四川成都市石室中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测物理试题

2026-2027学年度上期高2027届定时练习 物理试卷 试卷说明：本试卷分选择题和非选择题两部分。第1卷（选择题)，第Ⅱ卷（非选择题），满分 100分，考试时间75分钟。 第I卷（选择愿，共46分） 一.单项选择愿（共7小思，每小题4分。在每小惠给出的四个选项中只有一个选项符合息目要求.） 1.以下说法正确的是（) A.小明向南以3m/s的速度移动，小虹相对于小明向东以4m/s的速度移动，小虹的对地速度大小为 5m/s,方向为西南方向 B.匀变速直线运动单位时间内的速率变化量一定相等 C速度越大，代表位置变化越快 D竖直上抛运动到最高点时，物体处于静止状态 2.现在十分流行“智能降噪”耳机，相比于传统耳机的物理降噪，“智能降噪”耳机是通过接收 并分析噪音后，发出机械波和噪音形成干涉，以下关于波的性质说法错误的是（) A.“智能降噪”耳机需要发出频率相同的机械波，且在人耳位置的是干涉“减弱点” B,如果耳机与耳孔之间留有缝隙，对低频噪音的降噪能力下降比对高频噪音更为显著 C.声音是属于纵波 D.当声音振幅相同时，机械波频率越大，人耳听到的声音也越大 3.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是() 轻 外 内轨 丙 A.如图甲，火车转弯超过规定速度行驶时，内轨和轮缘间会有挤压作用 B,如图乙，“水流星”表演中，过最高点时水没有从杯中流出，水对杯底压力一定不为琴 C.如图丙，小球在竖直面内做圆周运动，在最低点杆对小球的作用力一定不为零 D如图丁，圆锥摆增加绳长，保持圆锥的高度不变，则圆锥摆的角速度变大 4.如图所示，两滑块A、B质量分别为0.5kg、0.2kg,放置水平圆盘中心两侧，两滑块间用长为 0.5m细线拴接，到中心距离分别为ra=0.2m、Tg=0.3m,开始时细线刚好拉直、现圆盘从静止开 始逐渐加大转速，两滑块与圆盘间动摩擦因数均为02，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 速度g取10m/s2,下列说法正确的是（) A.当角速度为 √5rad/s时，滑块B受到最大静摩擦力作用 B,当角速度为 V20rad/s时，滑块B所受摩擦力为零 V30rad/s时，滑块A即将开始滑动 A B C.当角速度为 D.当角速度为 √仍rad/s时，滑块A受到最大静摩擦力的作用 TA TB 5.某“抬杆游戏”挑战的简化模型如图所示。两个质量分别为5m、4m的小球a、b用一根轻直杆连 接，小球b静置于水平桌面上，挑战者用涂抹油的手指将小球a由水平位置缓慢拍至竖直位置，整 个过程中小球b未与桌面发生滑动。不考虑手指与球间的摩擦，手指对小球a的作用力F始终垂直 于杆，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则小球b与桌面间的动摩擦因数至少为() 水平桌而 、手指 A哥 B.是 c. D. 6,如图所示，小球1和小球2连接在铰链杆末端，杆长分别为L,和L2,此时小球1的对地速度为 ,杆与地面的夹角分别为a和B,正方体边长为d,小球2的速度为() vsinasin2BL2 vsinasin2BLI A. d B. d vsin a sinBLiL2 psin a cosBLiL2 D. d 7如图所示在一定高度释放一小球（忽略空气阻力，小球可视为质点)，间隔时间t再次 释放一个完全相同小球，从第二个小球释放，经过时间，第二个小球回 到释放点。情景中所有碰撞均视为弹性碰撞，重力加速度为g,小球的释 放高度为() A.gt2 Bigt2( igt2 号g快 二.