广东省深圳外国语学校2026-2027学年高三上学期阶段性检测自编物理练习试卷

**基本信息** 以PET成像、天问二号探测等科技情境为载体，融合核反应、天体运动、电磁复合场等核心知识，注重物理观念建构与科学思维的综合考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题/46分|核反应、电场叠加、平抛运动、波动图像、天体运动、电磁复合场、动量守恒|第5题结合同步卫星变轨考查万有引力定律应用，体现模型建构| |非选择题|5题/54分|单摆实验、伏安法测电阻、气体实验定律、圆轨道碰撞、导线框电磁运动|第14题通过双球碰撞与圆周运动结合，考查科学推理与能量观念；第15题结合v-t图像分析导线框运动，呼应高考对综合论证能力的要求|

广东深圳外国语学校2026-2027学年高三上学期阶段性检测物理练习试卷与解析 学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共43分） 一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．[4分]PET(正电子发射断层成像)是核医学科重要的影像学诊断工具,其检查原理是将含放射性同位素(如F)的物质注入人体参与人体代谢,从而达到诊断的目的F的衰变方程为F→Xeν,其中ν是中微子。已知F的半衰期是110分钟。下列说法正确的是 (　　) A．X为O B．该反应为核聚变反应 C．1克F经110分钟剩下0.5克F D．该反应产生的ν在磁场中会发生偏转 2．[4分]如图所示,、所在水平直线垂直于均匀带电正方形薄板所在平面,且通过板的几何中心,、两点关于薄板对称,到薄板中心的距离都是,垂直于连线且构成等边三角形。在点固定一点电荷,点场强大小为,方向垂直于连线,已知静电力常量为,则下列说法正确的是（ ） A．正方形薄板与处的点电荷带同种电荷 B．薄板上的电荷在点产生的场强大小为 C．处的点电荷的电荷量绝对值为 D．、两点的场强相等，但电势不相等 3．[4分]一足够长阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度是，一小球以水平速度飞出，将打在第几级台阶上（　　） A．第三级 B．第四级 C．第五级 D．第六级 4．[4分]如图甲所示，一列简谐横波沿直线传播，P、Q为波传播路径上相距24m的两个质点，P、Q两个质点的振动图像分别如图乙、丙所示，则下列说法正确的是（　　） A．该波一定从Q点向P点传播 B．t=0时刻，P、Q连线中点处的质点不可能处于平衡位置 C．t=1.5s时，P、Q两质点的位移不相同 D．该波的波速可能为2m/s 5．[4分]我国研制的“天问二号”探测器，任务是对伴地小行星及彗星交会等进行多目标探测.某同学提出探究方案，通过释放卫星绕小行星进行圆周运动，可测得小行星半径和质量.为探测某自转周期为的小行星，卫星先在其同步轨道上运行，测得距离小行星表面高度为，接下来变轨到小行星表面附近绕其做匀速圆周运动，测得周期为.已知引力常量为，不考虑其他天体对卫星的引力，可根据以上物理量得到，.下列选项正确的是（ ） A．为,为,为 B．为,为,为 C．为,为,为 D．为,为,为 6．[4分]如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行）,磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外.图中、、三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直.点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域Ⅰ中电场强度大小为、磁感应强度大小为，区域Ⅱ中磁感应强度大小为，则粒子从的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ） A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为,则 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为,则 C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为,则 D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为,则 7．[4分]如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块和封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为和的动能。极短时间内嵌入中形成组合体，与滑轨间的动摩擦因数为 。在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为,根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，、、质量分别为、、，,整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为。则（ ） A．的初动能与爆炸后瞬间的动能相等 B．