2026-2027学年高三物理上学期10月自编模拟练习卷（广东省）

2026-2027学年高三上10月物理练习卷 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．下列说法中正确的是（　　） A．研究甲图中运动员的击球动作，可以把运动员看成质点 B．图乙中，同学推动同学时，对的作用力大于对的作用力 C．图丙中，作用在水桶上两个力的效果与一个力的效果相同，是等效替代的思想方法 D．图丁中，观察割线的变化得到点的瞬时速度方向的过程，运用了理想化模型的思想 2．如图所示，下列关于生活中圆周运动的实例分析，说法正确的是（　 　） A．图1汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于失重状态 B．图2“水流星”匀速转动过程中，水在最高处对碗底的压力小于其在最低处对碗底的压力 C．图3铁路转弯处，通常外轨比内轨高，目的是利用外轨对轮缘的弹力帮助火车转弯 D．图4脱水桶脱水时，转速越大，紧贴在桶壁的衣服受到的摩擦力也越大 3．某质点在一竖直平面内运动，其水平方向的分运动情况和竖直方向的分运动情况分别如图甲、乙所示，初始时刻质点在坐标原点，竖直方向初速度为0，下列说法正确的是（     ） A．质点的运动轨迹是直线 B．时，质点的合速度方向与水平方向成 C．时，质点的合速度大小为 D．时，质点的合位移大小为 4．从2025年春晚机器人“秧BOT”惊艳世界到2026年春晚舞台的“武BOT”震撼全球，中国新质生产力如此突飞猛进，在春晚看到了！机器人（可视为质点）沿直线运动，其位置坐标随时间变化的图像为如图所示的抛物线。下列说法正确的是（     ） A．内，机器人的位移小于 B．内，机器人的平均速度为 C．末，机器人的加速度为零 D．末，机器人的速度为 5．质量不等的两光滑小球A、B在同一漏斗内，在不同高度的水平面内做匀速圆周运动（A球在B球上方），如图所示，下列说法正确的是（     ） A．A、B两小球对漏斗压力大小相等 B．A、B两小球的向心力大小相等 C．A、B两小球的向心加速度大小不相等 D．A球的角速度小于B球的角速度 6．某排球教练给队员进行击球示范，她先站着将排球以某速度水平击出，然后她又进行起跳击球示范，她起跳后将同一排球以另一速度水平击出，若两次击球点分别为点、点，击球高度分别为、，两击球点在同一竖直线上，且排球落地时的水平位移分别为、，如图所示。则（     ） A．排球第一、二次的位移大小之比为 B．排球第一、二次的运动时间之比为 C．排球第一次的初速度是第二次的2倍 D．排球落地时重力的瞬时功率第二次比第一次小 7．2026年“湘超”足球联赛于8月举行。某场比赛时两名运动员沿同一直线向足球追去，甲在前乙在后，他们运动的图像如图所示，以下选项正确的是（　　 ） A．3秒末甲的速度为10 m/s B．若甲的质量为70 kg，则1秒末甲的动能为560 J C．乙的加速度为4 m/s2 D．若时，甲在乙的前方7 m及以上的距离，甲、乙两人不会相撞 8．如图所示，在竖直墙壁上钉上一颗钉子，用一根轻质细绳跨过钉子悬挂了一幅相框，两挂钉连线水平，细线位于竖直平面内，不计钉子与绳的摩擦。经测量，两挂钉之间的细绳长度为，两个挂钉间距离为，相框的重力为，则（　　） A．细绳的拉力大小为 B．绳对钉子的作用力大小为 C．仅增加细绳长度，细绳的拉力会减小 D．仅增加挂钉间距，细绳的拉力会减小 9．天文观测发现，某系外行星可视为质量分布均匀的球体，其半径为，自转周期为，无大气层。如图所示，在该行星的赤道平面上，物体静止于行星表面的赤道处，随行星一起自转；卫星沿贴近行星表面的圆形轨道做匀速圆周运动（轨道半径近似为）；卫星绕行星做匀速圆周运动且运行周期与行星自转周期相同。已知引力常量为，卫星的环绕周期为。则下列说法正确的是（　　） A．物体与卫星做匀速圆周运动的速率相同 B．物体与卫星的向心加速度大小相等，均为 C．该行星的平均密度 D．若行星的自转速度加快，使得物体恰好对行星表面无压力，此时物体的向心加速度与卫星的向心加速度大小相等 10．