江西抚州市临川第一中学2026-2027学年高三上学期10月素养训练物理试题

高三10月素养训练 物理 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要 求，每小题4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.如图所示，小球靠近竖直砖墙从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、 4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置。连续两次曝光的时间间隔均为T,每块砖的厚度 为d,根据图中的信息，下列判断正确的是() A.能判定位置“1”是小球释放的初始位置 B.能求出小球下落的加速度为址 7d C.能求出小球在位置“3的速度为 2T D.能判断出小球做匀速直线运动 2.具身智能机器人应用到精密制造生产线时，需要避免其加速度突变，以显著降低机械冲击。为实现这一目的， 关于机器人v-t图像的设计，下列选项最符合要求的是() 3.俗称书籍整理神器的铁书立”是种用来支撑书籍以达到使书籍平稳站立效果的物品，如图甲所示。现在将其简 化为图乙示意图，水平桌面上有一质量为M的静止的“铁书立”，在“铁书立”的底板上刚好静止摆放了两本书A和B, 且此时B书与水平底板间的夹角为0，由此可知() A.A书与B书之间一定有摩擦力 B.B书与“铁书立之间一定有摩擦力 的 C.A书与“铁书立”之间一定有摩擦力 用 D.“铁书立”与桌面之间一定有摩擦力 4.如图甲，投壶是古代“六艺”之一。如图乙，A、B两位投者在同一高度的不同位置、沿水平方向各射出一支完全 高三年级物理试卷第1页，共6页 相同的箭，箭都插入壶中。忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响，则两支箭() A.在空中运动时间不相同 B.在空中运动的加速度不同 C.射出时的初速度相同 77777777777777 D.插入壶中瞬间竖直分速度相同 5.某建筑工地中的圆锥状沙堆如图甲所示，可将其理想化为图乙所示的圆锥体。沙粒可视为质点，沙粒间的动摩 擦因数为·，沙粒之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不 考虑沙粒的滚动。当把沙粒轻放在圆锥形沙堆的侧面上，该 沙粒恰好能静止时，沙堆的高度h达到最大，此时，沙堆的 底面圆半径为r,体积V=h,则要堆放体积为，的沙堆， 3 沙堆的底面直径至少为() 图甲 图乙 A.2, 3 3m。 B.2 Vπ C. 3 Vπ D.Ψ 6.如图，一蹦床运动员从蹦床正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触蹦床后把蹦床压缩到一定程度后停止 下落，不计空气阻力。在运动员下落的这一过程中，下列说法正确的是() A.运动员速度先增大后减小，接触蹦床瞬间速度最大 B.运动员接触蹦床后加速度方向变为竖直向上 C.运动员从B处到C处，先失重后超重 D.运动员从B处到C处，其加速度先增大后减小 7.如图甲，小球A、B均可视为质点。小球A从地面开始做竖直上抛运动，同时小球B从距地面高度为加处由静 止释放，两小球距地面的高度h与运动时间t的关系图像如图乙，曲线A、B均和虚线相切于最高点。重力加速度 大小为8，不计空气阻力，则() A.A上升的初速度小于B的落地时速度 B,A上升过程的平均速度等于B下降过程的平均速度 B 5 C.A、B在空中处于同一高度时距地面3弘 4 ho B D.A、B落地的时间差为2， AO 高三年级物理试卷第2页，共6页 8.图()所示的油纸伞是我国古人智慧的结晶。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。保持伞柄不动，向上推滑环P,使得伞骨ON以恒定角速度开伞，则() A.滑环P沿着伞柄做匀速运动 伞骨 B.N点线速度大小是M点的2倍 M 伞撑 C.M点的向心加速度方向沿M指向圆心O 伞柄 D.N点的向心加速度大小是M点的4倍 图(a) 图b) 9.北斗导航系统使用倾斜地球同步轨道(IGSO)提升定位精度，该卫星沿圆轨道运行，绕行方向如图甲所示。位 于赤道的某观测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图乙所示，当卫星位于接收站正上方时信号最强。已知地 球质量为M,万有引力常量为G。则该卫星() 自转 ò卫星 信 强 甲 A.