的初动能与其落地时的动能不相等 C．弹药释放的能量为 D．弹药释放的能量为 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．[6分]一个柱状玻璃砖的横截面如图所示，它由半圆CPB和等腰直角三角形ABC组成，其中O为圆心，AC=BC。一束单色光从光源Q射到圆面上的P点，入射角i=45°，光束折射后与AC平行且恰好经过OB中点。已知圆的半径为R，光在真空中的速度大小为c，则 （　　） A．玻璃砖材料的折射率为 B．玻璃砖材料的折射率为 C．光从P点射入到离开玻璃砖的时间为 D．光从P点射入到离开玻璃砖的时间为 9．[6分]如图,发电机的矩形线圈长为2L、宽为L,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2,两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时,理想电流表读数为I。不计线圈电阻,下列说法正确的是 (　　) A．通过电阻R2的电流为 B．电阻R2两端的电压为 C．n0与n1的比值为 D．发电机的功率为 10．[6分]如图（a）,倾角为 的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度沿斜面下滑，甲、乙与斜面的动摩擦因数分别为、,整个过程中斜面相对地面静止。甲和乙的位置与时间的关系曲线如图（b）所示，两条曲线均为抛物线，乙的曲线在时切线斜率为0,则（ ） A． B．时，甲的速度大小为 C．之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D．之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 第二部分（非选择题 共54分） 非选择题：本大题共5题，共54分。 11．[9分]如图甲所示为利用单摆测量重力加速度的实验装置。 甲 （1）为了减少测量误差，下列做法正确的是 。 A.摆的振幅越大越好 B.摆球质量大些、体积小些 C.计时的起、止位置选在摆球达到的最高点处 D.将摆球静止悬挂后用米尺测出摆球球心到摆线悬点之间的长度作为摆长 （2）为了提高实验精度，该同学在悬点顶端安装了力传感器来测摆线拉力，在实验中保持摆角和摆长为不变时，测得的关系，如图乙所示，则单摆的周期为 ，当地的重力加速度 。多次改变摆长并测出相应图像，发现图像 （上移、下移或上下未移动）。 乙 12．[8分]用伏安法可以研究电学元件的伏安特性。阻值不随电流、电压变化的元件称为线性电阻元件，否则称为非线性电阻元件。 （1）利用伏安法测量某元件的电阻，电流表和电压表的示数分别记为和。若将电流表内接，则___________元件两端的电压，___________元件的电阻；将电流表外接，则___________流过元件的电流，___________元件的电阻。（均选填“小于”或“大于”） （2）图（a）是某实验小组用电流表内接法测得的某元件的伏安特性曲线，由图可知，所测元件是__________（选填“线性”或“非线性”）电阻元件。随着电流的增加，元件的电阻__________（选填“增大”“不变”或“减小”）。 （3）利用电流表（内阻）、电流表（内阻未知）以及一个用作保护电阻的定值电阻（阻值未知），测量电阻的阻值。将图（b）中的器材符号的连线补充完整，完成实验电路原理图__________。按完整的实验电路测量，某次测量中电流表和的示数分别为和，则___________（用和表示）。 13．[10分]差压阀可控制气体进行单向流动，广泛应用于减震系统。如图所示，A､B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接，A内轻质活塞的上方与大气连通，B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开，A内气体缓慢进入B中；当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1＝300 K时，A内气体体积VA1＝4.0×10−2 m3，B内气体压强pB1＝大气压强p0。已知活塞的横截面积S＝0.10 m2，Δp＝0.11p0，p0＝1.0×105 Pa，重力加速度大小取g＝10 m/s2，A､B内的气体可视为理想气体，忽略活塞与汽缸间的摩擦､差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2＝270 K时： (1)求B内气体压强pB2； (2)求A内气体体积VA2； (3)在活塞上缓慢倒入铁砂，若B内气体压强回到p0并保持不变，求已倒入铁砂的质量m。 14．[12分]如图所示，在竖直平面内，固定一个半径为R的光滑圆轨道，其中O为圆心，a、b、c、d、P为圆周上的点，且a、O、c高度相同，控制两小球A、B分别静止在a、c两点，且小球的质量之比≤10。OP与水平方向夹角为30°，重力加速度为g。某时刻无初速度释放小球A， （1）求小球A滑到轨道最低点d时的速度vA的大小； （2）若小球A与小球B同时释放，它们在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，求A、B的质量之比； （3）若小球A与小球B同时释放，碰撞后，两球不粘连，其中A球刚好能到达P点，在A到达P点之前，A、B没有再次发生碰撞，且A、B球均不脱离轨道，求A、B质量之比的范围。