多项选择题（共3小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目 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) 8.1845年英国物理学家和数学家斯·托克斯（S.G.Stokes)研究球体在液体中下落时，发现了液体 对球的黏滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F=6”,其中物理量为液体的黏滞系 数，其单位用国际制单位表示为() kg.m2 kg kg Ns s2 B. s.m D 9.618购物狂欢节后，快递物流就迎来了高峰期，由于包裹数量庞大，传送带在分拣的时候就代替 了大量的劳动力。如图甲所示，倾斜传送带与水平方间间的夹角为30°，在电动机的带动下顺时针 匀速转动。现将一质量m=1kg的货物无初速地放在传送带底端的A点，货物从A到B的运动过程中 机械能E随高度h变化的图像如图乙所示，设A点所在平面为零势能面。可认为货物与传送带间的最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度9=10/s2,不计空气阻力，下列说法正确的是() A.传送带匀速转动的速度”=5m/s B.货物与传送带间动摩擦因数！=9 E月 5 62.5 37.5 C.货物与传送带间的摩擦生热Q=36.5] T30 D.货物从A到B,留下的划痕长度为5m 2.5 5 h/m 甲 10如图甲所示，我国某卫星绕地球做匀速圆周运动，航天控制中心大屏采用圆柱投影法将地球表 面展开，实时显示卫星的星下点（卫星和地心连线与地球表面的交点)的移动轨迹，如图乙所示， 已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,地球自转周期为T,则() A.该卫星的线速度小于第一宇宙速度 B.星下点的移动速度大小等于卫星的线速度大小 C.卫星的公转周期为号 自转 屋下点 D.卫星的轨道半径为 9gR2T2 100m2 00000 180 0 180 经疫 图甲 图乙 第Ⅱ卷（非选择题，共54分） 三.实验题（本题共2小题，11题每空1分，12题每空2分，共15分) 11.某同学用平板A和B制作了一个直角架。该同学想通过该装置，利用压力传感器和量角器来验 证力的平行四边形定则，主要实验步骤如下： (1)平板B置于水平面上，压力传感器固定在平板B上，将木块C置于压力传感器正上方，木块 C紧靠平板A,如图甲所示，记录此时传感器的示数F1,此时平板A对木块C的弹力为 (2)以直角架连接边为转轴，拍高平板B的另一端，使 平板B绕转轴逆时针旋转，平板B转过的角度为60°时， 记录传感器的示数F2,如图乙所示： 压力传总器 60 (3)在误差允许的范围内，比较和F2的大小，若与F2之比为 即可初步验证平 行四边形定则： (4)重复步骤(2)，多次调整平板B转动的角度，比较F和F2的大小，多次验证； (5)在步骤(2)中，板B绕转轴逆时针旋转到角度为60°的过程中，若不考虑平板B与木块C间 的摩擦，通过平行四边形定则可以推出平板A对木块C的弹力 （选填“一直变大”或 “先变大后变小)。 12.某科技小组利用压阻式传感器设计简易电子秤，设计电路如图甲所示，测量时，通过读取电压 表的示数，结合图乙中U和m的对应关系判断被测物体的质量。己知压敏电阻R的阻值随所放重 物质量m的增大而减小，理论值为R=400-60m(m的单位为kg,R单位为2,0≤m≤5kg)。 其他器材还包括：电源E(电动势3V)、定值电阻R,=2002、电压表（量程03V)、开关S、 托盘、砝码若干、导线若干。 ◆UV (1)U-m关系图线的绘制 2.2 托做 2.0 9每w ①托盘空载时(m=0),闭合开关， 压敏电阻R 1.6 1.4 此时电压表示数为U。