广西壮族自治区玉林市五校2026-2027学年高三上学期10月阶段检测物理试题

2026年10月高三年级阶段性检测 物理 （试卷总分100分，考试时间75分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号。 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，只一项符合题目要求，每小题4分，不选、多选或选错的均为0分；第8~10题，有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．在考古研究中，通常利用的衰变来测算文物的大致年代，的半衰期为5730年，其衰变方程为，发生衰变的过程中，除检测到粒子的射线外，还检测到了射线，下列说法正确的是（ ） A．是粒子 B．射线电离能力比射线强 C．粒子来自碳原子的核外 D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约有5730年 2．下列关于运动学的说法正确的是（ ） A．位移是初位置与末位置间的有向线段，当路程等于0时位移有可能不为0 B．第内是指末至末的时间间隔，前是到末的时间间隔 C．速度的变化率表示速度变化的快慢，在数值上等于单位时间内速度的变化量 D．匀变速直线运动的加速度方向不改变，速度的方向也一定不改变 3．质点做直线运动的位移与时间的关系为（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点（ ） A．第1 s内的位移是2 m B．前2 s内的平均速度是16 m/s C．任意相邻1 s内的位移差都是4 m D．任意1 s内的速度增量都是2 m/s 4．如图所示，把三个相同小球依次分别从水平地面上的同一位置沿不同的方向抛出，最终分别落在水平地面上三点，三条路径的最高点是等高的，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．沿路径1抛出的小球在空中运动的时间最长 B．沿路径1抛出的小球初速度最大 C．沿路径3抛出的小球在空中的动量变化量最大 D．沿路径3抛出的小球落地时的速率最大 5．图甲所示，一半径为R的老鼠夹固定于水平地面上，夹的夹角为θ，一旦触动开关，上夹立刻以角速度ω匀速向下转动，现有一只老鼠（可视为质点）在与转轴O距离为0.25R处偷吃食物，以触动开关时刻为计时起点，老鼠运动的位移—时间图像如图乙所示，则（ ） A．老鼠在1.5t1后开始做匀加速直线运动 B．老鼠在0~3t1时间内的平均速率为 C．若，老鼠会被老鼠夹夹住 D．老鼠夹的上夹匀速转动的向心加速度为 6．如图所示，水平面上放置一个绝缘轻支杆，支杆上的带电小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢释放细线，使B球缓慢移动一小段距离，支杆始终静止，下列说法正确的是（ ） A．带电小球B受到的库仑力大小不变 B．细线的拉力一直变小 C．带电小球B的运动轨迹为直线 D．地面给绝缘轻支杆的支持力一直大于带电小球A的重力 7．如图所示，光滑水平面上矩形区域存在竖直向上的匀强磁场，长方形宽为L。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，粗细均匀。某时刻开始线框受水平向左的恒力F，使线框在矩形区域右侧从静止开始水平向左运动。cd边进入矩形区域时速度为v，且直到ab边离开矩形区域时，速度始终为v。bc边始终垂直磁场左、右边界，则（ ） A．边到磁场右边界时间为 B．边到磁场右边界的距离为 C．线框边长为 D．磁感应强度大小为 8．“战绳”训练是当下一种火热的健身方式，健身员晃动战绳一端，使战绳的一端上下振动（可视为简谐运动），如图甲所示是某次训练中t=0.2 s时战绳的波形图，绳上质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A．若增大抖动的频率，波速不变 B．该波沿x轴负方向传播 C．点的振动方程为 D．从t=0.2 s到t=0.6 s，质点P通过的路程为200 cm 9．如图所示，物流分拣平台上，质量为2m的货物A叠放在质量为m的长木板B上，A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（ ） A．当时，、都相对地面静止 B．当时，的加速度为 C．只要，货物、木板就会发生相对滑动 D．无论为何值，的加速度不会超过 10．如图，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向的匀速圆周运动和水平向右的匀速直线运动的合运动，重力加速度为g。已知轨迹上某点的曲率半径为在极限情况下，通过该点和轨迹上紧邻该点两侧的两点作出的圆的半径。则下列说法正确的是（ ） A．小球运动到最低点时的速度为 B．小球运动到最低点时轨迹的曲率半径为 C．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为 D．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为 二、非选择题：本大题共5小题，共54分。其中13~15题解答过程要求要有必要的文字说明，只写结果的不能得分，有数值计算的要写出正确单位。 11．（6分）某实验小组要将量程为0~200 μA的微安表a改装成量程为0~1 mA的毫安表。 （1）实验小组首先用图甲所示的电路测量微安表a的内阻。已知图甲中微安表b与微安表a完全相同。闭合开关，调节滑动变阻器及电阻箱，当电阻箱如图乙所示时，微安表a的读数为180 μA，微安表b的读数为100 μA。则图乙中电阻箱的读数为________Ω，微安表a的内阻为________Ω。 （2）如图丙所示，要将微安表a改装成量程为0~1 mA的毫安表，需并联一个阻值为________Ω的电阻。（结果保留三位有效数字） 12．（8分）同学们利用如图甲所示的装置探究加速度与质量的关系。 （1）图乙是在实验中得到的一条纸带，相邻两个计数点间还有四个点未画出，实验中交变电源的频率是50Hz，打点计时器打下计数点C时小车的速度为________m/s，运动过程中小车的加速度大小为________m/s²。（结果均保留三位有效数字）。 （2）小红同学保持钩码质量m一定，改变小车质量M，重复实验操作。得到多组数据后，小红同学画出图像如图丙所示，导致该图像没有过坐标原点的原因是________，导致该图像后部分发生弯曲的原因是________。（均填正确选项的序号） A．小车质量远大于钩码质量 B．未满足小车质量远大于钩码质量 C．木板与水平面倾角过大，平衡摩擦力过量 D．木板与水平面倾角过小，平衡摩擦力不足 （3）小芳同学根据小红同学测出的多组实验数据，画出的图像为一次函数，图像如图丁所示，已知m=0.05 kg，利用图像信息计算出当地重力加速度为________m/s²（结果保留两位小数）。 13．（12分）在智能港口自动化作业区，一辆载货AGV（自动导引车）与一辆空载AGV在同一平直轨道上同向行驶，载货AGV在前，空载AGV在后。载货AGV的速度大小，空载AGV的速度大小。当两车相距时，载货AGV因即将到达卸货点开始匀减速刹车，加速度大小。从刹车时开始计时，两车均可视为质点。求： （1）两车相遇之前，两者在运动方向上的最大距离。 （2）从载货AGV开始减速到两车相遇所用时间。 14．（12分）校园科技节上，某同学用如图所示装置演示力的相关实验。质量为的仿真小球模拟挂件，一端连接轻质细绳固定于顶部支架处，另一端用轻质细绳水平拴在竖直挡板上，装置保持静止。细绳与竖直方向的夹角，已知，，重力加速度为，求： （1）细绳、的拉力、的大小； （2）若突然剪断，求剪断瞬间小球的加速度大小和细绳的拉力大小； （3）若整个装置向右做匀加速直线运动，细线均处于伸直状态，求小球的加速度的最大值。 15．（16分）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块；装置的中间是水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量的小物块从其上距水平台面处由静止释放。已知物块与传送带之间的摩擦因数，。设物块、之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块静止且处于平衡状态，取。 （1）求物块与物块第一次碰撞前速度大小； （2）通过计算说明物块与物块第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？ （3）如果物块、每次碰撞后，物块再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块第次碰撞后的运动速度大小。 学科网（北京）股份有限公司 $2026年10月高三年级阶段性检测（物理）参考答案 1.D解析：A.根据核反应的质量数和核电荷数守恒可知，X的质量数为0，核电荷数为-1，则 X是负电子即B粒子，A错误：B.y射线电离能力比a射线弱，B错误：B衰变辐射出的电子 来自原子核内的中子转化为质子时放出的电子，C错误：D.若测得一古木样品的4C含量 为活体植物的分可知经过了1个半衰期，则该古木距今约为5730年，D正确。一 2.C解析：A.路程是物体运动轨迹的总长度，当路程等于0时，代表物体始终没有发生位置 移动，初位置和末位置完全重合，因此位移一定为0，A选项的表述错误。B.第s内的时 间间隔长度为1秒，指的是从(n-1)s末到s末的时段；前ns指的是从0时刻到ns末的总时 长为秒的时段，B选项的时间区间描述完全颠倒，表述错误。C.速度的变化率就是加速 度的物理定义，它的作用是描述速度变化的快慢，根据定义式a=△”， 其在数值上就等于 △t 单位时间内速度的变化量，C选项的表述正确。D.匀变速直线运动的加速度方向、大小都 保持恒定，但速度的方向有可能发生改变：例如物体先做匀减速直线运动，速度减为0后反 向做匀加速直线运动，整个过程加速度始终保持不变，但速度方向发生了反转，又比如竖直 上抛，D选项的表述错误。 3.C解析：A.将=1s代入位移公式，第1s内位移x1=4×1m+2×12m=6m,故A错误：B.将 =2s代入位移公式，前2s内位移x=4×2m+2×22m=16m,平均速度=U=立=16 422 =8m/s, 故B错误；C.对比匀变速直线运动位移公式x=v,t+二at2,结合题干4+22，可得 质点初速度o=4m/s,加速度a=4m/s2,匀变速直线运动相邻相等时间内位移差满足 △x=a△t=4×1=4m/s,故C正确：D.任意1s内速度增量△w=a△t=4×1=4m/s, 故D错误。故选C。 4.B解析：三个路径最高点高度相同，故在空中运动时长相同司，A错误：沿路径1的小球水 平位移最大，则水平分速度最大，竖直分初速度相同，则沿路径1的小球初速度最大，B正 确；由动量定理可知，动量变化量△P=mg,时间相同，故三个小球的动量变化量相同，C 错误：落地时速度大小与抛出时速率相同，故沿路径1抛出的小球落地速率最大，D错误 5.C解析：A.根据题意分析可知，x-t图像斜率表示速度，图乙可知1.51后老鼠做匀速直线运 动，故A错误：B.根据题意分析可知，图乙在0-31时间内老鼠路程为3=R-0.25R=0.75R 故该段时间内的平均速率为D=9=0.75R=R ，故B错误：C.根据题意分析可知，老 t 3t 4t 凤夹合上时间为5=日，老鼠逃离时间为5，=0,75R=3弘，若5即3弘<9，者鼠不会被 老鼠夹夹住，反之，老鼠会被老鼠夹夹住，故C正确：D.根据向心加速度公式可知，老鼠 夹上夹的向心加速度为a=wR,故D错误。故选C。 6.A解析：A对带电小球B受力分析，根据相似三角形知识可得C_F_g: 2,可知拉力 h L r3 高三物理答案第1页共5页 变大，库仑力不变，A正确，B错误；由上面公式可知两小球间的距离不变，故带电小球B 的运动轨迹为圆，所以C错误；对小球A和绝缘轻支杆整体受力分析可知地面给绝缘轻支 杆的支持力小于带电小球A的重力，故D错误： 乙，D解析：由动量底理m得1二，A销误！由动能定理及=一m02得Xm0 ,B 2F .错误：线框进入磁场速度和出磁场速度相等，则线框边长为L,C错误；线框在磁场中时， 由平衡条件得F=B3心解得 FR ,D正确。 R 8.AC解析：机械波的传播速度只由介质决定，若增大抖动的频率，波速保持不变，故A正确； 由题图乙可知，=0.2s时刻质点P沿y轴负方向振动，根据同侧法可知，该波沿x轴正方向 传播，故B错误；根据题图乙可知质点P的振动方程为y一Asin-40sin(cm）-40sin5t(cm, 故C正确；由题图乙可知，周期为0.4s,从0.2s到=0.6$，经历的时间等于一个周期， 则质点P通过的路程为s=4A=160cm,故D错误。 9.CD解析：设B对A的摩擦力为f,A对B的摩擦力为，地面对B的摩擦力为，由牛顿 第三定律可知方与大小相等，方向相反，万和6的最大值均为2mg,万的最大值为2mg, 故当0<smg时，小、B均保持静止：继续增大R,在一定范围内A、B将相对静止以共同 的加速度开始运动，设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F,加速度为α'，则对A,有 F-2mg=2ma,对4、B整体，有F-mg=3ma,解得F=3mg,故当经mgng 时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F>3umg时，A相对于B滑动.由 以上分析可知A错误，C正确.当F=习mg时，小、B以共同的加速度开始运动，将A、B 看作整体，由牛顿第二定律有F一3 mg=3ma,解得a=竖，B错误.对B来说，其所受合 力的最大值Ra=2ng一子mg=之mg,即B的加速度不会超过g,D正确， 10.AC解析：A.因为小球的运动实际上是竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为的匀速圆周 运动和水平向右、速度大小为的匀速直线运动的合运动，故小球在最高点做圆周运动的分 速度水平向左，做直线运动的分速度水平向右，合速度为0，根据匀速直线运动有q心B=mg 支 可得分速度D="m3 gB 在最低点时的速度是两分速度的矢量和，为20，即U=2m 9B ,故A 正确：B.设在最低点时轨迹的曲率半径为R,则有g-2U8-mg=m2 可解得曲率 R 半径3，故B错误：C小球在运动程甲洛伦滋力不做功，机械能守恒 高三物理答案 第2页共5页 mgh=m(2D}2可得h 2m2g, 故C正确：D.小球从释放到第一次经过最低点的过程 g2B2 T 中，只运动了半个圆周，则运动时间t=。 ,故D错误。故选AC 2 gB 11.答案：(1)14401800 (2)450（每空2分) 12.答案：(1)0.5161.25 (2)C（1分)，B(1分)(3)9.78 (除标注外，每空2分) 解析：(1)[1]交变电源频率50H2,相邻计数点间有4个点未画出，因此相邻计数点的时间间 隔7=0.1s [2]计数点C的瞬时速度等于BD段的平均速度： 6=0=4.53+5,71x102m=0.516m6 2T 2×0.1s [3]用逐差法计算加速度： a=em+xns)=48+×cl-5.79+7.03-3.30-4-53)x102m≈1.25m62 4T2 4×0.12s2 21]图丙的a-1 图像在纵轴有正藏距：当】 →0（即小车质量极大）时，加速度仍大于0， 说明即使小车质量很大，不受拉力时也会获得加速度，是平衡摩擦力时木板倾角过大，平衡 摩擦力过量，对应选项C。 [2]实验中我们近似认为小车拉力mg,该近似成立的前提是M>m。当M减小、】增大 M 时，不再满足小车质量远大于钩码质量，图像发生弯曲，对应选项B。 (3)根据牛顿第二定律可知平衡摩擦力过量，不挂钩码时，小车下滑力大小 Mgsin0-f子cM,其中c为一常数 代入图中两点：当，1=2.0kg1时a=1.32mg3,此时M=0.45kg,有mg+cM(M+ma M+m 0.05g+0.45c=0.5×1.32: 当1 =0即M无穷大时a-0.38m/s2,有mg+cM=(M+m)a,cM=0.38M M+m 解得g=9.78m/s2 13.答案：(1)18m (2)9s 解析：(1)当两车速度相等时，两者距离最大。设经过时间1两者速度相等，则有 U-at =U, （1分) 解得t1=4s (1分) 1 在4时间内，载货AGV的位移为x=一（心+U2)t=36m (1分) 2 空载AGV的位移为x2=D2t1=24m (1分) 高三物理答案 第3页共5页 则最大距离为△x=x1+x,-x2=18m (1分) (2)设载货AGV从开始减速到停止所用时间为2，则有U,=at2 解得t2=8s (1分) 此过程中，载货AGV的位移为=2k=48m (1分) 空载AGV的位移为x2=)242=48m (1分) 此时有+x。=54m>x2=48m (1分) 说明空载AGV尚未追上载货AGV。设再经过时间追上， 则有x+x0一x2=D2t3 (1分) 解得t3=1s (1分) 所以从开始减速到两车相遇的总时间为=2+=9s(1分) 3 3 14.答案：(1DTmg,1smg32F0.8mg,u=0.6g;(3) 解析：(1)小球静止，处于共点力平衡，竖直方向有Tcos=mg (1分) 水平方向有Tsin0-TB (1分)（或者“T=mg tand0”也得1分) 5 联立解得T4m8 (1分) 3 (1分) (2)剪断细绳OB,细绳OB的拉力立刻消失，细绳OA弹力瞬间发生突变，小球将以A为圆 心沿圆弧摆动。沿细绳半径方向，瞬时速度为0，向心力为0，沿细绳方向合力等于0。将 重力沿细绳方向（径向）和垂直细绳方向（切向）分解： 径向F=mgcos0 (1分) 切向mgsin&-ma (1分) 解得F=0.8mg (1分) a=0.6g (1分) (③)小球向右做匀加速直线运动，合力水平向右。当加速度增大时，细绳OB的拉力减小：加 速度达到最大值时，细绳OB刚好恢复原长，F=0,若加速度继续增大，细绳OB松弛，小 球不再保持图示几何姿态。 当Fa-O为临界状态：小球只受重力mg和细绳OA的拉力F4。 小球的加速度水平向右，竖直方向有FACos0=mg(1分)（或者“F合=mg tane9”得1分） 水平方向有F4sin0=mam(1分) (或者“F合=mam”得1分) 解得a-gtan37°-3 (2分) 高三物理答案 第4页共5页 4 15.答案：(1)4m/s (2)不能 (3)0,=3m/s (1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时速度大小为D,由动能定理可得 1 mgh=2mu好 (2分) 解得D。=√2gh (1分) 设物块B在传送带上滑动过程中，因受摩擦力所产生的加速度大小为α，由 牛顿第二定律得：umg=ma(1分) 设物块B通过传送带后运动速度大小为0，由运动学公式：D2-D=-2aL(1分) 联立解得o=4m/s,由于o>u=2m/s, 所以o=4m/s，即物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小o=4m/s (1分) (2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为o',01,取向右为正方向， 由弹性碰撞知，-mo=mo1-Mo (2分) mD2=号m+5Mw 2 (2分) 2 2 14 解得)1=一D=。m/s (1分) 33 对心弹性碰撞，结合动量守恒与机械能守恒，判断出碰撞后A向左、B的速度方向向右。设 物块B在传送带上向右运动的最大位移为L,则：0-心2=-2aL' (1分) V'=4 m<1m，所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。(1分) 9 (3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为D1,继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B 速度大小为2，同上计算可知： 4=( 1 U2= (1分) 3 物块B与物体A第三次碰撞、第四次碰撞碰撞后物块B的速度大小依次为 1 3= 4=( (1分) 3 3 04= 34,=( 3 由此推知：物块B与4第m次碰撞后的运动速度大小为心，=兮口 4 nm/s 故心，= (1分) 高三物理答案 第5页共5页