始终相对地面静止 B.线速度小于第一宇宙速度 C.图乙中信号周期性变化间隔=24h D.该卫星轨道半径为产 GMT2 10.如图所示，在竖直方向运动的升降机内，放置用轻杆相连的A、B两小球，两球质量分别为m、3,杆与竖直 方向的夹角为30°。只考虑B球与升降机底板间摩擦，且最大静摩擦力与正压力之比为k。升降机以不同加速度 a(<g)向上运动时两球静止。以竖直向上为正方向，重力加速度为g,下列说法正确的是() A.当a=和号时，轻杆对小球A的作用力大小相等 4 B.当a=一g时，B球与底板间的摩擦力为零 C.为保证轻杆与厢壁始终相对静止，k的最小值为 30 2 B D.若k=怎。升降机向上加速运动的最大加速度为号 6 二、非选择题：共5小题，共54分。 11.(8分)某学习小组用“等效法验证力的平行四边形定则的实验，所用器材有：方木板一块、白纸、弹簧测力计 两个、橡皮条（带两个较长的细绳套）、刻度尺、图钉（若干个），如图甲所示，按照正确的实验步骤，作出两只弹 簧测力计的拉力F和F的图示，并用平行四边形定则求出合力F,按同一标度作出只用一只弹簧测力计拉橡皮条 时的作用力F的图示，如图乙所示。 高三年级物理试卷第3页，共6页 甲 丙 (1)某次实验弹簧测力计读数如图丙所示，读数是 N,图乙中 （填“F'或“F)与OA在一条直 线上。 (2)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有 A.橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上 B.重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同 C.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线：读数时视线应正对测力计刻度 D,用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力 (3)若甲图中的∠BOC小于90°，现保持结点O点的位置及细绳OB的方向不变，将拉OC细绳的弹簧测力计以O为 轴沿逆时针方向在图示平面内缓慢转至使OC细绳沿水平向右的方向的过程中，拉OC细绳的弹簧测力计的示数 _o A,先变大后变小 B.变大 C.先变小后变大 D.变小 12.(8分)导电漆是将金属粉末添加于特定树脂原料中制作而成的能导电的喷涂油漆。现有一根用导电漆制成的截 面为正方形的细长样品（固态），某同学欲测量其电阻率，设计了如图（α）所示的电路图，实验步骤如下： U/V 0.15 0.10 丙 0.05 1 cm HHHHHHL 导电漆样品 十十十十 0.51.01.52.02.5L/cm 10 (a) (b) (c) a、现用10分度游标卡尺，测得样品截面的边长如图(c)所示： b、将平行排列的四根金属探针甲、乙、丙、丁与样品接触，其中甲、乙、丁位置固定，丙可在乙、丁间左右移动： c、将丙调节至某位置，测量丙和某探针之间的距离L; 小、闭合开关S,调节电阻箱R的阻值，使电流表示数=0.40A,读出相应的电压表示数U,断开开关S: 高三年级物理试卷第4页，共6页 、改变丙的位置，重复步骤c、d,测量多组L和U,作出L图像如图(b)所示，得到直线的斜率k。 回答下列问题： (1)由图(c)可读得= cm。 (2)从实验原理分析，图像的斜率k反映的是 (3)写出电阻率的表达式p= (用k、、I表示)。 (4)根据图像计算出该样品的电阻率p= 2m（保留2位有效数字)。 13.(10分)2026年亚运会女子4×100米接力赛中，中国队最终以42秒96的成绩夺冠。如图所示，在4×100米 接力比赛中，当甲运动员以8m/s的速度匀速通过起跑标记点A时，乙运动员在接力区起点B由静止开始以2m/s2的 加速度匀加速预跑，加速至10/s后保持匀速直线运动。己知甲运动员在完成交接棒前速度保持不变，接力区长度 为20m。求： (1)乙运动员能否在接力区加速至10m/s; (2)若A、B两点间的距离为12m,求完成交接棒时乙预跑的距离： 、A B C -20m 起跑标记点接力区起点 接力区终点 14.(12分)如图所示，半径为R=1m的4圆光滑轨道ADB和半径为r=0.5m的光滑半圆轨道BC0均竖直放置， 并在最低点B平滑相连。将一质量为=1kg的小球（可视为质点）从A点的正上方由静止释放，小球恰好能通过 半圆轨道的最高点O,然后落到D点。己知重力加速度g取10m/s2,求： (1)小球释放点离A点的高度h: (2)小球通过最低点B前后对轨道的压力大小之比： h (3)D点到水平直线OA的距离。 