福建漳州八中、龙文二中2026-2027学年高三上学期10月学情检测物理试题

2026-2027学年（上）漳州八中、龙文二中10月联考 物理试题 本试卷共6页，满分100分，考试时间75分钟。请将所有答案用签字笔写在答题卡上。 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的。 1.在2026年人形机器人半程马拉松(21.0975km)比赛中，“闪电”机器人以50分26秒的成绩夺冠。其 冲过终点线后，在直线赛道上做加速度不断增大的减速运动，直至停下来。下列说法正确的是() A.50分26秒指的是时刻 B.21.0975km指的是位移 C.减速过程中加速度方向与速度方向相反 D.在研究机器人的跑步姿势时，可以将其视为质点 2.图甲是某人站在接有传感器的力板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心。 图乙是力板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g=10ms2。根据图像分析可知() 3500 300 季 1.522.533.547s 甲 A.人的重力可由b点读出，约为300N B.b到c的过程中，人先处于超重状态再处于失重状态 C.人在双脚离开力板的过程中，重力的冲量约为450Ns D.人在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度 3.物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过对单位的分析就可以判断。 声音在某种气体中的速度表达式可以只用气体的压强p、气体的密度和没有单位的比例常数k来表示。根 据你的判断，声音在该气体中的速度表达式可能是() A.v=kp B.v-kyp C.v=pp D.v=kpp 试卷第1页（共5页) 4.如图所示，斜劈B的倾角为30°，劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一个半径为r的球A放 在墙面与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，在A落地前某时刻速度为A,则该时刻B 的速度为() B 不30° 7777777777777777777777777 A.vA B.V 3 C.2vA 二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有两项符合题目要求，全部选对的得6 分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 5.下列关于匀速圆周运动的说法，正确的是() A.它是变速运动 B.其加速度不变 C.其角速度不变 D.周期越大，物体运动得越快 6.如图所示，小车在水平地面上通过钢丝和定滑轮将特技演员以速度匀速向上吊起，某时刻和小车连接 的钢丝与地面的夹角为0，下列说法正确的是() 99 7777 77777777777777777777777 A.该时刻小车的速度为vcos0 B.该时刻小车的速度为” cos C.小车的速度越来越大 D.小车的速度越来越小 7.如图所示，重物P置于水平地面上，竖直轻弹簧下端与P相连，上端与跨过轻小光滑定滑轮的轻绳相 连，轻绳的另一端连接小球Q。现对Q施加方向始终水平向右的拉力F,使Q缓慢上升，直至滑轮右侧的 轻绳转过30°，P始终处于静止状态。关于此过程，下列说法正确的是() A.Q所受的合外力逐渐增大 B.P对地面的压力逐渐减小 C.拉力F逐渐减小 D.弹簧的长度逐渐增大 试卷第2页（共5页） 8.如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率，沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1g的 物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的一1图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向， 取重力加速度g=10m/s2,则( v/(m's) A.传送带的速率v。=10m/s 12.0 10.0 B.传送带的倾角0=30° 7.5 5.0 C.物体与传送带之间的动摩擦因数u=0.25 2.5 D.0~2.0s内物体在传送带上留下的痕迹为5m 0 0.51.01.52.02.53.0s 乙 三、非选择题：共60分，其中9~11题为填空题，12、13为实验题，14~16题为计算题。考生根据 要求作答。 9.(3分)一矿井深125m,在井口每隔一定时间自由下落一个小球。当第11个小球刚从井口开始下落时， 第1个小球刚好到达井底。则相邻小球开始下落的时间间隔为s,这时第3个小球和第5个小球相 距 m 10.(3分)如图所示，挂在天花板上A、B两点的绳结于C点，在C点挂着640N的重物，则CA绳的拉 力为FcM= N:BC绳的拉力FB= N。 AV60° 30B1 ☐G 11.(3分)如图所示，长为1的悬线一端固定在O点，另一端系一小球（半径r<1)。在O点正下方C 离为。把小球拉到跟悬点同一水平面上（线伸直）无 悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的角速度突然增大为原来的倍，向心加速度突然增大为原来的 倍，悬线拉力突然增大为原来的倍。 ttttetttttt 试卷第3页（共5页） 12.(6分)某同学用如图甲所示装置探究小车做匀变速直线运动的规律。 纸带 打点计时器 小车 (1)请在下列实验器材中，选出本实验中不需要的器材： (填编号)。 ①电火花计时器②天平③低压交变电源④细线和纸带⑤砝码、托盘和小车⑥刻度尺⑦停表 ⑧一端带有滑轮的长木板 (2)安装好实验装置后，按照正确的实验操作，纸带被打出一系列点，其中一段如图乙所示，可知纸带的 (填“左”或“右)端与小车相连。 cm 2.0d 5.96 11.98 19.96 29.97 41.96 乙 (3)如图乙中O、A、B、C、D、E、F为相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个点未画出，打点计时器所 用交变电源的频率为50Hz,则小车运动的加速度大小为 /s,打下E点时小车的瞬时速度大小为 /s。(结果均保留三位有效数字) 13.(6分)用如图所示的装置探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量、角速度0和半径r之 间的关系。匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内小球随其做匀速圆周运动，横臂的 挡板对小球的弹力提供向心力，小球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力套筒下降，从而露 出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值。已知小球分别位于挡板A、B、C 处时，做稳定圆周运动的半径之比为1：2：1，供选择的实验球有：质量均为m的小球1和小球2，质量为 2m的小球3，小球的半径均相等。 标尺 短楷 左塔轮 右塔轮 手柄 (1)该实验用到的物理探究方法是 。（填正确选项前的字母) A.等效替代法 B.理想化模型法 C.控制变量法 (2)为探究小球做圆周运动的向心力与半径的关系，实验时将皮带调整到左、右塔轮半径相等的位置，若将 球1放到挡板C处，应将球2放在挡板 （选填“A”或B)处。 试卷第4页（共5页） (3)某次实验时将球1放在B挡板处，球3放在C挡板处，皮带连接的左、右塔轮半径之比为2：1，则左右 标尺的向心力大小之比为 14.(11分)一辆汽车在平直公路上以24/s的速度匀速行驶，遇到突发情况后驾驶员立即刹车，在刹车 过程中汽车做匀变速直线运动，经8s后汽车恰好停止（可将汽车视为质点）。求： (1)汽车刹车过程中的加速度大小： (2)汽车从开始刹车到完全停止，前进的距离是多少？ 15.(12分)如图甲所示，木板B静止在粗糙水平地面上，物块A从木板B左端以'。=5m/s的速度滑上 木板，A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示，2s末达到共同速度=1m/s。己知物块A的质量为m0.6kg, A、B之间的动摩擦因数为4，B与地面间的动摩擦因数为山2=0.1，取重力加速度g=10m/s2。求： 个v/(m's) A A Vo B B 77777777777777777 0 t/s 甲 乙 (1)A、B之间的动摩擦因数4： (2)木板B的质量M和最小长度L: (3)物块A运动的最终位移x。 16.(16分)如图为滑雪大跳台的简化模型：AB段和CD段是长度均为L=100的倾斜滑道，动摩擦因 数均为4，倾角均为37°，BC段是半径R=20m的一段圆弧轨道，圆心角为37°，与AB段平滑连接，DE 段为结束区。一滑雪爱好者连同装备（视为质点）总质量m=7Okg,从A点由静止出发沿着滑道AB、BC 下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，N点到C点的距离d=75m。将B至C的运动看作匀速圆 周运动。忽略运动过程中所受的空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求： (1)运动到C点时的速度大小： (2)滑道AB段的动摩擦因数4： (3)运动到C点时对滑道的压力大小。 37 U 丁37° 1370 E D 试卷第5页（共5页） 试卷第6页（共1页） 《月》参考答案 回舜口互薄 动弱 可题断 题号 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C A A AC BD BD AD 1.C 【详解】A.50分26秒是机器人完成整段比赛的时间长度，对应时间轴上的一段区间，属于时间间隔， 而非时刻，故A错误： B.21.0975km是机器人实际运动轨迹的长度（可能包含弯道、折返），属于路程；位移是初位置到末位 置的有向线段，故B错误： C.无论加速度大小如何变化，只要物体做减速直线运动，加速度方向就一定与速度方向相反，让速度不 断减小，故C正确： D.研究机器人的跑步姿势时，需要关注它肢体的动作、形态，若将其视为质点，就无法体现姿势相关的 细节，因此不能看成质点，D错误。 故选C。 2.C 【详解】A.开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力约为900N,则人的重力也约为900N,故A错误； B.由图乙可知，从b到c的过程中，人对力板的压力先小于自身重力后大于自身重力，因此人先处于失 重状态再处于超重状态，故B错误： C.人在双脚离开力板的过程压力为零，即为2s~2.5s共0.5s的时间，则重力的冲量约为 I=mg·△1=900×0.5N.s=450Ns,故C正确； D.由图乙可知，在b点人对力板的压力约为300N,力板对人的支持力约为300N,人所受合力约为 F=mg-N,=900N-300N=600N 在c点，人对力板的压力约为2000N,力板对人的支持力约为2000N,人受到的合力约为 F=N。-mg=2000N-900N=1100N 可知人在b点受到的合力小于在c点受到的合力，由牛顿第二定律可知，人在b点对应时刻的加速度小于 在c点对应时刻的加速度，故D错误。 故选C。 3.A 【详解】A.传播速度v的单位m/s,密度p的单位kgm3,p的单位kgms2,由上可知， 卫的单位是m2s2, 答案第1页（共8页） 则， 的单位是m/s,故A符合题意： B.由上分析可知， p 的单位是sm,故B不符合题意； CD.由上分析可知，PP的单位是kgm4s2,故CD不符合题意。 故选A。 4.A 【详解】据题意，A球沿直线下落，斜劈B水平向右运动，将二者的实际速度分别沿平行于斜面和垂直于 斜面两个方向分解，如图所示 B 30 30 7777777777777777777777777 2771777刀 VAI VAL 可得 %i=%cos30= 24,g= VAL sin30 联立，解得 VB=3vA 故选A。 5.AC 【详解】A.匀速圆周运动的速度大小不变，方向不断变化，则匀速圆周运动是变速运动，故A项正确； B.匀速圆周运动的加速度大小不变，方向不断变化（指向圆心），故B项错误： C匀速圆周运动转动的快慢不变，角速度不变，故C项正确： D.匀速圆周运动周期越大，物体运动得越慢，故D项错误。 6.BD 【详解】AB,将车速沿着细钢丝方向和垂直于细钢丝的方向分解可知，在沿着细钢丝方向的速度为 Vw=V车cos0 即v=v4cos0 该时刻小车的速度为峰心0故A错误，B确。 CD.小车向左运动，则O减小，故c0sO增大，故小车的速度越来越小，故D正确，C错误。 答案第2页（共8页） 故选BD。 7.BD 【详解】A.Q缓慢上升，在运动过程中的每一个时刻都可以近似看作处于平衡状态，所以Q所受的合外 力始终为零，故A错误： BC.画出P、Q的受力分析图如图所示： mg Mg 对P根据平衡关系有Mg=N+T 对Q根据平衡关系有mg=Tcos0,F=mg tan 0 当O逐渐增大时，taO逐渐增大，cosO逐渐减小，所以拉力F逐渐增大，绳的拉力T逐渐增大，而地面 对P的支持力N逐渐减小，则根据牛顿第三定律可知，P对地面的压力逐渐减小，故B正确，C错误： D.设弹簧的伸长量为x,则根据胡克定律有c=T 所以当绳的拉力T增大时，弹簧的伸长量x增大，即弹簧变长，故D正确。 故选BD。 8.AD 【详解】A.由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后（在1=1.0s时刻）， 由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为 。=10m/s,故A正确： BC.在0~1.0s内，物体摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为 a -mg sin+umg cos0 =gsin0+ug cos0 m 由图可得 =△y=10m/s2 41= △ 在1.02.0s,物体的加速度为 a=mgsin 0-umg cos0 =gsin0-ug cos0 m 由图可得 △y=2m/s2 42= △t2 答案第3页（共8页） 联立解得 4=0.5 0=37° 故B错误 D.根据“面积表示位移，可知0~1.0s物体相对于地的位移 $=210×1m=5m 传送带的位移为 x2=vo4=10×lm=10m 物体对传送带的位移大小为 △x=x2-x=5m 方向向上；1.0~2.0s物体相对于地的位移 七-10+12×1m=1lm 2 传送带的位移为 x4=vo4=10×lm=10m 物体对传送带的位移大小为 △x2=x3-x4=lm 方向向下，故留下的痕迹为5m,故D正确。 故选ACD。 9 0.5 35 【详解】[1]小球下落的总时间为 2h 2×125 1= =5s Vg V 10 共有10个时间间隔，则相邻小球开始下落的时间间隔为0.5s: [2]第3个小球下落的时间为 t3=8×0.5s=4s 第5个小球下落了 t5=6×0.5s=3s 则两球相距 仙=-贴-x10xf-9m35n 答案第4页（共8页） 10 320V3 320 【详解】[1]对结点C受力分析可知 Fc=Gcos30=640xN=320N 2 [2]同理可知 Fg=Gsin30°=640×-N=320N 2 7 11. 3 【详解】碰到钉子瞬间小球的线速度不变，轨迹半径变为原来的}，根搭仙 R 可知小球的角速度增大为原来的3倍： v2 [2]根据a= R 可知，向心加速度增大为原来的3倍： [B)]根据机械能守恒有mg1=m 2 3 根据牛顿第二定律有F-mg=m R 当R=l时，F=3mg 当R=时，F三7mg 1 故悬线拉力增大为原来的3倍。 12.(1)②③⑦ (2)左 (3) 2.00 1.10 【详解】(1)本实验中不需要知道小车及砝码的质量，所以不需要天平，电火花计时器有计时的功能， 用的是220V交流电源，故不需要低压交变电源和停表，故选②③⑦。 (2)小车释放后速度逐渐变大，则相等时间内运动的位移越来越大，题图乙纸带从左向右打点间距越来 越大，可知是纸带的左端与小车相连。 (3)山由题意知，相邻两计数点间的时间间隔T=5=0.15 由逐差法可得，小车运动的加速度a=g二c≈2.00ms2 9T2 [2]匀变速直线运动中，任意某时间段中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则打下E点时小车 的瞬时速度等于DF段的平均速度，即，=齐1.10m/小 13.(1)c 答案第5页（共8页） (2)B (3)1:4 【详解】(1)探究向心力？？与质量？？、角速度？？、半径？？三个变量的关系时，需要每 次控制其中两个物理量不变，研究剩余两个量的对应关系，该方法为控制变量法。 故选C。 (2)探究向心力与半径的关系时，需要控制小球的质量m和角速度0相同，仅改变圆周运动的半径。题 目中皮带连接左右塔轮半径相等，因此左右塔轮（以及带动的两个槽）角速度相等；球1和球2质量均为 m,故球1放在C处，球2放在挡板B处。 (3)根据F=mro2 其中%=m={,互=2 m-2m2’51 又因为皮带连接的左、右塔轮半径之比为2：1，线速度相等，则角速度之比为%=】 02 联立可得左右标尺的向心力大小之比为广4 14.(1)3m/s2 (2)96m 【详解】(1)取汽车运动方向为正方向，已知初速度。=24m/s,末速度v=0,刹车总时间t=8s 根据加速度的定义式可得a=V-=0-24。 m/s2 =-3m/s2 负号表示加速度方向与汽车运动方向相反，因此加速度的大小为3ms2。 (2)由匀变速位移公式x=v,1+。at2 2 1 代入数值得x=24×8m+。×(-3)×82m=96m 15.(1)0.2 (2)0.4kg;5m (3)6.5m,与o方向相同 【详解】(1)由图乙可知物块A刚滑上B时的加速度大小为 5-1 an= -m/s2=2m/s2 2 根据牛顿第二定律可得 lmg ma 解得A、B之间的动摩擦因数为 4=0.2 答案第6页（共8页） (2)由图乙可知物块A刚滑上B时，B的加速度大小为 4=2m/s=0.5m1s2 根据牛顿第二定律可得 Lmg-t(M +m)g=Mag 解得木板B的质量为 M=0.4kg 共速前物块A与木板B发生的相对位移为 A=x-名=×2m方2m=5m 则木板B的最小长度为 L=△x=5m (3)共速前物块A的位移为 x-5牛×2m=6m 2 共速后，A、B一起做匀减速直线运动的加速度大小为 a(M+m)g=Im/s M+m 共速后，物块A继续滑行的位移为 .-05m 2a 则物块A运动的最终位移为 x=x+x%=6.5m 方向与0方向相同。 16.(1)ve=20m/s;(2)4=0.5;(3)2100N 【详解】(1)从C处平抛，竖直方向有 dsin37°=gt 2 水平方向有 dcos37°=vt 得 vc =20m/s (2)从A到B由动能定理得 答案第7页（共8页） mgl sin37°-mgLcos3?7°= 2m%-0 在B处 V8 =Vc =20m/s 得 4=0.5 (3)在C处，据牛顿第二定律有 Fc-mg=m R 得 FNC =2100N 据牛顿第三定律，人运动到C点时对滑道的压力与Fc大小相等，为2100N。 答案第8页（共8页）