=1.00V。 1,2 1.0 电源E 01234*mkg ②依次在托盘上放置质量m=Ikg、 2kg、3kg、4kg、5kg的砝码，记录对应的电压表示数，数据如下表所示。请将m=3kg时电压 表示数的理论值填入表格中（结果保留3位有效数字） m/kg 0 1 2 3 4 5 UIV 1.00 1.11 1.25 1.67 2.00 ③在图乙的坐标系中描出各数据点，并作出U-m关系图线 (2)电子秤的应用与改进 ①由图线可知，该简易电子秤的电压读数U与质量m成 (选填线性”或“非线性”)关系。 ②某次测量未知物体时，电压表示数为U=1.50V,请从图线中读出该物体的质量约为 kg(结果保留2位有效数字)。 ③若考虑使用一段时间后电源内阻增大，若仍按原校准曲线读数，则测量值与真实值相比 (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 ④为了提高该电子秤测量灵敏度（即单位质量变化引起的电压表示数变化量），科技小组提出以下 建议，其中合理的是： A,更换电动势较大的电源 B.增大定值电阻R的阻值 C.更换量程较大的电压表 D,换用阻值随质量变化更慢的压敏电阻R 四.计算惠（本题共3小惠，共39分，解答应写出必要的方程式和重要演算步骤，只写出最后答 案的不能得分，有数值运算的愿，答案中必须明确写出数值和单位) 13.如图甲所示，有一开口向下，高度为“、底面积为$的绝热气缸固定在水平面上，气缸内部有 加热装置，在缸口处有固定卡环，绝热活塞与气缸内壁之间无摩擦力。将一定质量的理想气体封闭 在活塞上方，开始时封闭气体的温度为T。，压强为0.8P。,活塞正好位于气缸的中间位置。现通过 电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如图乙所示的由a→b→c的状态变化过程，图中标出的量 为已知量。已知外界大气压强为P。,重力加速度为8，活塞的厚度不计，求： (1)活塞的质量以及活塞刚运动到卡环时缸内气体的温度； (2)若已知气体的内能为U=aT（a为已知常量)，求a→b→c过程中缸内气体吸收的热量。 M 1.6p0 0.8po a 14.如图所示，在倾角为B的固定光滑斜面体ABCD上（CD为斜面体与地面的交线)，有一根长 =0.2m的细线，细线的一端固定在斜面上的O点，另一端连接着一个可视为质点的小球，过O点 平行于AD的直线交CD于E点，DE的长度x=1m。现使小球沿顺时针方向刚好能在斜面上做完 整的圆周运动，F、Q为轨迹圆的最高点和最低点，从某次过Q点细线被割断瞬间开始计时（不影 响小球速度)，小球沿斜面运动，后经斜面边缘上的M点飞出，落到地面上的N点，总共用时 =1.5s。不考虑小球反弹，忽略空气阻力，9in0=0.4,重力加速度g=10m/s2。求： (I)小球经过？点时的速度大小'e (2)小球经过M点时的速度大小VM; (3)M、N两点间的距离L。(结果均可保留根号) ●N 15.如图所示，轨道MON由水平段M0和倾斜段ON(倾角0=3T)构成，O点固定有光滑小定滑 轮，长为二的木板B静置于MO上，滑块A位于木板B左端，滑块C被托住位于O顶端，长为 L的不可伸长的轻绳绕过定滑轮连接A与C,轻绳恰好绷直而没有拉力且绳与轨道平行，滑块D恰 能静止在ON上，CD间距为L。已知A的质量为0.5m,B、C、D的质量均为m,A、C、D均可 视为质点，A与B之间以及D与ON之间动摩擦因数均为4，B与MO间动摩擦因数为4，C与 ON间无摩擦。t=O时刻静止释放滑块C,AB能一起向右运动，B到达O点即刻被锁定，滑块A 到达O点也即刻被锁定且同时剪断轻绳，C速度不受影响，然后C与D碰撞（时间极短），碰后 二者会交换速度。不计空气阻力，重力加速为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，in37”=0.6, 求： (1)4的值：以及￠的取值范围： (2)若4=0，求C碰D前瞬间的速度大小： (3)在(2)的条件下，若斜面N0的长度为2026L，求D在到达斜面末端前与C碰撞的次数：以及 D从开始运动到最后一次碰撞的总时间。 D 成都石室中学2026-2027学年度上期高2027届10月月考 物理试卷答案 1.C2.D3.C4.D5.B7.B8.BD9.AD10.AD 11.1]如图甲所示，平板A对木块C的弹力为0，C对传感器的压力大小等于C的重力，即 F=mg [2]平板B转过的角度为60时，记录传感器的示数F2,则 5=mg cos60°=2m8 所以 且-3 E I [3]板B绕转轴逆时针旋转到角度为60°的过程中，若不考虑平板B与木块C间的摩擦，则 平板A对木块C的弹力为 FAc=mgsin0 当θ不断增大到60°时，则FAc不断增大，即平板A对木块C的弹力一直变大。 ◆UV 2.0 12.【答案】(1) 1.43 1.0 m/kg 012345 (2) 非线性 3.3 偏小A 【详解】(1)[1]忽略电源内阻，压敏电阻R与定值电阻R串联，电压表测R两端电压。 由闭合电路欧姆定律，电路电流为1=。 Ro+R 由欧姆定律得U=R。。联立可得U= ER。 Ro+R 当m以千克为单位取数值时，代入E=3V,R=2002及题给的压敏电阻关系，得 U=10V -10-m 当m=3水g时，电压表示数为0=0.3V=-143y [2]根据表中各组数据描点并用平滑曲线连接，所得曲线随质量增大而变陡。 (2)[由小问1在电路条件不变时的推导可知U=10V 10-m 该关系的变化快慢随m改变，故电压读数U与质量m成非线性关系。 2]由前述推导，在电路条件不变时，对该特测物体有1,50=10 10-m 解得质量为m=3.3kg [3]设使用一段时间后的电源内阻为”，由闭合电路欧姆定律，电路电流为'=。二 E Ro+R+r 电压表示数为U”=见=。E弘 R+R+r 与原校准状态相比，内阻的出现使总电肌增大，电流及电压表示数减小。原校准曲线中质量 m越大，压敏电阻越小，电压U越大，因此较小的电压对应较小的质量，测量值偏小。 [4]A.在R,和R不变时，由小问1的推导可知，相同质量变化引起的电压变化随电源电动 势E增大而增大，故A正确： B.压敏电阻的测量范围为m=0~5kg,在此范围内，电阻由R=4002减至R=1002，满 量程内的平均电压变化量可用于比较灵敏度，由前述电压关系可得 AU= 300ER (R+1002)(R,+4002) 决定△y大小的分件因子可写为L+1002+402）=R+501+40002 R Ro 由基本不等式，该因子不小于9002，且当且仅当飞=2002时取等号。原电路己使满量程 平均灵敏度最大，增大R。反而会使其降低，故B错误； C,增大电压表量程不会改变电路中电压随质量的变化关系，故C错误； D.压敏电阻的阻值随质量变化更慢时，相同质量变化引起的阻值变化和电压变化均减小， 故D错误。 故选A。 13.【答案】()m= T6=270 5g (2)2=3aT+0.4p,HS 【详解】(1)初始状态时气体压强卫=0.82，体积上=，温度红=，对活塞受力分 析有，外界大气压力PS向上，内部气体压力卫，S向下，活塞重力mg向下。由平衡条件， 得PoS=p,S+mg 解得m= 5g 从口→b是等压过程，体积从火=公变为%=瓜。根据藏·吕萨克定律有兰-=？ 2 代入数据解得T,=2T。。 (2)α→b是等压过程，气体等压膨胀，对外做功 =-2,ay=-0.8pS-)=-0.4p® 内能变化△U,=a(T,-T)=aT 根据热力学第一定律，有9=△U,-W=a。+0.4P。HS b→c是等容变化，气体体积不变，对外做功W,=0 出查避定体有会号 解得T=4T 内能变化△U2=a(T.-T)=2aT 根据热力学第一定律22=△U2-W,=2aT a→b→c过程中缸内气体吸收的热量2=巴+2=3a,+0.4p,HS。 14.【答案】(1)2m/s(2)22m/s(3)√④m 【详解】(1)小球刚好能在斜面上做完整的圆周运动，则在轨迹圆的最高点F,由牛顿第 :定律mgsi0=m2 R 从F点到g点的过程中，由动能定理mg2Rsin0~m-m 2 联立解得小球经过Q点时的速度大小。=2m/s (2)小球在2、M间做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动Y=。=2m/s 运动时间为4=立=0.5g 沿斜面i向下方向做匀加速直线运动a=gsin0=4m/s2 沿斜面向下的速度2=al1=2m/s 则小球经过M点时的速度大小vw=V?+?=2W2m/s (3)小球离开斜面后做斜下抛运动，竖直向下方向做匀加速直线运动，有 %=y3sin0=0.8m/s 竖直位移h=y0-)+28-4)2=5.8m 水平方向做匀速直线运动y,=√+(y,cos) 水平方向位移x=y(-) M、N两点间的距离L=Vh2+x2=√4Im 15.【答案】(1)0.75,0≤4≤0.15 (23982 10 aw受 【详解】（1)滑块D恰能静止在倾角0=37的斜面ON上，重力沿斜面方向分力与最大静 摩擦力平衡，有mg sin 0=4 mg cos日 解得μ=tan8=0.75 A与B之间的动摩擦因数也为4=0.75，释放C后，AB一起向右运动。设绳中张力为T, 加速度为a,分别对C和AB整体，由牛顿第二定律得mg sin0-T=ma, T-4(0.5m+m)g=(0.5m+m)a 2528,7=9+15 联立解得a=6-l54。 25 mg 要求a>0,解得4<0.4 分析A与B间的静摩擦力f,对A由牛顿第二定律得T-∫，=0.5ma 解得f=(0.24+0.94mg 要求AB一起运动不相对滑动，即∫，≤40.5mg 解得4≤0.15 综上0≤4≤0.15 （2)运动分两阶段： 第-一阶段，AB一起运动，位移3=L LL Γ2-2 4=0时，分别对C和AB整体，由牛顿第二定律得mg sin8-T=ma,T=(0,5m+m)a, 联立解得a=0.24g,T=0.36mg 由速度位移公式哈=2as 解得%=√0.24gL 第二阶段，B锁定，A在B上洲行，位移一号 A受绳拉力T2和向左的滑动摩擦力∫=40.5mg=0.375mg 分别对A和C,由牛顿第二定律得T-∫=0.5m42,mg sin8-T2=m42 联立解得42=0.15g 由速度位移公式v2-=2a22 解得v=39g2 10 （3)C在：ON.上，匀加速下滑，由牛顿第.二定律得mg sin8=mae 解得ac=0.6g 第一次碰撞后，D以速度v做匀速直线运动，C做加速度为a=0.6g的匀加1速直线运动，直 到第二次碰撞。设第一、二次碰撞之间的时间间隔为4，位移为：，第二次碰前C速度以及 第二次碰后D速度为%，则=%=2，=4 解得4=2业-139 ac 3V g ,x=以，2=2y 设第：：、次碰幢之间的时间间隔为42，位移为x2,第次碰前C速度以及第三次碰后D 速度为%，则x=k=%+2,当=v+a4 139L 解得，=4=3g ,x2=2w4,=3v 归纳规律：设第k、k+1次碰撞之间的时间间隔为4：，位移为x,第飞次碰前C速度以及第 k次碰后D速度为y,则4=4=3Vg 139L ,x=,y=加 故CD第1次碰后至第k+1次碰前走的总位移 S=为+x2+…+x4=(1+2+…+k)以 kk+.13L,L+s≤2026L 210 解得km=55,即有55个时间间隔，最多碰撞56次。 D从开始运动到最后一次碰撞的总时间为T=4+42++15=55弘，= 39L 8 碰撞过程的v-1图如下图所示 ④ 4y· 3y③ 2v:②