R C B 高三年级物理试卷第5页，共6页 15.(16分)某工厂输送物件的传送系统由倾角为30°的传送带AB和一倾角相同的长木板CD组成，物件和传送带 间的动摩擦因数为4=5，与木板间的动摩擦因数为，=5。传送带以，=4ms的恒定速度顺时针转动：现将 2 15 物件P无初速置于传送带A点，发现当物件P到达B点时刚好相对传送带静止，到达D点时速度恰好为零，随即被 机械手取走。物件P可以看成质点，传送带与木板间可认为无缝连接，重力加速度g=10ms2。求： D 777777777777 C 木板 vo=4 m/s B A 30° (1)传送带的长度L: (2)木板的长度L2以及物件P从A到D所需的时间T: (3)假如机械手未能在D点及时将物件P取走，导致其重新下滑，若此次“到达D点时速度恰好为零'计为第一次向 上返回，则第四次向上返回时（在木板上）离C点的最大距离是多少？ 高三年级物理试卷第6页，共6页《临川一中高三10月素养训练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 Q B B D B C C BC BD BC 1.C 【详解】A.因相邻两位置间的位移之比为2：3：4：5，不是13：5：7，可判定位置1”不是小球释放的初始位置， A错误； B.根据逐差法△h=d=aT2 可得小球下落的加速度为a=只，B错误； 7d C.根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，可得小球在位置“3”的速度为%= ,C正确： 2T D.因△h=d=aT2,可判断出小球做匀加速直线运动，D错误。 故选C。 2.B 【详解】v-t图像的斜率代表加速度。要求避免加速度突变，也就是要求v-1图像的斜率不能出现突然的 跳变，全程加速度要连续平缓变化 A.加速、减速阶段都是直线，斜率恒定，在速度从0开始加速、以及从匀速阶段切入减速的拐点处，斜 率会发生突变，对应加速度突变，不符合要求，故A错误： B.全程v-图像是光滑的连续曲线，斜率（加速度）始终是连续平缓变化的，不存在加速度的突然跳变， 完全符合避免加速度突变的要求，故B正确： C.加速段的后半段是倾斜直线、减速段的前半段也是倾斜直线，在直线和曲线衔接的位置，斜率会发生 突变，对应加速度突变，不符合要求，故C错误： D.加速段是上凸的曲线，斜率（加速度）在加速过程持续减小到0，减速段是下凸的曲线，斜率（加速 度的绝对值)持续增大再减小，在加速和匀速的衔接处、匀速和减速的衔接处，斜率会出现突变，对应加 速度突变，不符合要求，故D错误。 故选B。 3.B 【详解】A.对A书进行受力分析：A书受重力、铁书立的支持力、B书的弹力，若这三个力的合力恰好 为零，A书可以保持静止，因此A书与B书之间不一定有摩擦力，故A错误： B.由A选项可知，A书对B书有水平方向的弹力作用，由平衡条件可知，B书与“铁书立”之间一定有摩 擦力，否则B书水平方向不可能平衡，故B正确： C.对A书进行受力分析。A书在水平方向上受到B书对其向左的压力和书立竖直部分对其向右的支持力， 这两个力可能大小相等，此时A书相对于书立底板没有运动趋势，则A书与书立底板之间没有摩擦力。 答案第1页（共9页） 在竖直方向上，A书与书立竖直部分之间也可能没有摩擦力。因此，A书与“铁书立”之间不一定有摩擦， 故C错误； D.将“铁书立”、书A和书B看作一个整体。该整体系统在水平方向上没有受到其他外力作用，且处于静 止状态。根据共点力平衡条件，系统在水平方向所受合外力为零，因此“铁书立与桌面之间没有摩擦力， 故D错误。 故选B。 4.D 【详解】A。箭在空中做平抛运动，竖直方向有A=8,解得1=臣，小g相同，则两支箭在空中运动 时间相同，故A错误： B.平抛运动的加速度都为重力加速度g,故B错误； C.水平方向有x=,t,由于水平位移不同，运动时间相同，则射出时的初速度不同，故C错误： D.根据竖直方向的运动规律可知)，=g,g相同，则两支箭插入壶中瞬间竖直分速度相同，故D正确。 故选D。 5.B 【详解】沙粒静止时，重力沿斜面的分力与最大静摩擦力平衡。设圆锥面与底面的夹角为，则有 mg sin0=umg cos0 可得u=tan8 由几何关系可知tan0-h 1 沙堆体积V=二πr2h 3 当体积为%时，底面半径= 3Vo πu 沙堆的底面直径为2=2 3Vo π 故选B。 6.C 【详解】A.运动员从A到B做自由下落，速度持续增大；接触蹦床后，初始阶段蹦床的弹力小于重力， 合力仍竖直向下，速度会继续增大，直到弹力与重力大小相等的位置时速度才达到最大值，并非接触蹦床 的B点速度最大。故A错误； B,运动员刚接触蹦床的初始阶段，蹦床形变量小、弹力小于重力，合力方向仍竖直向下，加速度方向竖 直向下：只有当弹力大于重力后，加速度才变为竖直向上。故B错误： 答案第2页（共9页） C.从B到C的过程中，弹力小于重力时，合力向下，加速度向下，运动员处于失重状态；弹力大于重 力时，合力向上，加速度向上，运动员处于超重状态。因此该过程先失重后超重，故C正确。 D.从B到C,蹦床的形变量持续增大，蹦床弹力随形变量增大而增大，合力变化为：从初始的竖直向下、 大小为g的重力，逐渐减小到0，再反向竖直向上、逐渐增大：对应的加速度是先向下逐渐减小，后向上 逐渐增大，并非先增大后减小。故D错误。 故选C。 7.C 【详解】AB.由题图可知，B由静止释放时距地面的高度与A上升到最高点时距地面的高度相等，B由 静止释放直到落地与A由抛出直到上升到最高点所用时间相等，所以，A的初速度与B落地时的速度大小 相等，A上升过程的平均速度与B下降过程的平均速度大小相等，方向不同，故B错误，A错误： C.设A竖直上抛的初速度为0，则当AB到达同一高度时，有)8+W-28=% 对A又有=2gh 联立解得t h vo =2gho 所A、B处于同-商度时距地面A=以--子么，故C正痛： D.B落地时A刚好上升到最高点，所以AB落地的时间差就等于A从最高点下落到地面所用的时间，满 足%=28M 解得△1=， 2ho ,故D错误。 故选C。 8.BC 【详解】A.设ON与竖直伞柄夹角为O,PM与竖直伞柄夹角为a,ON角速度恒定，开伞过程中0=o 沿PM方向分速度相等，则有，cosa=u cos+0-2? 则，=sin(a+9=oRn sin(a+0) cosa cosa 由数学知识可得A,4增大时，sin(a+0)不是定值，因此滑环不是匀速运动，故A错误： cosa D点同轴转动，角速度0相同。设ON=L,则0M 由线速度公式v=Or得vw=2yM 即N点线速度大小是M点的2倍，故B正确： C.M做圆周运动的圆心在O点，向心加速度方向沿M指向圆心O,故C正确： 答案第3页（共9页） D.由向心加速度公式a=o2r,0相同，rw=2rM,得aw=2aM 即N点向心加速度是M点的2倍，故D错误。 故选BC。 9.BD 【详解】A.倾斜地球同步轨道(IGSO)卫星的轨道平面与赤道平面有夹角，虽然其运行周期与地球自转 周期相同(24h),但其星下点轨迹是地球表面的一个“8字形，相对于地面是运动的，只有地球静止轨道 (GEO)卫星才相对地面静止，故A错误： B.第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的环绕速度，根据万有引力提供向心力有G Mm v2 2m} 可得v= GM r 轨道半径越大，线速度越小。该卫星轨道半径远大于地球半径，故其线速度小于第一宇宙速度，故B正确： C.该卫星为倾斜地球同步轨道卫星，周期为24h。卫星绕地球做圆周运动，轨道平面与赤道平面相交于 两点（升交点和降交点）。由于卫星周期与地球自转周期相同，卫星相对于地球的位置是固定的（星下点 轨迹固定)。位于赤道的观测站，当卫星经过赤道平面且经度与观测站相同时，卫星位于观测站正上方， 信号最强。在一个周期(24)内，卫星会两次经过赤道平面（一次从南向北，一次从北向南），且这两次 经过的经度相同（因为星下点轨迹在赤道处交叉），所以观测站每天会接收到两次最强信号，时间间隔为12h。 即图乙中T=12h,故C错误： D.由C项分析可知，卫星的运行周期T,=2T 餐握万有引为铁向心力有G=m行， T 解得r=礼 GMT 4π2 将T2=2T代入上式得r= GM(2T)2 GMT2 故D正确。 4n2 23 故选D。 10.BC 【详解】A.对A球受力分析，A受重力，杆的弹力F,侧壁水平弹力N,竖直方向牛顿第二定律 Fcos30°-mg=ma 解得F=m(&+a) c0s30° 在水平方向N=Fsin30° 答案第4页（共9页） 杆的弹力F和加速度a有关，a不同，F大小不同，故A错误 B.将a=-g代入F=mg+0得F=0 cos30° 杆对B没有作用力，B只受重力和底板支持力，水平方向不受力，摩擦力为0。故B正确： C.B球受重力3g,底板支持力N,杆的弹力F,底板静摩擦力，在竖直方向N-Fcos30°-3mg=3ma 代入Fcos30°=m(g+a) 解得N=4m(g+a) 水平方向平衡f=Fsin30° 代入F=m(g+a) cos30° 得f=mg+a) c0s30° sin30 3 m(g+a) 不滑动的条件f≤fmx=k 则有3 3 m(g+a)≤k.4m(g+a) 解得父 ,故C正确： 12 D.当k=3 ,故无论a多大，只要向上加速，不等式恒成立，最大加速度可以为小于g的任意值（题 612 目限制a<g),故D错误。 故选BC。 11.(1) 8.00 F (2)BC (3)C 【详解】(1)[1]图中弹簧测力计的分度值为0.1N,由图读出弹簧测力计读数为8.00N。 [2]图乙中F是根据平行四边形定则得到的力E和F的合力的理论值。F是用一个弹簧秤拉橡皮筋时的拉 力，方向一定沿OA方向，是力F和F的合力的实际测量值。 (2)A.橡皮条不一定要和两绳套夹角的角平分线在一条直线上，故A错误： B.重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故B正确； C.使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线。读数时视线应正对测力计刻度，故C正确： D.用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力不一定都小于只用一个测力计时的拉力，故D错误。 故选BC。 (3)若保持弹簧测力计F的拉力方向不变，为保证结点的位置不变即合力不变，作出平行四边形，由于 刚开始∠BOC小于90°，随着OC的转动，发现垂直的时候F最小，可见弹簧测力计F的拉力应变小再变 答案第5页（共9页） 大。 故选C。 12.(1)0.20 号 ⑤ (4)6.7×10- 【详解】(1)10分度游标卡尺精度为0.1mm,由图(c)可读得a=2mm+0×0.1mm=2.0mm=0.20cm (2)由题意可知，L为丙和乙探针之间的距离，根据电阻定律，乙、丙间的电阻R=止=P必 S-a2 电压表的读数U=R=PL 因此U-L图像的斜率k= a 所以斜率k反映的是。 lp (3)由k= a2 ka? 可得电阻率p= 1 (4)由图D得斜率k=V-010r≈6.7Y1m L0.015m 又a=0.20cm=0.002m,I=0.40A 可得p= ka26.7×(0.002)2 2m≈6.7×1032m 0.40 13.【答案】(1)不能：(2)4m 【解析】 【详解】(1)根据题意，设乙运动员从静止匀加速运动的位移为x时，速度达到10/s,则有 v2 2ax 解得 x1=25m>20m 乙运动员不能在接力区加速至10m/s。 (2)设A点至交接棒位置的距离为x甲，甲运动员做匀速运动，则有 御=甲 设B点至交接棒位置的距离为x之，则有 答案第6页（共9页） 由空间位置关系得 L4B=x-x之=12m 解得 七=2s,1=6s(不符合题意舍去) 可得 x =4m 14.(1)0.25m 四片2a)y=5 E-7 -m 2 【分析】通过圆周运动，动能定理和运动学公式能把答案求出。 【详解】小球恰好能通过半圆轨道最高点有 v2 mg =m' 根据机械能守恒有 mgh= mv2 2 解出=0.25m; (2)根据动能定理有 2mg 2mgr=2m2 F-mg=m- -mg=m 解得 E。7 F12 (3)小球通过O点之后做平抛运动，水平方向有 x-vt 竖直方向有 1 x2+y2=R2 联立解得 V5-1 y= m 2 答案第7页（共9页） 【点睛】物理大题中涉及到求速度的，首先想到的是动能定理，结合运动学公式的，要先考虑能量守恒和 机械能守恒来进行求解。 15.(1)3.2m 434 (23m,153 32 (68m 【详解】(1)P放上传送带后，受力图如图一所示 Ymg 图一 由牛顿第二定律有山ngcos30°-mgsin30°=ma 根据速度位移公式有！=-0 2a 联立解得L=3.2m (2)到达木板C点后，受力如图二所示 ymg 图二 由牛顿第二定律有-mgsin30°-42 ngcos=ma2 则C、D间距离（板长）为马，-06 2a2 4 解得L-方m 在传送带上上滑时间为△4=-0=1.6 a 在木板上上滑时间为△12= _0-6=2§ a231 所以T=4+AM,=1.6s+号8=15 234 (3)从D点向下运动，受力如图三所示 答案第8页（共9页） 图三 由牛顿第二定律有mgsin.30°-42 mgcos30°=ma3 第一次返回B时有x=L2,y=V2ax 滑过B点后在传送带上先向下减速后以相同加速度返回，向上冲的位移x2了 22 可知第i+1次向上经过B点时速度大小仍为y1,则物件可上冲的位移为x1= 0-=x 2a2a2 即物件每次冲上木板的距离是上一次的《：倍 第四次向上返回时物件可上冲的位移为x,= 2 32 3x 87 答案第9页（共9页）