如图所示，倾斜传送带倾角为θ=37°，以6 m/s的恒定速度沿逆时针转动。一个煤块在传送带上端A无初速度释放，煤块离开传送带下端B时速度为7 m/s，传送带两端AB的长L=5.05 m，重力加速度g取10 m/s2，煤块大小不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　） A．煤块在传送带上先加速运动再匀速运动 B．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 C．煤块在传送带上运动的时间为2 s D．煤块在传送带上的划痕长为1.8 m 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．（1）探究影响向心力大小因素的装置如图所示，两个完全相同的小球分别放在挡板 处，传动皮带调至半径相同的塔轮上，两小球做半径相同的圆周运动，摇动手柄，观察左右两侧标尺显示格数不同，可能的原因是（    ）（选填选项前的字母）。 A．标尺没有调零 B．没有匀速摇动手柄 C．塔轮上的皮带打滑 （2）适当调整如图所示装置，某同学想进一步“探究小车加速度与力的关系”。则下列调整和分析正确的是（　　） A．在平衡小车所受的摩擦力时，小车的左端需要悬挂细绳和钩码 B．为使小车所受拉力与钩码重力近似相等，钩码质量要远小于小车质量 C．认为小车所受拉力等于钩码重力，由此带来的误差属于系统误差 D．当打点计时器工作的实际电压略低于额定电压时，利用纸带求得的加速度将偏小 （3）某同学用如图甲所示的装置来研究匀变速直线运动，某次实验得到如图乙所示的一条纸带，图中A、B、C、D、E为计数点，相邻计数点间还有四个点未画出，打点计时器所用交变电流的频率为50Hz。下列说法正确的是（　　） A．实验时钩码的质量必须远小于小车的质量 B．实验时先接通电源后释放小车 C．打点计时器打D点时小车的速度大小为0.61m/s D．此过程中小车运动的加速度大小为0.80m/s2 12．（1）某实验小组为验证力的平行四边形定则，设计了如图1所示的实验装置。竖直平板上用图钉固定一张白纸，在白纸上的A、B两点分别固定力传感器1、2。三根轻绳的结点为O，OA、OB分别挂在两传感器上，OC挂重物，实验步骤如下： ①稳定后，记录两力传感器的示数、；同时在O点正后面的纸面用铅笔点一个点，在三根轻绳OA、OB、OC的正后方也分别点一个点、、； ②取下一个传感器上的轻绳，在另一个传感器上挂起重物，稳定后，记录传感器的示数G； ③实验完成后取下白纸，用刻度尺分别沿、画出力、的图示，延长画出一个与G等大反向的力F的图示； ④利用、的图示画出平行四边形，并标出、之间的对角线，记为力； ⑤调整两力传感器的位置，更换不同的重物，重复以上步骤； ⑥某次实验得到了力、和G，实验小组先画出力、和G的图示，然后根据实验步骤，画出力F、的图示，如图2所示。通过测量得出在误差允许的范围内F和近似相等，从而验证了平行四边形定则。 回答下列问题： ①下列做法能减小实验误差的是______（填字母）； A．两个力传感器在同一水平线上 B．轻绳OA、OB垂直 C．、、距离O点尽量远一些 D．重物不与纸面接触，且绳OA、OB、OC均与纸面平行 ②某次实验中，若平衡时两细绳OA、OB间的夹角为锐角，保持OA绳和结点O的位置不动，将细绳OB绕O点在纸面内顺时针转过，此过程中传感器1的示数变化情况是______，传感器2的示数变化情况是______。 （2）某物理兴趣小组想要利用频闪相机验证机械能守恒定律。实验装置如图（甲）所示，将小球从斜面上某位置处释放，利用频闪相机连续得到小球离开桌面后在空中运动过程中经过的若干位置，如图（乙）所示。按比例尺，得到图中位置1与2、2与3、3与4、4与5之间对应的实际水平距离均为，位置1与3、2与4、3与5之间对应的实际竖直高度分别为、、。已知频闪照相的频率为，重力加速度大小为。则小球经过位置3时，速度的水平分量大小为________，竖直分量大小为________。 13．如图所示，A、B两球在水平放置的细杆上，相距为，两小球各用一根长度也是的细绳连接C球，三球的质量都是，且处于静止状态，重力加速度为g，求： (1)一根细绳对C球的作用力大小； (2)小球A受到杆的支持力大小和摩擦力大小。 14．物流分拣系统由多个相同的水平传送带组合而成。如图所示的是该装置中的一部分的俯视图。每个传送带的上表面都是正方形，运行速率均为v=3m/s。质量为m=1kg的可视为质点的快件沿垂直于传送带1的方向滑上传送带，初速度大小为=3m/s，恰好从传送带1的左侧中点垂直边界向左滑上传送带2。快件与两传送带间的动摩擦因数为=0.6，重力加速度g=10m/s2。 (1)快件刚滑上传送带时受到的摩擦力大小f； (2)传送带的边长L； (3)该系统因传送该快件多消耗的电能E。 15．如图所示，质量的小物块（可视为质点），从点以的初速度滑上水平粗糙轨道，到达点时，恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑半圆形轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端点质量的长木板（木板足够长）。已知轨道长，竖直固定的半圆形轨道半径，物块与水平轨道间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平地面间的动摩擦因数，重力加速度取，不计空气阻力。求： (1)物块运动到半圆轨道点时受半圆轨道弹力的大小； (2)物块滑上木板到二者速度相同经历的时间； (3)木板滑行的最大距离。 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．C【详解】A．研究运动员的击球动作需要关注身体各部分的运动，运动员不能视为质点，故A错误； B．A同学推动B同学时，A对B的作用力和B对A的反作用力大小相等、方向相反，且分别作用在两个物体上，故B错误； C．图丙中两个力共同作用在水桶上的效果可以用一个合力来替代，体现了等效替代的思想方法，故C正确； D．割线逐渐趋近于过点的切线，可以确定点瞬时速度的方向，这一过程运用了极限思想，故D错误。 故选C。 2．B【详解】A．图1汽车通过凹形桥的最低点时，加速度方向向上，汽车处于超重状态，故A错误； B．图2“水流星”匀速转动过程中，在最高点处，根据牛顿第二定律可得 可得，在最低点处，根据牛顿第二定律可得，可得，可知 根据牛顿第三定律可知，在最高点处水对碗底压力小于其在最低处水对碗底的压力，故B正确； C．图3铁路转弯处，通常要求外轨比内轨高，当火车按规定速度转弯时，由重力和支持力的合力完全提供向心力，从而减轻轮缘对轨道的挤压，故C错误； D．图4脱水桶脱水时，桶壁对衣物的摩擦力等于衣物的重力，不会随着转速的增大而增大，故D错误。故选B。 3．C【详解】由图可知，质点在水平方向的速度大小不变，为；在竖直方向，质点的加速度大小不变，为，质点在竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向初速度为0，则 A．由上述分析可知，质点的合初速度方向沿水平方向，合加速度方向沿竖直方向，初速度与加速度不共线，质点运动轨迹为曲线，故A错误； B．时，质点的竖直速度，设合速度与水平方向夹角为，则 可知，故质点的合速度方向与水平方向成，故B错误； C．时，质点的竖直速度，则合速度大小，故C正确； D．时间内，质点沿水平方向的位移为 质点沿竖直方向的位移为，故质点的合位移大小为，故D错误。故选C。 4．D【详解】A．内，机器人的位移为，即位移大小为，故A错误； B．内，机器人的位移为，则机器人的平均速度为0，故B错误； CD．位置坐标随时间变化的图像为抛物线，易知机器人做匀变速直线运动。依题意知机器人自处出发，由匀变速直线运动的位移公式易得位置坐标满足 结合题图，有，联立解得， 由匀变速直线运动的速度公式可知2s末的速度为，故C错误，D正确。 故选D。 5．D【详解】A．漏斗光滑，小球只受重力和漏斗的支持力。设任一小球的质量为，支持力大小为，支持力与竖直方向的夹角为，重力加速度为。支持力垂直漏斗壁，斜向上且指向漏斗内侧；两球所处漏斗壁的倾斜程度相同，因此这一夹角相同。以球为例，受力方向及夹角如下图所示 小球的竖直加速度为零，由竖直方向受力平衡得，因此支持力大小为 由牛顿第三定律，小球对漏斗的压力与漏斗对小球的支持力大小相等。两球质量不同，对漏斗的压力大小不等，故A错误； BCD．支持力的水平分力提供向心力。设向心力大小为，向心加速度大小为，由水平方向的牛顿第二定律得，代入上述支持力表达式，得，将向心力除以质量，得 两球质量不同，向心力大小不等；向心加速度与质量和轨道半径均无关，两球的向心加速度大小相等。设圆周运动半径为，角速度为，匀速圆周运动的向心加速度满足，因而 由图可知，球在球上方，其圆周运动半径更大，即。 在相同的向心加速度下可得，故BC错误，D正确。故选D。 6．A【详解】A．设排球第一、二次的位移大小分别为、，由位移的合成可得，，因此，A正确； B．设排球第一、二次的运动时间分别为、，重力加速度为，由竖直方向的自由落体运动规律可得，解得，B错误； C．设排球第一、二次的初速度大小分别为、，由水平方向的匀速直线运动规律可得， 因此，C错误； D．设排球质量为，两次落地时的竖直分速度大小分别为、，则， 两次落地时重力的瞬时功率分别为， 因此，第二次比第一次大，D错误。故选A。 7．B【详解】A．由图像可知，甲做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度为 。根据速度公式 ，3秒末甲的速度为 ，故A错误； B．1秒末甲的速度为 。根据动能公式 ，代入数据得 ，故B正确； C．乙的图像是一条平行于时间轴的直线，表示乙做匀速直线运动，加速度为0，故C错误； D．甲在前乙在后，乙追甲。当两者速度相等时（即 ），若乙未追上甲，则之后甲的速度大于乙，两者距离变大，不会相撞。在 内，乙的位移 ，甲的位移 。乙比甲多运动的距离 。若 时甲在乙前方 ，因为 ，乙会在速度相等前追上甲并发生相撞，故D错误。故选 B。 8．AC【详解】A．根据几何关系，可得到细绳与竖直方向的夹角满足解得 对相框受力分析，如图 根据相框受力平衡，可得解得，故A正确； B．对钉子受力分析，如图 根据绳子拉力大小和方向，可得到绳对钉子的作用力大小满足解得，故B错误； CD．根据几何关系，可知仅增加细绳长度，变小，由，可知细绳拉力变小；仅增加挂钉间距，变大，由，可知细绳拉力变大，故C正确，D错误。故选AC。 9．CD【详解】A．卫星C的周期与行星自转周期相同，C与物体A转动的周期相同、角速度相同，C的转动半径大，故C的速率大，A错误； BD．对于卫星B，行星对它的万有引力提供向心力， 而对于物体A，万有引力与行星表面支持力的合力提供其随行星自转所需的向心力， 由于支持力，故 若行星的自转角速度加快，使得A恰好对行星表面无压力，此时万有引力提供A随行星自转所需的向心力，，B错误，D正确； C．对卫星B，行星对它的万有引力提供向心力，行星的平均密度 联立可得，C正确。故选CD。 10．BD【详解】A．根据煤块离开传送带下端B时速度为，大于传送带速度，说明共速后煤块继续加速，故A错误； B．根据煤块与传送带共速前 煤块的位移为 煤块与传送带共速后， 解得，故B正确； C．煤块在传送带上运动的时间为，故C错误； D．煤块与传送带共速前的划痕长为 煤块与传送带共速后的划痕长为 共速后的划痕与共速前的划痕重叠，则煤块在传送带上的划痕长为1.8 m，故D正确。故选BD。 11．（1）AC （2）BC（3）BC 【详解】（1）根据可知，若两小球质量、角速度、圆周运动的半径均相等，则两小球所需向心力相等，但左右两侧标尺显示格数却不同。 A．若标尺没有调零，即使两小球所需向心力相等，左右两侧标尺显示格数也有可能不同，故A符合题意； B．若没有匀速摇动手柄，即角速度变化，两小球所需向心力仍然相等，左右两侧标尺显示格数应相同，故B不符合题意； C．若塔轮上的皮带打滑，即角速度不相等，即使两小球质量、圆周运动的半径相等，两小球所需向心力也会不同，左右两侧标尺显示格数也不会相等，故C符合题意。故选AC。 （2）A．在平衡小车所受的摩擦力时，为了使小车所受重力沿木板向下的分力与小车所受阻力平衡，小车的左端不需要悬挂细绳和钩码，故A错误； B．平衡摩擦力后，对小车有，对钩码有，解得 可知，为使小车所受拉力与钩码重力近似相等，钩码质量要远小于小车质量，故B正确； C．结合上述可知，认为小车所受拉力等于钩码重力，由此带来的误差属于系统误差，故C正确； D．实验中根据纸带上的点迹，利用逐差法求加速度，加速度大小与点迹之间的间距和时间间隔有关，与电压大小无关，可知，当打点计时器工作的实际电压略低于额定电压时，利用纸带求得的加速度不变，故D错误。 故选BC。 （3）A．此实验只是要研究匀变速直线运动，所以只要小车做匀变速直线运动即可，不需要满足钩码的质量远小于小车的质量，故A错误； B．实验时需要先接通打点计时器电源，然后再释放小车，故B正确； C．由题意可知计时间隔，所以，故C正确； D．由逐差法可知，故D错误。故选BC。 12．(1) ①CD ② 增大 先减小后增大（2） 【详解】（1）①A．传感器的位置对实验没有影响，故A错误； B．实验时，两力的夹角是任意的，为减小误差，不宜过大或过小，故B错误； C．、、距离点尽量远一些，能提高记录力的方向的精确度，减小误差，故C正确； D．重物不与纸面接触能保证绳的拉力大小等于重物的重力，绳、、均与纸面平行能保证各力与纸面平行，故D正确。故选CD。 ②[1][2]如图所示，方向变化的过程中，的大小一直增大，的大小先减小后增大。 （2）[1]频闪相机相邻两次成像的时间间隔为，小球在水平方向做匀速直线运动，由速度定义并代入该时间间隔得 [2]位置2到4的时间为，竖直位移为，竖直方向做匀加速直线运动，位置3在这段运动的中间时刻，故其竖直速度等于该段平均速度。由平均速度定义并代入这段时间得 13．(1)(2)， 【详解】（1）对球受力分析，如图所示 为等边三角形，C受到两个沿细绳方向的拉力，两个拉力的合力等于C的重力大小，根据几何关系以及平衡条件列方程可得解得 （2）对A球受力分析，如图所示 根据A在水平方向以及竖直方向由受力平衡可得， 联立，解得， 14．(1)6N(2)(3)18J 【详解】（1） 快件对传送带的压力为FN=mg 两者有相对滑动，摩擦力为 （2） 快件滑上传送带时，两者相对速度方向与边界成，当快件从传送带1的左侧中点垂直边界向左滑上传送带2时，说明方向上的速度减为0 该方向上摩擦力的分力为 ，加速度为 由得即传送带的边长为。 （3）在传送带1上，快件相对于传送带的初速度为 到左侧中点时，刚好相对速度为0，加速度为，相对位移 在传送带1上，在传送带2上重复传送带1上的运动 该系统因传送该快件多消耗的电能 15．(1)(2)(3) 【详解】（1）设物块到达点时的速度大小为，物块在水平轨道上竖直方向受力平衡，支持力等于重力，所以滑动摩擦力大小为。对物块从到的过程应用动能定理有 因轨道水平且在点与半圆轨道相切，点为圆轨道的最高点。以指向圆心的竖直向下为正方向，重力和轨道弹力共同提供向心力，由牛顿第二定律得 联立并代入数据解得 （2）设物块滑上木板瞬间的速度大小为，从点到点，物块高度降低，轨道弹力不做功，只有重力及段的摩擦力做功。则由动能定理得解得 物块滑上木板后，取水平向右为正方向。相对滑动时，物块受到向左的滑动摩擦力，设其加速度为，由牛顿第二定律得解得 木板受到物块向右的摩擦力，以及地面向左的摩擦力。由于竖直方向受力平衡，地面对木板的支持力等于两者总重力，故地面摩擦力大小为。设木板的加速度为，由牛顿第二定律得 解得 木板从静止开始做匀加速运动，物块做匀减速运动，木板足够长，物块不会滑出。设经过时间两者共速，根据匀变速直线运动速度与时间的关系有代入数据解得 （3）相对滑动阶段，设木板的位移为。由初速度为零的匀加速直线运动位移公式得 设两者的共同速度为，由匀变速直线运动的速度与时间的关系得 共速后，若物块与木板一起运动，设其整体的加速度为。则由牛顿第二定律得 解得 为保持共同减速，物块所需向左的静摩擦力大小为 最大静摩擦力不小于滑动摩擦力，故上述静摩擦力能够满足要求，所以两者可保持相对静止，一起做匀减速运动直至停止。设这一阶段木板的位移为，由匀变速直线运动速度与位移的关系得 解得 木板停止前始终向右运动，故最大滑行距离为 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 $