广东实验中学越秀学校2026-2027学年高三第一学期10月阶段训练物理试题

广东实验中学越秀学校2026-2027学年第一学期高三物理10月阶段训练 一、选择题（1-7小题为单选，每小题4分，8-10小题为多选，每小题6分，共46分） 1．自由中子可以衰变，其衰变方程为，其中为反中微子（质量近似为零）。由中子的衰变方程可知（     ） A．质子的质量小于中子的质量 B．中子的质量小于质子和电子的质量之和 C．反中微子的电荷量与质子的电荷量相等 D．反中微子的电荷量与电子的电荷量相等 2．在2026年人形机器人半程马拉松比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩获得冠军，比赛路程为21.0975km。下列说法正确的是（    ） A．途中转弯时，机器人的速度方向发生变化 B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是静止的 C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，可将机器人视为质点 D．“21.0975km”与“50分26秒”之比为机器人的平均速度大小 3．我国计划于2028年前后发射“天问三号”火星探测系统，实现火星取样返回。其轨道器将环绕火星做匀速圆周运动，轨道半径约，轨道周期约。引力常量取，根据以上数据可推算出火星的（　　） A．质量 B．体积 C．第一宇宙速度 D．自转周期 4．在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（　　） A． B．C． D． 5．某公司在封闭公路上对一新型电动汽车进行直线加速和刹车性能测试，某次测试的速度一时间图像如图所示。已知和内图线为直线，内图线为曲线，则该车（　　） A． 在的平均速度为 B．在做匀减速直线运动 C．在内的位移比在内的大 D．在的加速度大小比的小 6．2025年10月31日，神舟二十一号载人飞船成功发射，此次随飞船上行进入中国空间站的有4只“小黑鼠”。小鼠必须过体能关、挑战抗晕、勇闯迷宫等考核才能成为小鼠“航天员”。如图，一质量为m的小鼠进入离心管机器进行“天旋地转”挑战，若离心机绕着竖直平面内的O1O2轴以角速度ω匀速转动，小鼠旋转半径为r，重力加速度为g。则此次挑战，小鼠受到离心机对它的作用力F为（　　） A．，方向垂直指向转轴 B．，方向斜向上指向转轴 C．，方向垂直指向转轴 D．，方向斜向上指向转轴 7．如图所示，一个小球质量为m，初始时静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为 （ ） A．mgR B．2mgR C．2.5mgR D．3mgR 8．如图所示，一高考倒计时牌通过一根轻绳悬挂在挂钩上。挂上后发现倒计时牌是倾斜的，已知，倒计时牌的重力大小为。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．如图位置平衡时，绳的拉力大小为 B．如图位置平衡时，绳的拉力大小为 C．将倒计时牌挂正，平衡时绳的拉力大于倒计时牌倾斜时绳的拉力 D．将倒计时牌挂正，平衡时绳的拉力小于倒计时牌倾斜时绳的拉力 9．辘轳是中国古代取水的重要设施，如图甲。在某次研学活动中，一种用电动机驱动的辘轳引发了同学们的兴趣。该种辘轳的工作原理简化图如图乙，已知转筒（辘轳）半径。在某次提水的过程中，电动机以恒定输出功率将质量为的水桶由静止开始竖直向上提起。圆筒转动的角速度随时间变化的图像如图丙。忽略转筒（辘轳）的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．内井绳对水桶的拉力逐渐增大 B．电动机的输出功率 C．当角速度时，水桶的加速度大小为 D．内水桶上升的高度为 10．如图所示，传送带的水平部分长为l，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块从左端运动到右端的时间可能是（    ） A． B． C． D． 二、非选择题（11题6分，12题12分，13题8分，14题12分，15题16分，共54分） 11．某同学在家中用一根轻弹簧、水瓶、细绳、图钉和贴在墙上的白纸等物品，做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验，实验步骤如下: ①先用图钉A将弹簧一端固定在白纸上，弹簧另一端通过细绳L1悬挂一瓶矿泉水（与墙、纸无摩擦），如图甲所示； ②将另一细绳L2拴于细绳L1与弹簧连接处的O点，并将细绳L2水平拉直后用图钉B固定在白纸上，记下A、B、O的位置，如图乙所示； ③在保证O点位置不变的情况下，交换弹簧与细绳L2的位置，使其方向与步骤②中对应方向平行，如图丙所示； ④按照上述方法改变弹簧与细绳L2的夹角多次测量。 (1)对于本实验，下列说法或操作正确的是________（填正确答案标号）。 A．需要知道弹簧的劲度系数 B．不需要测量弹簧的原长，只需要测量甲、乙、丙三图中弹簧的长度 C．步骤④中每次重复实验时，O点位置不需要与第一次实验记录的位置一致 (2)图乙中细绳L2的拉力大小________（填“大于”“等于”或“小于”）图丙中弹簧的弹力大小。 (3)该同学在进行步骤③时由于粗心将水瓶中的水洒落了少许，但弹簧和细绳L2的方向都与步骤②中平行，O点位置也与步骤②中重合，这一操作_______（填“会”或“不会”）造成误差。 12．用图甲装置研究“小车（含拉力传感器）质量一定时，加速度与合外力关系”，实验步骤如下： ①细绳一端绕过光滑定滑轮与盘子（盘中装适量砂子）连接，另一端系在拉力传感器上。将小车放在长板的P位置，调整细绳与长板平行，在盘子中适当增减砂子，使小车沿长板向下做匀速运动，记录此时拉力传感器的示数； ②撤去细绳和盘子，让小车从P位置由静止开始下滑，设此时小车受到的合外力为F，通过计算机可得到小车与位移传感器的距离随时间变化的s-t图像，并求出小车的加速度a； ③改变长板的倾角，重复步骤①②可得多组F、a的数据。 完成下列相关实验内容： (1)在步骤①中，若小车运动越来越慢，则在保持长板倾角不变情况下，应在盘中适当__________砂子（选填“增加”或“减少”）。在步骤①②中，__________F（选填“=”或“>”或“<”）； (2)本次实验__________（选填“需要”“不需要”）测量砂和盘子的总质量，__________（选填“需要”或“不需要”）平衡小车所受到的摩擦力； (3)某段时间内小车的s-t图像如图乙，根据图像可得小车的加速度大小为__________（计算结果保留两位小数）。 (4)分析表格中的F、a数据可知：在误差允许范围内，小车质量一定时，__________。 （N） 0.4 1.0 1.5 1.8 2.1 a（） 0.79 2.10 3.10 3.62 4.19 13．打板投篮是一种很直接、命中率很高的投篮方式，因此是一种很常见的篮球技术动作训练。如图所示，一篮球以水平初速度碰撞竖直篮板后水平弹回，速率变为原来的倍（为一定值），弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的半径为，篮框半径为，篮框中心距篮板的距离为，碰撞点与篮框中心的高度差为，不考虑篮球转动和空气阻力，重力加速度为。问： (1)值为多少？ (2)碰撞点不变时，为保证篮球不与篮框碰撞的情况下进篮，碰撞篮板前瞬间速度的最大值为多少？ 14．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为，长为的倾斜轨道，通过微小圆弧与长为的水平轨道相连，然后在处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道，如图所示。现将一个小球从距点高为的水平台面上以一定的初速度水平弹出，到点时速度方向恰沿方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与和间的动摩擦因数均为。取，不计空气阻力，求： （1）小球过点时速度的大小； （2）小球滑过点时的速率； （3）要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件。 15．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，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。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A 【详解】AB．中子衰变过程释放能量，存在质量亏损，即衰变前中子的质量大于衰变后所有产物（质子、电子、反中微子，反中微子质量近似为0）的质量之和，因此中子的质量大于质子与电子的质量之和，质子的质量必然小于中子的质量，故A正确，B错误； CD．根据衰变方程的电荷数守恒，左侧总电荷数为0，右侧质子电荷数为、电子电荷数为，因此反中微子的电荷数为0，既不等于质子的电荷量也不等于电子的电荷量，故CD错误。故选A。 2．A 【详解】A．途中转弯时，机器人做曲线运动，速度方向发生变化，故A正确； B．以冲刺的机器人为参考系，站在终点的裁判员是运动的，故B错误； C．研究机器人在奔跑过程中的姿态时，不能忽略形状和大小，不能将机器人视为质点，故C错误； D．“21.0975km”为路程，与“50分26秒”之比为机器人的平均速率，不是平均速度的大小，故D错误。故选A。 3．A 【详解】A．轨道器绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，满足公式 由公式变形可得，已知轨道半径r和周期T，可推算出火星的质量，故 A 正确。 B．火星的体积公式为（为火星半径），但题目未提供火星半径，故无法推算体积，故B错误。 C．第一宇宙速度公式为，需要火星半径，题目未提供，故无法推算，故C错误。 D．自转周期是火星绕自身轴旋转的周期，与轨道器的公转周期无关，无法从给定数据推算，故D错误。故选A。 4．D 【详解】因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度与M在竖直方向的分速度大小相等， 设M做匀速圆周运动的角速度为，半径为r，其竖直方向分速度即 则D正确，ABC错误。故选D。 5．D 【详解】A．根据图像可知，在内汽车做匀加速直线运动，3s末时速度大于30m/s，则平均速度 ，故A错误； B．根据图像可知，在内速度一时间图像为曲线，汽车做非匀变速运动，在内图像为倾斜的直线，汽车做匀减速直线运动，故B错误； C．根据图像与横轴围成的面积表示位移大小，在图中做一条辅助线，如图所示： 可得在汽车的位移大小为 在汽车的位移大小 可知的位移比的小，故C错误。 D．根据图像的斜率绝对值表示加速度大小，由C选项中图可知，辅助线的加速度大小与在的加速度大小相等，在的汽车加速度大于辅助线的加速度大小，则在的加速度大小比的小，故D正确。故选D。 6．D 【详解】由于小鼠合力提供向心力，合力指向转轴，小鼠受竖直向下的重力，则离心机对小鼠的作用力方向斜向上指向转轴，作用力大小为，故选D。 7．C 【详解】试题分析要通过竖直光滑轨道的最高点C，在C点有重力提供向心力 对小球，由动能定理，联立解得，故选C。 8．AC 【详解】AB．一根轻绳悬挂在定滑轮上，不计一切摩擦，则绳上张力大小处处相等，设绳上张力大小为T。高考倒计时牌受重力、绳OA、OB对它的拉力T，共三个力的作用，处于静止状态，则三个力的延长线（或反向延长线）必交于一点O。将绳OA、OB上的拉力T延长，则两力的合力必与重力等大反向，绳子拉力与竖直方向的夹角均为45°，如图所示 由直角三角形几何关系可得 解得，故A正确B错误； CD．将倒计时牌挂正，由几何知识可知两绳间的夹角增大，两绳合力不变，两分力夹角变大，则绳子拉力增大，故C正确，D错误。故选AC。 9．BD 【详解】A．内速度增大，根据可知，拉力逐渐减小，故A错误； B．水桶被提起的最大速度为 电动机的输出功率为，故B正确； C．当角速度时，速度 水桶的加速度大小为，故C错误； D．0~4s内，根据动能定理有 0~4s内水桶上升的高度为 4s-6s内水桶上升的高度为 内水桶上升的高度为，故D正确；故选BD。 10．CD 【详解】木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同。 若一直匀加速至右端，则有，可得 若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v相等，则有，可得 若先匀加速到传送带速度v，再匀速到右端，则有，可得 木块在传送带上运动的平均速度小于v，则木块从左端运动到右端的时间不可能是。故选CD。 11．(1)C (2)等于 (3)会 【详解】（1）AB．根据实验原理可知，图甲可测量合力，乙、丙两图测量分力，结合胡克定律可知，需要测量弹簧的原长以及图甲、乙、丙中弹簧的长度，以便测量三个力的大小，三个力的大小均与形变量成正比，则形变量大小可以表示力的大小，故A、B错误； C．步骤④中每次重复实验时，不需要保证O点位置与第一次实验记录的位置一致，从而使实验更具有普遍性，故C正确。故选C。 （2）根据实验原理可知，图甲测量合力，图乙、丙测量分力，所以图乙中细绳L2的拉力大小等于图丙中弹簧的弹力大小。 （3）水瓶中的水洒落了少许，即合力减小，虽然弹簧和细绳L2的方向都与步骤②中平行，O点位置也与步骤②中重合，但弹簧的弹力会变小，从而造成实验误差。 12．(1) 减少 = (2) 不需要 不需要 (3)2.10 (4)小车的加速度与合外力成正比 【详解】（1）[1]在步骤①中，若小车运动越来越慢，则小车沿斜面向下做减速运动，故在保持长板倾角不变情况下，应在盘中适当减少砂子。 [2]小车匀速下滑时，由平衡条件得 小车加速下滑时，由受力分析可得 联立可得 （2）[1][2]由上述分析可知，小车加速下滑过程的合外力已通过①中小车匀速下滑时拉力传感器的示数读出，所以本次实验不需要测量砂和盘子的总质量，不需要平衡小车所受到的摩擦力。 （3）图乙中标出的三个位置坐标反映了小车连续相等时间内的位移，根据匀变速直线运动的推论得解得 （4）由表中数据可以看出，F与a的比值基本不变，所以可得：在误差允许范围内，小车质量一定时，小车的加速度与合外力成正比。 13．(1) (2) 【详解】（1）弹回后篮球做平抛运动，在水平方向L−r=kv0t 在竖直方向 联立以上两式解得 （2）当篮球边缘恰好经过篮球框内部左边缘时，入射速度最大且为vm，则反弹过程中，做平抛运动，在水平方向 在竖直方向 联立解得 14．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）小球做平抛运动到达M点，由平抛运动规律知竖直方向有即 因为在M点的速度恰好沿MN方向，所以小球到M点的速度大小为 （2）从M到P点的过程中，由动能定理得解得 （3）小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有 小球做圆周运动过程中，由动能定理有解得 当小球刚好能到达与圆心等高时有解得 当圆轨道与MN相切时 即圆轨道的半径不能超过1.5m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是 15．(1) (2)， (3) 【详解】（1）对书本根据牛顿第二定律解得 对抽屉和书本整体根据牛顿第二定律 解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，的最大值为 （2）由可知书本和抽屉相对静止，对抽屉和书本整体有解得 对书而言受到向前的静摩擦力 抽屉和书本一起匀加速直线运动，有     解得 （3）由可知书本和抽屉发生了相对滑动，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 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $