甘肃兰州市第五十一中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测物理试题

兰州市第五十一中学2027届高三10月阶段性测试试卷 物理 一、选择题（本大题共10小题，共43分。第1~7题只有一项符合要求，每小题4分；第8~10题有多项符合 题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1.原子处于磁场中，某些能级会发生劈裂，某种原子能级劈裂前后的部分能级图如图所示，相应能级跃迁 放出的光子分别设为①②③④。若用①照射某金属表面时能发生光电效应，且逸出光电子的最大初动能 为Ex,则() 劈裂前 劈裂后 A.①和③的能量相等 B.②的频率大于④的频率 C.用②照射该金属一定能发生光电效应 D.用④照射该金属逸出光电子的最大初动能小于Ex ① ②③④ 2.A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD,E点在D点的正上方，与A 等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，忽略空气阻力。关于球1 和球2从抛出到落在斜面上的运动过程() A.球1和球2运动的时间之比为2：1 B.球1和球2运动的时间之比为1：2 B C.球1和球2抛出时初速度之比为2：1 D.球1和球2运动时单位时间内速度变化量之比为1：1 3.如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。A的左侧靠在光滑的竖直墙 面上，加水平推力后，关于两木块的受力，下列说法正确的是() A.A、B之间一定存在摩擦力作用 B.木块A可能受三个力作用 C.木块A一定受四个力作用 D,木块B一定受到地面向右的摩擦力 4如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，己知ST间的距离是RS的两 倍，RS段的平均速度是l0m/s,ST段的平均速度是5ms,则公交车经过T点时的瞬时速度为() R S T w577 A.3 m/s B.2 m/s C.1 m/s D.0.5m/s 5.甲、乙两物体做同向直线运动，计时开始时都位于坐标原点处，从计时开始两物体运动的一x图像（速 度的平方与位移关系图像)如图所示。已知乙做匀加速运动的加速度为α，根据图像所提供的信息，下列说 法正确的是( ） A.两物体在xo处相遇 v2 B.甲的速度为Vxo 甲 甲与乙 C.甲、乙速度相等的时刻小a D.甲与乙的最大距离为xo 6.一列简谐横波沿x轴传播，=2s时刻波的图像如图甲所示，x=2m处的质点P的振动图像如图乙所示， 由此可以判断() 试卷第1页共4页 y/cm y/cm A.该波沿x轴负方向传播 B.在t=3s时质点P的加速度方向沿y轴正方向 C.该波在0~5s时间内传播的距离是2m D.在0~5s时间内质点P通过的路程是20cm 7.如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量分别为3、m的物体A、B(4物体与 弹簧拴接)，弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体B上，使 物体A、B开始向上一起做加速度大小为4g的匀加速直线运动，直到A、B分离。重力加速度为8，则关 于此过程说法正确的是() A施加拉力的瞬间，A、B间的弹力大小为Ras=晖 B B施加拉力的瞬间，小、万间的弹力大小为P8一受 A C从施加力F到A、B分离的时间为4V 2m 77 D.从施加力F到A、B分离的时间为21V 21m 8.轻杆BO的O端用光滑铰链固定在竖直轻杆AO上，B端挂一重物，且系一细绳，细绳跨过杆顶A处的 光滑小滑轮，用力F拉住，如图所示。现将细绳缓慢水平往左拉，使杆B0O与杆AO间的夹角0逐渐减小， 则在此过程中，拉力F及杆BO所受压力N的大小变化情况是() F A.w先减小后增大 B.乃N保持不变 C.F先减小后增大 D.F一直减小 9.如图所示，质量均为m的4、b两小球用不可伸长的等长轻质绳子悬挂起来，使小球α在竖直平面内来 回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球α摆动时绳子偏 离竖直方向的最大夹角都为0，重力加速度为8，则下列说法正确的是() A.a、b两小球圆周运动的半径之比为1：sn0 B.4、b两小球都是所受合外力充当向心力 C.b小球受到的绳子拉力大小恒为。 cos 0 h D.a小球运动到最高点时受到的绳子拉力为gsin0 10.如图所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg, 现在滑块上施加一个F=0.50N)的变力作用，从t仁0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如 图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10ms2,则下列说法正确的是() 试卷第2页共4页 ↑FN 8 A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 77777777777777777777777777777777 C.图乙中t2=24s D.木板的最大加速度为2m/s2 必 二、非选择题（本题共5小题，共57分。) 11.(6分)有同学利用如图所示装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并固定两个光 滑的滑轮A和B,三根绳子打一个结点O,各绳另一端均连接钩码，各钩码质量均相等，当系统如图达到 平衡时，根据钩码个数可读出三根绳子的拉力F1、F和F,回答下列问题： (1)若某次实验中钩码个数M=2,=5,则N可能等于 (填正确答案标号)。 A.2 B.4 C.8 D.9 F (2)通过实验，该同学用作图法作出了两个图，如图甲、乙所示，你认为图示中 (填“甲”或“乙”) 是正确的。 (3)在实验过程中，关于实验操作和相关要求，下列说法正确的是 (填选项前字母)。 A.实验中三段绳子应与竖直木板平行 B.实验中需要用天平测出一个钩码的质量 C.在某两次实验中，O点位置可以不同 D.实验中需要用量角器量出三段绳子之间的夹角 12.(9分)如图所示是“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置。 细绳小车 纸带打点计时器 槽码 (1)该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的，因此我们采用的研究方法是 A.放大法 B.控制变量法 C.补偿法 (2)该实验过程中操作正确的是 A.平衡摩擦力时小车未连接纸带 B.先接通打点计时器电源，后释放小车 C.调节滑轮高度使细绳与水平桌面平行 (3)在小车质量 (选填“远大于”或“远小于”)槽码质量时，可以认为细绳拉力近似等于槽码的 重力。上述做法引起的误差为 (选填“偶然误差”或“系统误差”)。为减小此误差，下列可 行的方案是 A.用气垫导轨代替普通导轨，滑块代替小车 B在小车上加装遮光条，用光电计时系统代替打点计时器 试卷第3页共4页 C在小车与细绳之间加装力传感器，测出小车所受拉力大小 (4)经正确操作后获得一条如图所示的纸带，建立以计数点0为坐标原点的x轴，各计数点的位置坐标分别 为0、x1、、6。已知打点计时器的打点周期为T,则打计数点5时小车速度的表达式= 。小 车加速度的表达式是 0 X2 X3 XA Xs X6 0 2 3 4 5 6X TTT 芝67号90机214B场71W9动12刀42容苏功豫80引双男4奶场7w男0180451 A.a=。-25 B.a=-2C.a=+:-+) (15T)2 (3T)2 10T)2 13.（12分)“天宫课堂”逐渐成为中国太空科普的国家品牌。某同学观看太空水球光学实验后，想研究 光在水球中的传播情况，于是找到一块横截面为半圆柱形玻璃砖，如图所示，半圆的半径为R,O为圆心。 入射光线PQ以∠40P=30的方向射入玻璃砖，入射点Q到圆心O的距离为 3R,光线恰好从玻璃砖圆 弧AB的中点E射出。 P (1)求玻璃砖的折射率。 (2)现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出 (不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光)。 14.（14分)如图所示，测定一个形状不规则小块固体体积，将此小块固体放入已知容积为%的导热效果 良好的容器中，开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管，其横截面积为S,接口用蜡密封。容器内充入一定 质量的理想气体，并用质量为m的活塞封闭，活塞能无摩擦滑动，稳定后测出气柱长度为，将此容器放 入热水中，活塞缓慢竖直向上移动，再次稳定后气柱长度为2、温度为T。己知S4.0×104m,=0.1kg, 11=0.2m,12=0.3m,T=350K,V0=2.0×104m3,大气压强p0=1.0×105Pa,环境温度T1=300K。 (1)求此不规则小块固体的体积V。 (2)若此过程中气体内能增加10.3J,求气体吸收的热量Q。 15.（16分)如图所示，传送带与水平方向成30°角，顺时针匀速转动的速度大小v=8m/s,传送带长L4B=11.4 m,水平面上有一块足够长的木板。质量为m=3kg的物块（可视为质点）以初速度vo=4/s,自A端沿AB 方向滑上传送带，在底端B滑上紧靠传送带上表面的静止木板，木板质量为M=1kg,不考虑物块冲上木 板时碰撞带来的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为4，物块与木板间的动摩擦因数为 u2=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为3=0.1。重力加速度g取10m/s2,求： (1)物块刚滑上传送带时的加速度大小。 A (2)物块从A运动到B点经历的时间t。 (3)物块停止运动时与B点的距离x。 试卷第4页共4页 兰州市第五十一中学2027届高三10月阶段性测试试卷参考答案 物理 第I卷（43分） 一、选择题（本大题共10小题，共43分。第1～7题只有一项符合要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分） 1.答案　A 解析　由题图可知跃迁时放出的光子①和③均由同一高能级跃迁到同一低能级，又释放的能量等于两能级的能量差，所以①和③的能量相等，A正确；由题图可知②的能量比④的能量小，则由公式E＝hν可知②的频率小于④的频率，B错误；用①照射某金属表面时能发生光电效应现象，但由于②的能量小于①，所以用②照射该金属时不一定能发生光电效应，C错误；用①照射某金属时逸出光电子的最大初动能为Ek，由于④的能量大于①，则由Ek＝hν－W0可知，用④照射该金属逸出光电子的最大初动能一定大于Ek，D错误。 2.答案　D 解析　因为AC＝2AB，所以球2的竖直位移是球1竖直位移的2倍，根据h＝gt2得t＝，解得运动的时间之比为t1∶t2＝1∶，故A、B错误；因为BD＝2CD，所以球1的水平位移是球2水平位移的2倍，根据x＝v0t得v0＝x，解得初速度之比为v01：v02＝2∶1，故C错误；单位时间内速度变化量即为加速度，而平抛运动的加速度都为g，相同，故D正确。 3.答案　B 解析　如果A受到重力、墙面对它的弹力和B对它的支持力，这三个力恰好平衡，则A、B之间没有摩擦力，故A、C错误，B正确；以A、B整体为研究对象，竖直方向受到A、B的重力和地面的支持力，水平方向受到水平推力和墙面的弹力，水平地面可以对B无摩擦力，故D错误。 4.答案　C 解析　由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，公交车经过R、S、T点时瞬时速度为v1、v2、v3，经过RS间的时间为t1，经过ST间的时间为t2，有＝10 m/s，＝5 m/s，则v1－v3＝10 m/s，又＝10 m/s，＝5 m/s，则t1＋t2＝，全程的平均速度＝＝6 m/s，即＝6 m/s，联立解得v3＝1 m/s，故C正确。 5.答案　D 解析　由图像可知，甲做匀速运动，乙开始时做匀加速运动，在x0处速度相等，则当甲、乙运动相等的位移x0时，运动时间不相等，即两物体不在同一时刻到达x0处，则两物体不在x0处相遇，A错误；设甲的速度为v0，在0～x0位移内乙的加速度为a，由匀加速直线运动规律可得2ax0＝v，解得v0＝，B错误；由v0＝at，解得甲、乙速度相等的时刻为t＝，C错误；分析可知甲、乙速度相等之后均做匀速直线运动，当甲、乙的速度相等时，相距最远，最远的距离为Δx＝v0t－at2＝x0，D正确。 6.答案　B 解析　由题图乙可知，x＝2 m处的质点P在t＝2 s时刻沿y轴负向振动，结合题图甲可知，该波沿x轴正方向传播，故A错误；在t＝3 s时质点P在负的最大位移处，由回复力F＝－kx，可知，回复力方向沿y轴正方向。由牛顿第二定律，可知在t＝3 s时质点P的加速度方向沿y轴正方向，故B正确；波长λ＝2 m，周期T＝4 s，波速v＝＝ m/s＝0.5 m/s，该波在0～5 s时间内传播的距离Δx＝v·Δt＝0.5×5 m＝2.5 m，故C错误；振幅A＝5 cm，周期为4 s，在0～5 s时间内质点P通过的路程是s＝5A＝25 cm，故D错误。 7.答案　A 解析　设开始时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝4mg，拉力F开始施加的瞬间，弹簧对A的弹力不变，对A物体，根据牛顿第二定律有kx0－3mg－FAB＝3ma，解得FAB＝，A正确，B错误；在A、B分离瞬间，A、B间的弹力为0，弹簧弹力不为零，对A受力分析得kx－3mg＝3ma，解得这一瞬间弹簧的压缩量为x＝，则A、B上升的高度h＝x0－x，由h＝at2，解得从施加力到A、B分离的时间是t＝，C、D错误。 8.答案　BD 解析　设重物的重力为G，以B点为研究对象，受力分析如图所示，作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得F2＝F1＝G，由力三角形和几何三角形相似得＝＝＝，由于BO、AO、G不变，则FN保持不变，AB逐渐减小，所以F逐渐减小，故BD正确。 9.答案　AC 解析　由几何关系可知，a、b两小球圆周运动的半径之比为1∶sin θ，故A正确；小球a做变速圆周运动，只有在最低点是合外力充当向心力，其他位置是绳拉力与重力沿绳向外的分力的合力提供向心力；而小球b做匀速圆周运动，是合外力充当向心力，故B错误；根据矢量三角形可得Fbcos θ＝mg，即Fb＝，故C正确；a小球到达最高点时速度为零，将重力正交分解有Fa＝mgcos θ，故D错误。 10.答案　ACD 解析　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.4，故A正确；由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝＝0.1，故B错误；t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，对滑块有F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D正确。 二、非选择题（本题共5小题，共57分。） 11.答案　(1)B（2分）　(2)甲（2分） (3)AC（2分） 　 解析　(1)N1个钩码的重力和N2个钩码的重力的合力大小应该等于N3个钩码的重力，由三角形知识有N2－N1<N3<N2＋N1，即3<N3<7，故选项B正确。 (2)实验中F3方向应沿竖直方向，所以甲图正确。 (3)实验中绳子与木板平行才能在木板平面完成好实验，A正确；实验中只要知道三根绳子的拉力关系就能作图验证力的平行四边形定则，因此不需要测出钩码的质量，B错误；由于每次实验都能进行一次验证，故两次实验中O点的位置可以不同，C正确；实验中以F1、F2为邻边作平行四边形验证，无需测夹角，D错误。 12. 答案　(1)B（1分）　(2)B（1分） (3)远大于（1分）;系统误差（1分）;C（1分） （4）v= （2分） A（2分） 【解析】（1）该实验中同时研究三个物理量间关系是很困难的,因此我们可以控制其中一个物理量不变,研究另外两个物理量之间的关系,即采用了控制变量法。故选B。 （2）补偿阻力时小车需要连接纸带,一方面是需要连同纸带所受的阻力一并平衡,另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动,故A错误;由于小车速度较快,且运动距离有限,打出的纸带长度也有限,为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点,实验时应先接通打点计时器电源,后释放小车,故B正确;为使小车所受拉力与速度同向,应调节滑轮高度使细绳与长木板平行,故C错误。 （3）设小车质量为M,槽码质量为m。对小车和槽码根据牛顿第二定律分别有F=Ma mg-F=ma 联立解得F= 由上式可知在小车质量远大于槽码质量时,可以认为细绳拉力近似等于槽码的重力。 上述做法引起的误差是由于实验方法或原理不完善造成的,属于系统误差。该误差是将细绳拉力用槽码重力近似替代所引入的,不是由于车与木板间存在阻力(实验中已经补偿了阻力)或是速度测量精度低造成的,为减小此误差,可在小车与细绳之间加装力传感器,测出小车所受拉力大小。故选C。 （4）相邻两计数点间的时间间隔为t=5T 打计数点5时小车速度的表达式为v= 根据逐差法可得小车加速度的表达式是a=。故选A。 13.答案　(1)　（5分） (2)R （5分） 解析　(1)光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角α＝60°，设对应折射光线QE的折射角为β，如图所示。 由几何关系得tan β＝＝…………………………………………………..1分 即得β＝30°…………………………………………………..2分 根据折射定律有n＝…………………………………………………..1分 解得n＝。…………………………………………………..2分 (2)若使光线PQ向左平移距离x，折射光线Q′E′到达圆弧面时恰好发生全反射，此时在圆弧面上的入射角恰好等于临界角C，则sin C＝…………………………………………………..2分 在△Q′E′O中，由正弦定理有＝…………………………………………..2分 联立解得x＝R。…………………………………………………..2分 14答案　(1) 4×10-5 m3　（5分） (2) 14.4 J （9分）. (1)气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律…………………………………..3分 解得V=4×10-5 m3。…………………………………………………..2分 (2)整个过程中外界对气体做功为W=-p1S(l2-l1) …………………………………………………..3分 对活塞受力分析p1S=mg+p0S…………………………………………………..2分 解得W=-4.1 J…………………………………………………..1分 根据热力学第一定律ΔU=Q+W………………………………………………..2分 其中ΔU=10.3 J 解得Q=14.4 J……………………………………………………………………………………..1分 故气体吸收热量为14.4 J。 10. (1) a1=10 m/s2 （4分） (2)1.525 s（5分） (3)19 m（7分） 【解析】(1)根据题意,物块在传送带上先做匀加速运动,由牛顿第二定律得 mgsin 30°+μ1mgcos 30°=ma1………………………………………………………..2分 解得a1=10 m/s2………………………………………………………………….…………..2分 （2）物块滑上传送带到速度与传送带相同所需的时间为t1 由公式v=v0+at可得,t1=0.4 s………………………………….………………………..1分 设此过程物块的位移大小为x1,由公式x1=t1解得………………..1分 x1=2.4 m<11.4 m…….………………………………………………..1分 又有mgsin 30°=μ1mgcos 30°……………………………………………..1分 此后物块随传送带匀速运动,则有LAB-x1=vt2 解得t2=1.125 s…………………………………………………………..…..1分 则物块从A运动到B点经历的时间为t=t1+t2=1.525 s。……………………………..1分 (3)物块滑上木板后,物块的加速度为a2,木板的加速度为a3,木板与物块一块减速时的共同加速度为a4,根据牛顿第二定律得 μ2mg=ma2 μ2mg-μ3(m+M)g=Ma3 μ3(m+M)g=(m+M)a4 解得a2=3 m/s2,a3=5 m/s2,a4=1 m/s2……………………………………..2分 物块与木板经时间t3达到共同速度v1,则有 v-a2t3=a3t3 v1=a3t3 解得t3=1 s v1=5 m/s…………………………………………………………………..2分 此过程物块位移为x2=vt3-a2=6.5 m 二者共同减速的位移为x3,则有=2a4x3 解得x3=12.5 m……………………………………………………..……..2分 则物块停止运动时与B点的距离为x=x2+x3=19 m。…………………..1分 答案第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $