广东广州市培正中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测物理试题

**基本信息** 2026学年9月物理学情调研卷以长征十号乙火箭回收、人形机器人运动等科技前沿及油纸伞非遗文化为情境，覆盖运动学、力学核心知识，通过真实问题考查物理观念与科学思维，适配高中月考学情诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|质点、s-t图像、圆周运动|结合长征火箭回收考查位移概念，体现运动观念| |多选题|3/18|v-t图像、竖直运动|以飞行器v-t图像分析失重状态，强化科学推理| |实验题|2/16|力的合成、向心力、动摩擦因数|“互成角度力的合成”实验注重操作规范，培养科学探究能力| |解答题|3/38|牛顿定律、运动学公式|“深坑打夯机”问题综合匀变速与竖直上抛，突出模型建构与综合应用|

2026学年第一学期9月学情调研 物理 一、单选题（每题4分，共28分） 1．2026年7月10日12时15分，长征十号乙运载火箭在海南商业航天发射场点火升空，火箭一二级分离约6分钟后，一级火箭最后垂直落回海上回收平台。下列说法正确的是 A．一级火箭返回过程，一直处于失重状态 B．“12时15分”、“约6分钟”均指时间间隔 C．从发射至回收，一级火箭位移不为0 D．研究一级火箭回收过程时的姿态，可将其视为质点 2．2025世界人形机器人运动会上北京灵翌宇树队的机器人获得1500米决赛冠军。为进一步检测新研发的机器人运动性能，科研人员在平直路面上对其开展了专项测试，如图甲所示，并绘制出其运动的位移－时间（s－t）图像，如图乙所示。已知该图像在20~30s内为直线，其余为曲线，且图像平滑衔接（无突变）。下列说法正确的是 A．0~20s内机器人做曲线运动 B．0~20s内机器人速度一直增大 C．20~30s内机器人做匀速直线运动 D．30~40s内机器人的位移大小为20m 3．油纸伞制作技艺早已被列入我国非物质文化遗产名录。图（a）所示的油纸伞共有28根伞骨，对应“二十八星宿”，每根伞骨连接一根伞撑。图（b）为其结构示意图，ON是一条可绕伞顶O转动的伞骨，伞撑两端分别与ON中点M和滑环P铰接，忽略滑环P所受重力和摩擦力。向上推滑环P，使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则（     ） A．M点的线速度方向总是沿PM方向 B．M点的向心加速度方向沿MP方向 C．M点的向心加速度大小是N的2倍 D．当滑环P受到竖直向上的推力F缓慢上移至时，每根伞撑上的弹力 4．如图甲，若某人手持长为1.8m的横杆匀速走向感应门，当人与感应门正中央水平距离为1.5m时，两扇门从静止开始同时向两边平移，每扇门移动的图像如图乙。若横杆始终平行于地面且与运动方向垂直，要使横杆顺利通过感应门，则人的最大速度为 A．1.0m/s B．0.75m/s C．0.5m/s D．0.375m/s 5．教学用的棋盘是铁质的，每个棋子内部均嵌有小磁铁，能吸附在棋盘上处于静止状态．现将棋盘由竖直方向缓慢转到虚线所在位置（如图所示），对于静止在棋盘上的某颗棋子，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是 A．棋盘对棋子的作用力大小等于棋子所受的重力 B．棋子受到三个力的作用 C．棋子所受的弹力变大 D．棋子所受的摩擦力变大 6．如图所示，质量均为的木块和用一轻弹簧相连，竖直放在水平面上处于静止状态，重力加速度为。将质量为的木块轻放在上的瞬间，下列说法正确的是 A．间弹力为零 B．木块对水平面的压力大小变为 C．木块的加速度大小为 D．木块的加速度大小为 7．马刀锯是一种木匠常用的电动工具。其内部安装了特殊的传动装置，简化后如图所示，可以将电动机的转动转化为锯条的往复运动。电动机带动圆盘O转动，圆盘O上的凸起P在转动的过程中带动锯条左右往复运动。已知电动机正在顺时针转动，转速n=2400r/min，OP=2cm。某时刻OP与锯条运动方向的夹角θ=37°，下列说法正确的是 A．此时锯条向左运动 B．此时锯条的速度大小约为5 m/s C．OP从图示位置转过30°的过程中，锯条的速度增大 D．锯条往复运动的周期是40s 二、多选题（每题6分，共18分） 8．根据机动车的运动情况，绘制如图所示图像，已知其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定。下列说法正确的是 A．机动车牵引力恒定且小于阻力 B．机动车的初速度为10m/s C．机动车的加速度大小为8m/s2 D．机动车在前3s的位移是24m 9．小涵同学为了测试遥控飞行器性能，操控飞行器从地面沿竖直方向由静止起飞，上升到最高点后竖直下落，着陆时速度刚好为零。已知飞行器质量为，其动力系统提供的升力方向始终竖直向上，所受空气阻力大小恒为，其运动的图像如图所示，g取，下列说法正确的是 A．时飞行器加速度大小为 B．时飞行器处于失重状态 C．时飞行器升力大小为8N D．9s时飞行器返回地面 10．如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，则（     ） A．网球与墙壁碰撞前在空中的飞行时间为1.2s B．网球与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为12m/s C．网球与墙壁碰撞前瞬间的速度方向与墙壁的夹角正弦值为0.8 D．网球与墙壁碰撞后瞬间的速度大小为 三、实验题 11．（8分）物理实验一般涉及实验目的、实验原理、实验操作和数据分析等。 (1)图为“研究两个互成角度的力的合成规律”实验的示意图。 ①下列实验操作中必要的是( ) A、实验中应保证两弹簧测力计外壳与木板平行，以保证细绳套的方向与木板平行 B、实验中应保证两个分力大小都小于合力大小 C、两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置O，通过连点成线的方式标记出两细线的方向，表示分力的方向 D、两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置O，测量出两细线的长度，表示分力的大小 ②在作图时，你认为___________（填“甲”或“乙”）是正确的。 (2)用如图所示的装置探究影响向心力大小的因素。已知小球在槽中A、B、C位置做圆周运动的半径之比为。某同学实验时，将两个等质量的小球放在A、C位置，皮带套在第二层塔轮上，该层左、右塔轮的半径之比为。该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与___________（选填“质量”、“角速度”或“半径”）的关系。若匀速转动手柄，左右标尺露出长度的比值应等于___________。 (3)某同学用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与放置在木板上的木块和竖直悬挂的弹簧测力计相连。 缓慢拉动木板，使二者相对运动，弹簧测力计示数的放大图如图乙所示，则木块受到的滑动摩擦力大小f=___________N。该同学在木块上逐渐增加砝码个数，记录砝码的总质量m，正确操作并记录弹簧测力计对应的示数f。测得多组数据后，建立f-m坐标系，描点得到的图线如图丙所示，则木块与木板之间的动摩擦因数___________（计算结果保留两位有效数字，重力加速度大小取g=10m/s2）。 12．（8分）实验小组用如图甲所示的实验装置来探究加速度与质量、合外力的关系。 (1)下列实验操作中，哪些是正确的______； A．调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行 B．每次实验，都要先释放小车，再接通打点计时器的电源 C．补偿阻力时，应将悬挂小桶的细线系在小车上 D．实验中需要保证小车质量远大于小桶和砂的总质量 (2)某次实验纸带的记录如图乙所示，打点计时器使用50Hz交流电源，纸带上、、、、为计数点，每相邻两个计数点间还有个点没有画出，由图可知在打点时纸带的速度为______，纸带的加速度______（计算结果均保留两位有效数字）。 (3)在实验中把砂和砂桶的重力作为小车受到的合外力，其他操作均规范。为使绳中拉力的相对误差不超过10%（），则应满足（      ） A．小于等于 B．大于等于 C．小于等于 D．大于等于 (4)为了减小实验系统误差，某实验小组设计了如图丙、丁两种实验装置。其中丙装置木板末端已经垫高，丁装置木板水平放置。 两种实验装置，在探究加速度与质量、合外力的关系时，下列说法正确的是______。 A．丙图实验装置中垫高木板是为了补偿阻力，丁图实验装置也应垫高木板以补偿阻力 B．两种实验装置实验时，丙图装置需要小车质量远大于砝码和砝码盘的质量，丁图装置不需要 C．两种实验装置实验时，正确操作后，弹簧测力计和力传感器的示数均可表示小车受到的合力 D．丙图实验装置中动滑轮是否为轻质对实验没有影响 四、解答题 13．(10分)“深坑打夯机”的工作示意图如图所示。首先，电动机带动两个摩擦轮匀速转动，将夯杆从深坑提起；当夯杆的下端刚到达坑口时，两个摩擦轮将夯杆松开；夯杆在自身重力的作用下，落回坑底；这样周而复始地进行，就可以达到将坑底夯实的目的。已知两摩擦轮边缘的线速度v=4m/s，对夯杆的压力均为F=2×104N，与夯杆的动摩擦因数µ=0.3，夯杆的质量m=1.0×103kg，坑深h=6m，重力加速度g=10m/s2，不计夯实坑底引起的深度变化，求： (1)夯杆刚被提起时夯杆的加速度大小a； (2)夯杆自坑底上升的最大高度H及该上升过程的时间t； 14．（15分）如图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量，长度，其中放有质量，长的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数。现用水平力将抽屉拉出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。不考虑抽屉翻转，重力加速度。求： (1)在拉出抽屉过程中，为保证书本与抽屉不产生相对滑动，水平力的最大值； (2)若时，求抽屉与书本间摩擦力大小f，抽屉与挡板碰撞瞬间书本的速度大小v； (3)若，书本最终停止时右端与抽屉的右端相距的距离。 15．（13分）图（a）是用于工件加工的送料冲压机工作区示意图，矩形区域ABEF为可调速的传送带、矩形区域BCDE为固定冲压台，传送带和冲压台在同一平面内，且与水平面夹角。固定挡板与ACDF面垂直交于ABC，ABC在水平面内，且AB长，BC长。P为BC的中点，每次工件停在P点时被瞬间冲压。图（b）是工件运动的侧视图。调节传送带速度为，工件甲从A点滑上传送带，恰好停在P点。调节传送带速度为，工件乙从A点滑上传送带，在P点与甲碰撞，碰后甲乙速度交换，甲滑出冲压台，后续工件重复乙的运动和冲压过程。已知工件质量均为，滑入传送带和滑出冲压台的速度均为；工件与传送带、冲压台间动摩擦因数均为，与挡板间动摩擦因数，工件尺寸忽略不计且运动过程中与挡板间弹力视为不变；重力加速度取，，。 (1)求工件在冲压台上滑行时，挡板对工件弹力的大小及工件在冲压台上滑行的加速度大小； (2)求传送带速度、的大小。 试卷第6页（共6页） 试卷第5页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 2026学年第一学期9月学情调研参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D B A D C AC BD ACD 答案第4页（共4页） 答案第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 1．【答案】C【详解】A．一级火箭返回过程中，临近回收平台时需要减速落地，此时加速度向上，处于超重状态，并非一直失重，故A错误； B．“12时15分”对应火箭点火的瞬间，是时刻；“约6分钟”对应一二级分离到一级落地的过程时长，是时间间隔，二者不都为时间间隔，故B错误； C．一级火箭初始位置是陆地发射场，最终落回海上回收平台，初末位置不重合，因此位移不为0，故C正确； D．研究火箭回收姿态时，需要关注火箭的形状、朝向等自身特征，不能忽略其大小和形状，因此不可视为质点，故D错误。 2．D【详解】A．0~20s内机器人做直线运动，故A错误； B．位移－时间（s－t）图像斜率表示速度，0~20s内斜率先增大后减小，故0~20s内机器人速度先增大后减小，故B错误； C．位移－时间（s－t）图像斜率表示速度，20~30s内斜率为零，20~30s内机器人静止不动，故C错误； D．30~40s内机器人的位移，负号表示与正方向相反，位移大小为20m，故D正确。 3．【答案】D 【详解】A．点随伞骨绕点做圆周运动，其线速度方向与垂直，并非总沿方向，故A错误； B．点的向心加速度始终指向圆心，方向沿，不沿，故B错误； C．，两点的角速度相同，且，由，可知，故C错误； D．滑环缓慢上移时可视为平衡状态。28根伞撑关于伞柄对称分布，水平方向分力相互抵消，竖直方向由平衡条件得 当时，，故D正确。 4．B【详解】由乙图可知，感应门先做匀加速直线运动再做匀减速直线运动，由乙图可知，在内每扇感应门的加速位移为 故两扇感应门在内的距离为 此时人若刚好到达门口，则人可以通过，则对应的时间最短为2s，可知人的最大速度为 5．A【详解】A．棋子受到重力与棋盘对它的作用力，由于棋子处于平衡状态，根据平衡条件可知，棋盘对棋子的作用力大小等于棋子所受的重力，故A正确。 B．棋子受到重力、棋盘的支持力、磁铁的吸引力以及摩擦力共四个力的作用，故B错误； C．磁铁的吸引力大小不变，对棋子进行受力分析，棋盘竖直时，根据垂直于棋盘方向受力平衡有 棋盘倾斜时，设棋盘与水平面的夹角为，根据垂直于棋盘方向受力平衡有 推导可得 所以棋子所受的弹力变小，故C错误； D．对棋子进行受力分析，棋盘竖直时，根据沿棋盘方向受力平衡有 棋盘倾斜时，根据沿棋盘方向受力平衡有 推导可得 所以棋子所受的摩擦力变小，故D错误； 6．D【详解】ACD．未放木块C之前，对A受力分析，受竖直向下重力和竖直向上的弹簧弹力，根据平衡条件可得弹簧弹力 木块C放在A上的瞬间，弹簧不发生突变，弹力大小不变，即弹簧的弹力大小仍然为，以AC整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得 解得AC的加速度大小为 对木块C根据牛顿第二定律得 解得间弹力大小为，故AC错误，D正确； B．未放木块C之前，对B受力分析，受竖直向下重力，竖直向下弹力和竖直向上的支持力，根据平衡条件有 其中弹簧两端的弹力大小相等，即 根据牛顿第三定律有木块对水平面的压力大小解得 木块C放在A上的瞬间，弹簧不发生突变，B对水平面的压力大小与没有放C之前一样，即B对水平面的压力大小仍为，故B错误。 7．A【详解】转速 角速度， 点线速度： A．圆盘顺时针转动，点线速度沿圆周切线斜向右上，将沿平行锯条、垂直锯条分解，平行锯条分速度向右，因此锯条向右运动，A错误。 B．如图 锯条速度是沿锯条方向的分速度：，B错误。 C．从图示位置顺时针转过，变大、变大，变大，锯条速度增大，C正确。 D．周期 ，D错误。 8．AC【详解】BC．由图可知，与的关系为（） 变形得（） 是的二次函数，故机动车做匀变速直线运动，由，得， 故机动车的初速度为，加速度大小为，故B错误，C正确； A．由以上分析可知，机动车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，机动车牵引力恒定且小于阻力，故A正确； D．机动车停止运动所需时间为 因 故机动车在前3s的位移是，故D错误。 9．BD【详解】A．由图像的斜率表示加速度，可知时飞行器加速度大小为，故A正错误； B．由图像可知飞行器在内向上减速运动，加速度方向向下，所以时飞行器处于失重状态，故B正确； C．由图像可知内向下加速运动，加速度大小为 根据牛顿第二定律可得 解得时飞行器升力大小为F=4N，故C错误； D．设时刻飞行器返回地面，根据图像与横轴围成的面积表示位移，则有解得，故D正确。 10．ACD 【详解】A．由题意可知网球与墙壁碰撞前瞬间竖直分速度为0，根据逆向思维，竖直方向有 可得网球与墙壁碰撞前在空中的飞行时间为，故A正确； B．根据题意可知，网球斜向上飞出，设竖直方向上分速度为，水平分速度为，如图所示 竖直分速度大小为 则有 可知网球与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为，故B错误； CD．设网球水平分速度垂直墙面速度分量大小为，平行墙面的速度分量为，如图所示 则有 其中垂直墙面速度分量大小为 可得 网球与墙壁碰撞前瞬间的速度方向与墙壁的夹角正弦值为 由于网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍，平行墙面的速度分量不变，则碰后垂直墙面速度分量大小为 网球与墙壁碰撞后瞬间的速度大小为，故CD正确。 11【答案】(1) AC 甲 (2) 角速度 1∶4 (3) 【详解】（1）[1]A．保证弹簧测力计与木板平行，可让拉力在纸面内，减小实验误差，操作必要，故A正确； B．两分力夹角较大时，分力大小可以大于合力，故B错误; C．标记分力方向只需在细绳方向标记两个点，连接O点得到方向。故C正确； D．分力大小由弹簧测力计读数得到，不是细线长度，故D错误。 [2]是实验测得的实际合力，方向一定与橡皮条共线；平行四边形定则得到的是理论合力，因实验误差会略有偏差，因此甲符合实验事实。 （2）[1]实验控制了小球质量相等、圆周运动半径相等，只有角速度不同，因此探究向心力与角速度的关系。 [2] 皮带传动的塔轮线速度相等，由 得左、右塔轮半径比 因此角速度比；由 相等，得向心力比 标尺露出长度反映向心力大小，因此比值为 （3）[1]弹簧测力计分度值为，由图乙读数为 [2]设木块自身质量为，砝码质量为，滑动摩擦力满足 故图线斜率 由图丙可知斜率 解得 12．(1)AD (2) 0.26 0.40 (3)A （4）AD 【详解】（1）A．调节滑轮高度使牵引细线与长木板平行，可以保证小车运动过程中合外力恒定，故A正确； B．实验应先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放小车，故B错误； C．补偿阻力时，不应悬挂小桶，只需要让小车自身重力平衡阻力即可，故C错误； D．实验中把小桶和砂的总重力近似等于绳子拉力，只有小车质量远大于小桶和砂总质量时，该近似才成立，故D正确。 （2）[1]每相邻两个计数点间还有4个点未画出，因此相邻计数点的时间间隔 点速度等于段的平均速度 [2]由逐差法得（3）【答案】A 【详解】小车受到的真实合力即为绳子拉力F，根据牛顿第二定律，对小车和砂桶分别有，解得 本实验中小车合力测量值即为砂桶重力mg，根据题意有联立解得 （4）A．探究实验需要让小车合力等于绳子拉力，因此都需要补偿阻力，丙已经垫高，丁水平木板也需要垫高补偿阻力，故A正确； B．丙装置弹簧测力计直接测量绳子拉力，丁装置力传感器直接测量绳子拉力，两种装置都直接测量绳上的拉力，不用近似处理，不需要满足小车质量远大于砝码质量， 故B错误； C．补偿阻力后，小车合力等于绳子拉力，弹簧测力计和力传感器都直接测出绳子拉力，但是丁图实验装置未补偿阻力，则示数不可以表示小车受到的合力，故C错误； D．弹簧测力计是直接测量绳上的拉力，即为小车的合外力，滑轮质量不会影响测力计的测量，故D正确。 13．(1)2m/s2 (2)6.8m，2.9s 【详解】（1）设夯杆的加速度大小为，根据牛顿第二定律有 解得 （2）设夯杆加速到的时间为，上升的高度为，根据运动学公式分别有，联立解得， 因为，所以夯杆先匀加速再匀速，匀速上升阶段的高度为 解得 设匀速上升阶段的时间为，有 解得 离开坑口后夯杆做竖直上抛运动，设减速上升阶段的时间为，上升高度为，根据运动学公式分别有， 联立解得， 上升的最大高度为解得 上升过程的总时间为解得 14．(1) (2)f=0.18N (3) 【详解】（1）对书本由牛顿第二定律有解得 对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有 解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，的最大值为 （2）由于，可知书本和抽屉相对静止，对抽屉和书本整体由牛顿第二定律，有解得 对书，有 抽屉和书本一起匀加速直线运动，有 解得 （3）由于，可知书本和抽屉有相对滑动，对抽屉由牛顿第二定律，有解得 设抽屉的运动时间为，根据运动学公式可得 解得 此时，书本的速度为 书本通过的位移大小为 由于，书本未与抽屉左侧发生碰撞，设此后书本经过的位移速度减为0，则有 则书本最终停止时右端与抽屉的右端相距的距离 15．【答案】(1)， (2) 【详解】（1）对工件受力分析如图根据平衡条件有 冲压台上工件水平方向受到冲压台和挡板两个摩擦力，由牛顿第二定律 有 联立解得 （2）设工件甲进入冲压台的速度为，进入冲压台到停在P点，则有 解得 工件甲乙碰前，乙的速度为v，碰后甲的速度为，有 设工件乙进入冲压台的速度为，则有 传送带上加速时有 联立解得 若在传送带上全程加速有 联立解得     因为，所以工件离开传送带的速度即传送带的速度，也即。 $