（计算结果可用根式表达） 15．[15分]如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面间的夹角为，斜面上两平行水平边界MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场，PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ两侧匀强磁场的磁感应强度大小均为B。t=0时刻将质量为m、边长为L 的正方形导线框abcd由静止释放，开始释放时ab边恰好与边界MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两边界，其运动的v-t图像如图乙所示，时刻导线框ab边已经越过边界PQ，且速度刚好达最大值，重力加速度为g，求： （1）导线框的总电阻； （2）时间内，导线框的速度大小； （3）MN和PQ之间的距离。 参考答案 1．【答案】C 【命题点】核反应方程+半衰期 【详解】 设X的质量数为a,电荷数为b,根据核反应过程中质量数守恒及电荷数守恒,可得a=18,b=8,X为O,A错误;该反应为正β衰变,不是核聚变,B错误;1 F经过一个半衰期,质量变为原来的,还剩下0.5 g,C正确ν的电荷数为0,在磁场中不受洛伦兹力,不会发生偏转,D错误。 2．【答案】C 【题图剖析】 【详解】点场强方向垂直于连线，根据场强叠加原理可知，正方形薄板与处的点电荷带异种电荷，错误；点场强大小为，方向垂直连线，则处的点电荷在点产生的场强大小为，薄板上的电荷在点产生的场强大小为，由对称性可知，薄板上的电荷在点产生的场强大小，错误；根据点电荷电场强度公式有，解得，正确；、两点关于正方形薄板对称，则两点场强及电势均相等（点拨：带电正方形薄板和处点电荷在连线上关于薄板对称的位置形成的电场对称，电势也对称），错误。 3．【答案】B 【详解】如图所示，将各台阶的边缘相连成一斜面 设小球落到与斜面相交时的高度为h，水平位移为x，据平抛运动有，解得，则小球的水平位移为，，故可得小球落到第4级台阶上，故ACD错误，B正确。 4．【答案】B 【详解】根据题中信息不能确定该波的传播方向，选项A错误；t=0时刻，P在平衡位置，Q在最高点，则P、Q连线中点处的质点不可能处于平衡位置，选项B正确；由两质点的振动图像可知，t=1.5s时，P、Q两质点的位移相同，均为，选项C错误；若波向右传播，则，波速，若波向左传播，则，波速，两种情况下波速都不可能为2m/s，选项D错误。 5．【答案】A 【详解】设卫星质量为，卫星在同步轨道运行时，根据牛顿第二定律有，得，卫星在小行星表面附近绕其做匀速圆周运动时有，得,联立可得，所以,,，正确. 6．【答案】D 【详解】设沿做直线运动的粒子的速度大小为，有,即，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为 ,则运动时间为周期，又，可得，时间，根据几何关系可知，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为 ，时间，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从点离开磁场，对应的圆心角依然为 ，时间，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为，粒子从、间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角 满足，则 ，则，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为，粒子从、间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角 满足，则 ，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为，D正确. 7．【答案】D 【详解】爆炸前后、动量守恒，有，嵌入过程为完全非弹性碰撞，有，解得，爆炸后的动能为，的初动能，A错误；由能量守恒定律得落地时动能，B错误；平抛的初速度为，又，联立解得，则，弹药释放的能量，C错误，D正确。 8．【答案】AC　 【解析】由几何关系知，P点的折射角r=30°，光的折射率n=，解得n=，A正确，B错误；光束在玻璃砖内传播的光路图如图所示，sin C=，解得C=45°，由几何关系知∠OMD=45°，所以光束在M点发生全反射，解得PD=Rcos 30°=R，MD=DB=R，MN=R，光在玻璃砖材料内的速度v=，光在玻璃砖内传播的时间t==，C正确，D错误。 9．【答案】BC 【命题点】交变电流与变压器相结合的问题 【详解】由题可知,发电机产生的感应电动势的最大值Em=2NBL2ω,电动势的有效值U0==NBL2ω,设R1、R2两端的电压分别为U1、U2,则I=,由理想变压器的原理有=,=,可得=,则R2两端的电压为U2=U1=,通过电阻R2的电流为I2==,A错误,B正确;==,C正确;发电机的功率P=U1I+U2I2=NBL2ωI,D错误。 10．【答案】AD 【详解】根据题图（b）结合题意可知甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，对甲根据牛顿第二定律有，对乙根据牛顿第二定律有，结合题意有，，，联立可得，解得 ，A正确；时甲的速度大小为，B错误；在之前物块甲、乙都在运动，视物块甲、乙、斜面为整体，规定水平向右为正方向，在水平方向有，可得地面对斜面的摩擦力，C错误；之后物块甲运动，乙静止，视物块甲、乙、斜面为整体，规定水平向右为正方向，在水平方向有，所以地面对斜面的摩擦力方向向左，D正确。 【巧思快解】由题图（b）知 内，甲、乙位移之比为，又由于甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动，可作出甲、乙运动的 图像如图所示。 由图知 时，甲的速度大小为，B错误；由图像斜率可知，甲、乙的加速度大小相等，即 ，解得 ，A正确。 11．【答案】（1） （2分） （2） （1分）；（2分）；上下未移动（2分） 【详解】（1） 单摆只有在最大摆角小于 时，其振动才可视为简谐运动，A错误；摆球的质量大些、体积小些可以减小振动时空气阻力的影响从而减少测量误差，B正确；计时的起、止位置选在单摆的最低位置有利于减小计时误差，C错误；将摆球静止悬挂后测量，摆线更接近实验时的实际长度，减少测量误差，D正确。 （2） 由题图乙可知从最低点到最高点所用的时间为，则周期为，根据公式解得，可得；在实验中由最高位置运动至最低位置，根据机械能守恒定律有，最低位置处根据牛顿第二定律有，可解得最低位置摆线拉力为，摆角不变，改变摆长，可知各个位置摆线拉力与摆长无关，故图像不移动。 12．【答案】（1）大于；大于；大于；小于 （2）非线性；减小 （3）； 【详解】（1）若将电流表内接，电流表与元件串联，电流表的示数为流过元件的真实电流，而电压表测量的是电流表和元件两端的总电压，所以U大于元件两端的电压。根据可知，此时U偏大，I为真实值，所以大于元件的电阻。 将电流表外接，电压表与元件并联，电压表的示数为元件两端的真实电压，而电流表测量的是通过电压表和元件的总电流，所以I大于流过元件的电流。根据可知，此时U为真实值，I偏大，所以小于元件的电阻。 （2）根据线性元件与非线性原件的定义由图(a)可知，所测元件的伏安特性曲线不是直线，所以所测元件是非线性电阻元件。 根据，在伏安特性曲线上某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻，随着电流的增加，曲线某点与原点连线的斜率逐渐增大，其倒数逐渐减小，所以元件的电阻减小。 （3）将电流表A1与Rx并联，再与电流表A2、定值电阻R0串联接入电路。电路图如图所示 根据并联电路电压相等有 可得 13．【答案】(1)9×104 Pa (2)3.6×10−2 m3 (3)110 kg 【命题点】查理定律+盖−吕萨克定律 【详解】(1)假设此过程中差压阀关闭，A内气体做等压变化，B内气体做等容变化， 对B内气体，由查理定律得＝ (2分) 解得pB2＝0.9p0＝9×104 Pa (1分) A内气体的压强pA＝p0， 此时A､B内气体的压强差Δp'＝pA−pB2＝0.1p0<Δp＝0.11p0，假设成立，差压阀处于关闭状态，此时B内气体压强为9×104 Pa (1分) (2)对A内气体，由盖−吕萨克定律得＝ (1分) 解得VA2＝3.6×10−2 m3 (1分) (3)当B中气体压强回到p0时，A中的气体压强为 p0+Δp＝1.11p0 (1分) 对活塞，有p0S+mg＝1.11p0S (1分) 解得m＝110 kg (1分) 14．【答案】（1）　（2）3＋2　（3）≤≤10或≤4＋2 【详解】（1）小球A滑到轨道最低点d时，根据动能定理有mAgR＝mAvA2，解得vA＝ （2）小球B滑到轨道最低点d时，根据动能定理有mBgR＝mBvB2，求得vB＝；取水平向右为正方向，则小球A与小球B在d点碰撞后粘在一起并刚好能滑到P点，根据动量守恒及能量守恒有mAvA－mBvB＝（mA＋mB）v，（mA＋mB）v2＝（mA＋mB）gR（1－sin 30°），联立以上各式解得v＝，＝＝3＋2 （3）A、B两球碰后，A球从d点恰好运动到P点，由机械能守恒可得 mAgR（1－sin 30°）＝mAvA′2，可得vA′＝ ①若A、B两球碰后，B球从d点恰好能运动到b点， 由机械能守恒可得 mBvB′2－mBvmin2＝mBg·2R， 且mBg＝mB，可得vB′＝， 小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动， 根据动量守恒有mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB′， 解得 ＝，则≤≤10 ②若A、B两球碰后，B球不能过最高点b点，则其最高点为c点， 则有mBvB″2＝mBgR，解得vB″＝， 小球A与小球B在d点碰撞后，两球均向右运动， 根据动量守恒有mAvA－mBvB＝mAvA′＋mBvB″， 解得＝4＋2，则≤4＋2， 综上所述，可得≤≤10或≤4＋2。 15．【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）时间内有 且有 解得 （2）时间内有 且有 解得 （3）时间内有 且有 解得 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $