手机和小车总质量,A
错误。
方法二中,由于在悬挂钩码的时候小车和智能手机做匀速直线运动,则撤去钩码时,小车所受的合外力
大小跟钩码的重力一样,所以不需要钩码的质量远小于智能手机和小车的总质量。故B错误。
为了让细绳拉小车的力为恒力,则细绳应该始终与长木板平行,故C正确。
方法一中,他们用m(g-a)作为F 准确,原理完善,没有系统误差;方法二中小车和手机合力等于撤去
钩码前钩码重力,没有系统误差,D错误。
(2)不挂钩码时小车和手机加速度不为零,说明重力分力大于所受摩擦力,即补偿阻力时木板倾角偏大
或补偿阻力过度。
(3)F=Ma,变形
1
a= F,则
1
k= 。由于使用的是同一设备,故 。M M k1=k2
()由于 1
4 M= ,代入得k M=0.60kg
;对小车和智能手机受力分析,Mgsinθ-f=Ma=mg,代入数据得
2
f=3N。
高三物理参考答案 第 5页(共5页)