2026-2027学年高三上学期物理10月练习卷（广东适用）

2026-2027学年高三上物理10月练习卷（广东适用） 一、选择题（1-7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分） 1．“地心说”最早由古希腊学者欧多克斯提出，后经亚里士多德、托勒密进一步研究而建立和完善；“日心说”是由波兰天文学家哥白尼提出的，该学说有力地打破了长期以来居于统治地位的“地心说”，实现了天文学的根本变革。日心说的示意图如图所示，下列说法正确的是（　　） A．水星的公转周期最短 B．水星的线速度最小 C．土星的角速度最大 D．土星的向心加速度最大 2．图甲是智能灌溉喷头给农作物高效灌溉的情景，其模型如图乙所示，喷头安装在离地高度的支架顶端，水从喷口水平喷出（视为平抛运动），忽略空气阻力。喷头可绕竖直轴旋转，并调节水平初速度大小，从而覆盖圆形灌溉区域。取重力加速度。关于该喷头的喷洒规律，下列说法正确的是（     ） A．水从喷口水平喷出后竖直方向的分速度保持不变 B．水落地时的竖直分速度大小为5 m/s C．若初速度时，则水落地时速度方向与水平方向的夹角为 D．若初速度大小不变，仅增大喷口离地高度，水平射程一定减小 3．服务员快速摆放餐盘的视频最近火遍全网，服务员把盘子均匀放到餐桌中间的转盘边缘上后，缓慢增大转盘转动的角速度，达到某一角速度时，餐盘从转盘边缘飞出，落在餐桌上后很快停下。已知餐盘和转盘间的动摩擦因数为，餐盘到转盘中心的距离为，忽略餐盘的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘到桌面的高度为，重力加速度为，忽略空气阻力及餐盘做圆周运动时的切向加速度，下列说法正确的是（　　） A．餐盘从转盘边缘飞出时的速度 B．餐盘落到餐桌上前瞬间的速度大小为 C．餐盘落到餐桌上前瞬间的速度大小为 D．餐盘落到餐桌上后继续做圆周运动，直至停止 4．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图），拖把头质量为m，与地面的动摩擦因数为，重力加速度为g，若将拖杆与竖直方向夹角为沿拖杆用力F推拖把头在地板上匀速移动，关于拖把头的受力情况正确的是（     ） A．拖把头受三个力作用 B．拖把头受滑动摩擦力大小为 C．拖把头所受合外力为0 D．拖把头所受到的支持力大小为 5．某同学玩飞镖时，先后两次飞镖的抛出点在同一竖直线上的 两点，将飞镖沿水平方向抛出后，飞镖均扎在靶心处，两飞镖的轨迹如图中曲线1、2 所示，飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角分别为。已知AO的竖直高度是BO竖直高度的两倍，飞镖可视为质点，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是（     ） A．先后两次飞镖在空中的运动时间之比为 B．先后两次飞镖抛出时的初速度大小之比为 C． D． 6．如图所示，在趣味运动会的“聚力建高塔”活动中，两长度相等的细绳一端系在同一个物块上，两名同学分别握住绳的另一端，保持手在同一水平面以相同速率v相向运动，使物块以速度匀速竖直下落，某时刻绳与竖直方向的夹角为。下列说法正确的是（    ） A．该时刻手的速率 B．该过程中细绳对物块的拉力变大 C．该时刻手的速率 D．该过程中细绳对物块的拉力不变 7．如图所示，三个质量相同且可看成质点的小球，自同一高度由静止开始沿倾角不同的光滑斜面下滑，落至斜面底端，所用时间分别为、、，重力做功的平均功率分别为、、，落至底端时重力对小球做功的瞬时功率分别为、、，则（　　） A．， B．， C．， D．， 8．据国家航天局消息，科研团队根据“祝融号”火星车发回遥测信号确认，5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得圆满成功。天问一号靠近火星时，被火星引力捕获后绕火星做近似圆周运动，周期为，轨道半径近似等于火星半径，已知万有引力常量为。则（　　） A．火星的质量 B．火星的质量 C．火星的平均密度 D．火星的平均密度 9．某公路上发生两车追尾事故，事故认定为前车违规停车，后车因制动距离不足、导致追尾前车。若碰撞时间极短，认为碰撞中两车未发生位移，碰后速度方向均不变，后车制动过程及两车碰后减速过程均可视为匀减速直线运动，加速度的大小均为，两车均视为质点。如图所示，两车划痕长度分别为两车发生的位移大小。已知后车碰前瞬间的速度大小为，该段道路限速。则（     ） A．前车在碰撞后瞬间的速度为 B．后车在碰撞后瞬间的速度为 C．前车碰后做减速运动的时间为 D．后车在开始刹车时已经超速了 10．如图所示，边长为、质量为的正方体物块P置于粗糙的水平地面上，质量为、可视为质点的物块Q紧贴着物块P的右侧由静止释放．释放Q的同时用水平向右的推力F推着物块P做加速度大小为的匀加速运动，已知重力加速度g取，P与地面、P与Q之间的动摩擦因数均为0.5，在物块落地前的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块P、Q之间的滑动摩擦力大小为 B．物块Q经落地 C．物块P与地面之间的滑动摩擦力大小为 D．推力F的大小为 二、非选择题（11题6分，12题8分，13题10分，14题12分，15题18分，共54分） 11．小沈同学尝试用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。将橡皮条一端固定在黑板上，另一端通过细绳套用两个弹簧测力计互成角度的拉橡皮条，实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。 (1)在此实验过程中必须注意以下几项，其中一定正确的是________。（填入相应的字母） A．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上 B．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行 C．在用两个弹簧秤同时拉细绳时要注意使两个弹簧秤的读数相等 D．用两个弹簧秤同时拉和用一个弹簧秤拉只需要橡皮条伸长相同长度即可 (2)某次拉动时让弹簧测力计A沿水平方向，另一个测力计B斜向下，如图丙所示。现使橡皮条竖直伸长到稳定状态，结点位于O点，如果稍增大测力计A的拉力大小，而保持拉力方向及O点位置不变，需要调节测力计B的大小及方向，则测力计B应该________转动（填顺时针、逆时针或方向不动）；测力计B的拉力大小________（填增大、减小或不变）。 12．如图所示，气垫导轨上质量为的滑块通过轻质细绳绕过滑轮与质量为的钩码相连，绳子的悬挂点与拉力传感器相连，滑块上遮光条宽度为，实验时，滑块由静止释放，测得遮光条通过光电门的时间为，拉力传感器的读数为。不计滑轮轴、滑轮与轻质细绳之间的摩擦。 (1)用游标卡尺测量遮光条宽度，其读数为_______cm。 (2)滑块上的遮光条通过光电门的速度_______（用题目中的字母来表示） (3)若用该装置探究“加速度与合外力的关系”，在实验过程中，并未保证钩码的质量远小于滑块质量，这对该实验的实验结果_______影响（选填“有、无”） (4)若用该装置“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”，保证钩码质量不变，从不同位置静止释放滑块，记录滑块的初位置与光电门的距离及遮光条通过光电门的时间，测得多组和值。应用图像法处理数据时，为了获得线性图像应作_______图像（选填，、或），该图像的斜率_______（用题目中的字母来表示）。 13．四旋翼小型多用途无人机能执行多项任务，并能够垂直起降。如图，一架质量的无人机，其动力系统的最大升力，运动过程中所受阻力大小恒为，，求： （1）无人机动力系统能提供竖直向上的最大飞行速度为24m/s，无人机从地面用最大升力由静止开始竖直上升96m所用的最短时间； （2）无人机悬停在距地面高度处突然关闭动力，竖直下落一段高度后，动力设备重新启动提供向上最大升力，为保证安全着地，飞行器从开始下落到恢复动力的最长时间t。 14．如图所示，水平传送带的长方形区域，边长为，边宽为，传送带以速度匀速运动，一可视为质点的小物块从点以平行于方向的速度滑上传送带，已知小物块与传送带的动摩擦因数为，重力加速度。求： (1)小物块刚滑上传送带时，相对传送带的速度的大小及与边间夹角的正切值； (2)小物块在传送带上滑行的时间及滑离传送带时的位置。 15．如图所示，一质量为m=0.5kg的小物块（可视为质点）置于一光滑倾斜直轨道上。倾斜直轨道足够长且与光滑平台平滑连接，在平台的右端有一传送带，AB长LAB=2.5m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.4，与传送带相邻的粗糙水平面BC长LBC=2m，它与物块间的动摩擦因数μ2=0.2，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直面内的半圆弧CEF与BC平滑连接。半圆弧的直径CF与BC垂直，点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=4m/s的速率顺时针转动，现将小物块从P点沿直轨道下滑，初速度，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，P点与平台的高度差为1.25m，g取10m/s2。 (1)求小物块第一次到达A处时的速度大小； (2)求半圆的半径R的大小； (3)若小物块由静止释放，可通过调节小物块释放时的高度，使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离圆弧轨道，求其高度的可调节范围。 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】A．按题图将行星轨道视为圆轨道，设轨道半径（近似为半长轴）为。由图可知水星的轨道半径最小。开普勒第三定律指出，行星公转周期的平方与轨道半长轴的立方成正比，即。由此得，所以轨道半径越小，公转周期越短，水星的公转周期最短，故A正确； B．行星绕太阳做圆周运动时，线速度满足。由前述关系可得，所以轨道半径越小，线速度越大，水星的线速度最大，故B错误； C．行星角速度满足。由开普勒第三定律，轨道半径越大，公转周期越长；土星的轨道半径最大，周期最长，角速度最小，故C错误； D．设太阳质量为，行星质量为。取行星为研究对象，太阳对行星的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得 因此向心加速度随轨道半径增大而减小，土星的向心加速度最小，故D错误。 故选A。 2．B 【详解】A．水滴离开喷口后仅受重力，竖直方向做自由落体运动，竖直分速度随时间增大，故A错误； BC．取水平喷出和竖直向下分别为轴和轴的正方向，设从喷出到落地的时间为，落地时的水平分速度和竖直分速度分别为和。由竖直方向的自由落体运动规律有，。由下落高度求得 代入竖直分速度公式得 当时，水平方向做匀速直线运动，落地时的水平分速度为。设落地速度与水平方向的夹角为，速度分解关系如图所示。 由互相垂直的速度分量及图中的直角三角形得 因此，故B正确，C错误； D．设水平射程为，水平方向做匀速直线运动，有。结合前述下落时间可得 初速度不变时，增大高度会使落地时间增大，水平射程也增大，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．餐盘从转盘边缘飞出时，满足 故飞出时速度为，故A错误； BC．餐盘飞出后做平抛运动，有，， 餐盘落到餐桌上的速度为，故B错误，C正确； D．餐盘落到餐桌上后，水平方向只受与速度方向相反的摩擦力，餐盘做匀减速直线运动，直至停止，故D错误。 故选C。 4．C 【详解】A．拖把头受重力、地面的支持力和摩擦力以及沿拖杆方向的推力F共四个力作用，A错误； B．拖把头受滑动摩擦力大小为，B错误； C．拖把头匀速移动，则所受合外力为0，C正确； D．拖把头所受到的支持力大小为，D错误。 故选C。 5．B 【详解】AB．由题意，假设2下落的高度为h，则1下落的高度为2h，竖直方向做自由落体运动，则由公式，得 即、，所以1、2在空中运动的时间之比为：1 水平方向有，则先后两次飞镖抛出时的初速度大小之比为 ，故B正确，A错误； CD．两飞镖落在O点的竖直速度分别为， 又有， 由以上整理得，但，故CD错误。 故选B。 6．C 【详解】AC．将和分别沿绳和垂直于绳方向分解，如图所示 则沿绳方向的分速度相等，即 解得，故A错误，C正确； BD．设细绳对物块的拉力大小为，根据物块受力平衡有 解得 物块向下匀速运动过程中减小，则增大，减小，故BD错误。 故选C。 7．A 【详解】设重力加速度为，斜面高度为，斜面的倾角为，小球沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律有 解得小球沿斜面向下运动的加速度为 根据运动学公式有 解得小球从斜面顶端下滑到底端的时间为 可知下落高度相同时，小球从斜面顶端下滑到底端的时间与斜面的倾角有关，倾角越大，运动时间越短，所以有 小球从斜面顶端下滑到底端的过程重力做的功为 则重力的平均功率为 由于三个小球质量相等，下落高度也相等，所以小球运动时间越短，其重力的平均功率越大，则有 设小球到达斜面底端时的速度大小为，则根据动能定理有 由于三个小球质量相等，下落高度也相等，所以滑到底端时，三个小球的速度大小也相等。小球下滑至底端时重力对小球做功的瞬时功率为 可知小球质量相等时，下滑至底端时重力对小球做功的瞬时功率与斜面的倾角有关，倾角越大，功率越大，则有 故选A。 8．AC 【详解】AB．设天问一号质量为，由万有引力提供向心力，有= 解得，故A正确，B错误。 CD．火星体积为 其平均密度为=，故C正确，D错误。 故选AC。 9．CD 【详解】A．前车在碰撞后做匀减速直线运动，运动的距离为前车划痕区，即位移为 根据速度-位移公式得 解得前车在碰撞后瞬间的速度为，故A错误； B．后车在碰撞后做匀减速直线运动，运动的距离为前后车划痕重叠区，即位移为 根据速度-位移公式得 解得后车在碰撞后瞬间的速度为，故B错误； C．前车碰后做减速运动的时间为，故C正确； D．后车碰前做匀减速直线运动，运动的距离为 后车碰前瞬间的速度大小为 根据速度-位移公式得 解得 所以，后车在开始刹车时已经超速了，故D正确。 故选CD。 10．BD 【详解】A．在水平方向，Q随P一起加速，水平加速度等于，由牛顿第二定律，得P对Q的弹力 P、Q间滑动摩擦力，故A错误； B．在竖直方向，对Q由牛顿第二定律，得 代入得 Q下落位移为P的边长，由匀加速位移公式，得 代入得，故B正确； C．对P竖直方向受力分析，P受重力、Q对P向下的摩擦力，与Q受到的摩擦力是相互作用力，大小为、地面支持力，因此 P与地面的滑动摩擦力，故C错误； D．对P水平方向受力分析，向右的推力，向左的地面摩擦力​、向左的Q对P的弹力，由牛顿第二定律，得 解得，故D正确。 故选BD。 11．(1)B (2) 逆时针 增大 【详解】（1）A．橡皮条不须要与两绳夹角的平分线在同一直线上，故A错误； B．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，这样才能使所有力在一平面内，减小实验的误差，故B正确； C．在用两个弹簧秤同时拉细绳时两个弹簧秤的读数不一定要相等，故C错误； D．用两个弹簧秤同时拉和用一个弹簧秤拉，需要橡皮条沿相同方向伸长相同长度，保证作用效果相同，故D错误。 故选B。 （2）[1][2]若保持O点位置不变，则F1、F2的合力不变，由平行四边形定则可知，保持F1方向不变，大小增大，F2需绕O点逆时针转动,如图 图像可知F2的大小增大。 12．(1) 0.355 (2) (3)无 (4) 【详解】（1）游标卡尺的主尺部分读数为3mm，游标尺上有20小格，分度值为0.05mm，游标尺上第11小格与主尺对齐，读数为 总体读数结果为 （2）当较小时，可以用这段时间内的平均速度来代替这段时间内某点的瞬时速度 （3）该实验中细线拉力已用传感器测出，不需要用钩码重力来代表细线拉力，所以不需要保证钩码的质量远小于滑块质量。 （4）[1]根据动能定理可知，需要验证的关系式为 公式变形可得，所以要得到线性图像，应选择。 [2] 根据可得，图像的斜率 13．（1）；（2） 【详解】（1）无人机以最大升力做匀加速直线运动再以最大速度匀速上升的时间最短，由牛顿第二定律，有 到达最大速度 解得所需的时间 上升高度 解得 匀速上升 解得 故最短时间 （2）下落过程中根据牛顿第二定律 解得 恢复升力后向下减速运动过程根据牛顿第二定律 解得 设恢复升力时的速度为，则有 解得 代入数据解得 14．(1)， (2)，滑离位置在边上距离点处 【详解】（1）以传送带为参考系，物块相对传送带的初速度等于物块对地速度与传送带对地速度的矢量差。 由于物块初速度（沿方向）与传送带速度（沿方向）垂直，故相对速度的大小为 设相对速度方向与边的夹角为，则 （2）物块相对传送带运动，受到的滑动摩擦力方向与相对速度方向相反，大小为 由牛顿第二定律，物块在相对参考系中的加速度（即相对加速度）大小为，方向与相对速度方向相反 以传送带为参考系，物块做初速度为，加速度大小为的匀减速直线运动，方向与方向夹角为斜向左上方 滑离传送带时，物块在该方向上的位移为 因为 故可解得 设运动时间为，由运动学公式可得 解得，说明物块刚好在时到达传送带边缘 在该段时间内，传送带的绝对位移为，方向沿水平向右 而物块相对于传送带运动了，方向沿水平向左 因此物块在水平方向上的绝对位移为，方向沿水平向右 因为物块相对参考系中沿斜向左上方运动，故物块滑离传送带时的位置在一侧。其绝对水平位移为向右，因此其滑离位置在边上距离点处 15．(1)6m/s (2)0.4m (3)2.4m≤h≤4.6m 【详解】（1）小物块从P点下滑至A点，由动能定理 解得 （2）小物块在传送带上，由牛顿第二定律 解得 设小物块在传送带上向右减速到与传送带共速的位移为x，则 解得 因为x=LAB，所以小物块到达B处时的速度大小是4m/s。 对物块第一次由B点恰好运动到E点的过程，由动能定理 解得 （3）①最小的下滑高度，对应于物块恰好与挡板碰撞，在F点有 解得 由开始下滑到恰好与板相碰过程中，动能定理 解得 ②最大的下滑高度，对应于物块与挡板相碰后，再次沿半圆弧CEF上滑时恰好到达E点，对全程由动能定理 解得 综上所述小物块释放时的高度范围为 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 $