河南省普通高中2026-2027学年高三上学期10月阶段检测物理试题

秘密★启用前 试题卷类型：A 2026年河南省普通高中高三秋期10月联考 物理 注意事项： 1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。 3． 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑且固定的轨道。两相同小物块甲和乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（     ） A．甲沿Ⅰ下滑，且甲比乙先到达N B．甲沿Ⅱ下滑，且同一时刻甲的动能比乙的大 C．乙沿Ⅰ下滑，且乙所受重力的功率先增大后减小 D．乙沿Ⅱ下滑，且乙所受重力的功率一直变大 2．如图所示，一根轻质弹簧与质量为m的滑块P连接后，穿在一根光滑竖直杆上，弹簧下端与竖直杆的下端连接，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来。图中O、B两点等高，线段OA长为L，与水平方向的夹角，重物Q的质量，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，不计滑轮的摩擦，在滑块从A到B的运动过程中（已知重力加速度为g）（　　） A．滑块P的速度一直增大 B．滑块P在位置B的速度 C．轻绳对滑块P做功 D．P与Q的机械能之和先减小后增大 3．如图所示，对斜面上质量为m的小物块 P 施加一个平行于斜面的拉力F， 使其水平向右匀速运动。已知斜面倾角为θ，P与斜面间的动摩擦因数为μ， 重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．斜面对 P 的摩擦力大小为 mgsinθ B．斜面对 P 的摩擦力方向沿斜面向上 C．外力F的大小为 D．外力 F 的方向与底边 AB 成θ角斜向右上方 4．2026年5月24日，我国成功发射神舟二十三号载人飞船。如果“神舟二十三号”飞船升空后先进入停泊轨道Ⅰ（即近地圆形轨道，该轨道距离地面的高度可以忽略），之后进入转移轨道Ⅱ，最后在中国空间站轨道Ⅲ与天和核心舱对接，如图所示。已知中国空间站轨道Ⅲ为圆形轨道，距离地面高度为h，飞船在停泊轨道Ⅰ运行的周期为T，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，则下列说法正确的是（　　 ） A．可估算得到地球的密度为 B．飞船从P点运动到Q点的时间为 C．“神舟二十三号”飞船在中国空间站轨道Ⅲ运行的线速度大小为 D．飞船在转移轨道Ⅱ上P点的加速度大于在停泊轨道Ⅰ上P点的加速度 5．跳台滑雪是一项勇敢者的运动。如图所示，斜坡与水平方向的夹角为。现有某运动员从跳台A处以速度沿水平方向飞出，在斜坡C处着陆，从运动员运动轨迹上离斜坡最远处的B点作斜坡的垂线，与斜坡的交点为E点。不计空气阻力，则（　　） A．图中AE段与EC段长度相等 B．运动员在B点时速度大小为 C．运动员从A运动到B的时间小于B运动到C的时间 D．运动员在C点时速度方向与水平方向的夹角为 6．如图所示，劲度系数为的轻弹簧一端固定在倾角为37°且足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为3kg的物体P，质量为5kg的物体Q靠在P上（不拴接），系统处于静止状态。现给Q施加一个沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，经0.2s时间P、Q恰好分离，，，，则下列说法正确的是（　　） A．分离瞬间弹簧恰好处于原长状态 B．物体Q做匀加速运动的加速度大小为 C．力F的最小值为 D．力F的最大值为 7．直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速度投放装有物资的箱子，若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比，以地面为零势能面。箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大小分别用E、、x、P表示。下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．幼儿园里，如图甲所示的滑梯是小朋友们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示的模型。一质量为的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为的圆弧形滑梯的点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点时的速度大小为（为重力加速度）。已知过点的切线与竖直方向的夹角为，过点的切线水平，则在沿着下滑的过程中，小朋友（     ） A．一直处于失重状态 B．克服摩擦力做的功为 C．机械能的减少量小于重力势能的减少量 D．在最低点时对滑梯的压力大小为 9．如图甲所示，在同一介质中，波源分别为与的频率相同的两列机械波在时刻同时起振。波源为的机械波振动图像如图乙所示。波源为的机械波在时刚好传到2.5m处，且波的图像如图丙所示。P为介质中的一点，P点距离波源与的距离分别是，。则（     ）      A．波的传播速度为1 B．波源为的机械波，振源起振方向沿y轴负方向 C．波源为的机械波，振源起振方向沿y轴负方向 D．P点为振动减弱点 10．如图，水平地面点左侧光滑，右侧部分粗糙。质量为、半径为的光滑圆弧形大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端恰与地面相切于点。质量为的小物块从圆弧顶端静止释放，并沿圆弧下滑，在点与墙壁发生弹性碰撞，返回至点时恰好与大物块速度相同。已知、间距，重力加速度取，小物块视为质点。下列说法正确的是（     ） A．小物块下滑过程中，小物块与大物块组成的系统动量守恒、机械能守恒 B．小物块与大物块分离瞬间，小物块速度大小为，大物块速度大小为 C．小物块与大物块分离瞬间，小物块受到圆弧轨道的支持力大小为 D．小物块与粗糙地面间的动摩擦因数 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11．（6分）某同学在学习完自由落体这一节后，用如图甲所示的装置测量自由落体加速度。 (1)某同学按照正确的操作完成实验后，得到的纸带如图乙所示，其中纸带上的A、B、C、D、E为连续的5个计时点，A点到O点之间有部分点未画出。已知打点计时器打点的频率为50 Hz，则纸带上打出C点时重物的速度大小___________m/s，重物下落过程中的加速度大小___________m/s2。（结果均保留两位有效数字） (2)如果实验时电源中交流电的实际频率为49.5 Hz，而同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 12．（9分）为探究动量守恒定律，某实验小组设计了如下方案： ①固定的圆弧轨道与水平地面在O点平滑连接，如图甲所示。将滑块P从圆弧轨道最高处由静止释放，滑块P最终静止在水平地面上A点，测得O、A两点间的距离为； ②如图乙所示，将滑块Q放置于O点，仍将滑块P从圆弧轨道最高处由静止释放，滑块P、Q（均视为质点）碰撞后分别静止在水平地面上B、C点，测得B、C两点到O点的距离分别为、。 (1)滑块P、Q应选用________。 A．材料、体积均相同的实心滑块P和空心滑块Q B．材料不同、体积相同的实心滑块P和实心滑块Q C．材料相同、体积不同的实心滑块P和实心滑块Q (2)已知滑块P与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则图甲中滑块P经过O点的速度大小为________（用、、表示）。 (3)测得滑块P、Q的质量分别为、，若关系式________在误差允许的范围内成立，则说明两滑块碰撞过程中动量守恒。若关系式________在误差允许的范围内也成立，则说明两滑块发生的是弹性碰撞。（均用、、表示） 13．（10分）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。 (1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小； (2)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度。 14．（12分）如图所示，半径、圆心为的半圆形轨道内壁光滑，AB为竖直方向的直径，足够长的传送带CD以的恒定速度沿顺时针方向转动，光滑平直轨道BC分别与圆轨道和传送带平滑连接，质量的小滑块以一定初速度沿水平向右方向从A点射入圆轨道，恰好能沿圆轨道运动，已知小滑块射入时与A点间没有挤压，小滑块与传送带间的动摩擦因数不为零，重力加速度取，求： (1)小滑块从A点射入时的速度大小； (2)小滑块第一次运动到B点时与圆轨道间的压力大小； (3)小滑块离开传送带后在圆轨道AB上能达到的最大高度。 15．（17分）如图所示，有一固定在竖直方向、两端开口的直圆管，管中放置一质量为的圆盘，圆盘距离管底。一质量为的小球从管的上端口的正上方距离圆盘处由静止释放，小球每次均在圆盘中心与圆盘发生弹性碰撞且碰撞时间极短，小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，圆盘在管内下滑时受到的阻力恒为其重力的2倍，忽略空气阻力，重力加速度大小为，求： (1)小球第一次与圆盘碰撞后瞬间，小球的速度与圆盘的速度； (2)从释放小球到小球第2次与圆盘发生碰撞的时间； (3)经过足够长时间后，圆盘与管壁间产生的热量。 物理试题卷　第 1 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 参照秘密级管理★启用前 参考答案类型：A 2026年河南省普通高中高三秋期10月联考 物理参考答案 1．C 【详解】AB．由机械能守恒定律知沿不同轨道到达底端时速度大小相同。由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，乙先到达N点，并且任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，AB 错误。 CD．乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P=mgvy可知重力瞬时功率先增大后减小，C正确，D错误； 故选C。 2．B 【详解】A．由A、B两点弹簧对滑块的弹力大小相等可知，A点弹簧处于压缩状态，B点弹簧处于伸长状态，B点P所受合力竖直向下，则P在越来越靠近B点过程中必有所受合力方向竖直向下的阶段，该阶段P的速度减小。故A错误； B．滑块P在A、B两点时，弹簧对滑块的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，到B点时，Q的速度为零，则系统由机械能守恒可得 解得 故B正确； C．由B项分析知A、B两点弹簧弹性势能相等，即弹簧对P做功为零，所以细绳对P做的功等于P增加的机械能，则 故C错误； D．由A项分析知，从A点到B点过程中，弹簧对P、Q整体先做正功，后做负功，所以P与Q的机械能先增大后减小。故D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．物体在斜面上受力平衡，受到的摩擦力与推力和重力沿斜面分力的合力等大反向，故斜面对 P 的摩擦力大小不等于 mgsinθ，故A错误； B．P相对斜面水平向右运动，则斜面对P的摩擦力方向水平向左，故B错误； C．物体在斜面上受力平衡，外力与受到的摩擦力和重力沿斜面分力的合力等大反向 解得 故C正确； D．不知道重力沿斜面分力和滑动摩擦力的比例关系，无法确定二者合力的方向，也就无法确定推力与AB边所成的夹角，故D错误。 故选C。 4．C 【详解】A．由题可知，在停泊轨道Ⅰ上，万有引力提供飞船圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得，解得，地球的密度，故A错误； B．根据开普勒第三定律有，飞船从P点运动到Q点的时间，解得，故B错误； C．飞船在中国空间站轨道Ⅲ运行时，万有引力提供飞船圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得，在地球表面，有，联立解得“神舟二十三号”飞船在中国空间站轨道Ⅲ运行的线速度大小，故C正确； D．在P点变轨前后，飞船受到的万有引力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度不变，故D错误。 5．B 【详解】ABC．建立如图所示的坐标系，将速度进行分解，则有， 将重力加速度进行分解则有， 因此运动员沿x轴做匀加速直线运动，沿y轴做匀减速运动，则有， 在B点时 此时运动员只有沿x方向的速度，则有 联立解得 根据运动的对称性可知，A到B和B到C所用时间相等，即 根据匀变速直线运动规律可得， 可见图中AE段与EC段的长度不相等，故AC错误，B正确； D．从A到C的过程中，水平方向的位移 竖直方向的位移为 由几何知识可得 设运动员在C点时速度方向与水平方向的夹角为，则有 联立可得，故D错误。 故选B。 6．B 【详解】A．、恰好分离时，具有向上的加速度，此时弹簧一定处于压缩状态，故A错误； B．设开始时弹簧压缩量为，则有 解得 分离瞬间，对分析，有 且 两式联立解得，故B正确； CD．对两物体受力分析知，开始运动时最小，分离时最大，则 对分析，有 解得，故CD错误。 故选B。 7．D 【详解】A．根据牛顿第二定律有 解得 可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，图像的斜率表示加速度，图中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A错误； B．阻力的瞬时功率大小 结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，则图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B错误； C．结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，即箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，图中图形描述的机械能最终等于0，不符合要求，故C错误； D．令箱子释放位置距离地面高度为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能 即图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D正确。 故选D。 8．CD 【详解】A．小朋友在A点时的速度为0，加速度沿着切线向下，小朋友处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，小朋友处于超重状态，故A错误； B．在整个运动过程中，由动能定理得 解得小朋友克服摩擦力做的功，故B错误； C．克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，为，而重力势能的减少量为，故C正确； D．小朋友在B点时，根据牛顿第二定律得 解得 结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑梯的压力大小，故D正确。 故选CD。 9．CD 【详解】A．在同一介质中，频率相同的两列机械波，波速相同，波长相等，机械波在时刚好传到2.5m处，则波的传播速度为，故A错误； B．根据波源的振动图像图乙可知，波源的起振方向向上，即振源起振方向沿轴正方向，故B错误； C．根据波源的波形图图丙可知，刚开始振动的质点沿轴负方向振动，又各质点的起振方向与振源起振方向一致，所以波源起振方向沿轴负方向，故C正确； D．点到两波源的波程差为 由图丙可知，机械波的半波长为，波程差为半波长的偶数倍，由于两列波的振源起振方向相反，所以点为振动减弱点，故D正确。 故选CD。 10．BD 【详解】A．小物块下滑过程中，对小物块与大物块组成的系统受力分析可知，所有接触面均光滑，系统的机械能与外界其他形式能量没有转化，系统机械能守恒；水平方向上，系统所受的合力为零，系统水平方向动量守恒；竖直方向，系统所受的合力不为零，则系统动量不守恒，故A错误； B．根据题意，设小物块和大物块各自速度的大小分别为和，水平向右为正方向，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 代入数据解得，，故B正确； C．小物块与大物块分离瞬间，由牛顿第二定律有 代入数据解得，故C错误； D．根据题意可知，小物块在点与墙壁发生弹性碰撞，速度反向，大小不变，大物块分离后向左做匀速直线运动，则从点到返回点过程中，由动能定理有 代入数据解得，故D正确。 故选BD。 11．(1) 1.6 9.5 (2)偏大 【详解】（1）[1]打点的频率为50 Hz，则纸带上计时点时间间隔为，打出C点时重物的速度大小 [2]根据逐差法，重物下落过程中的加速度大小 （2）实际频率为49.5 Hz，则实际的周期大于0.02s，计算时所用的T为0.02s偏小，故计算所得的测量值偏大。 12．(1)A (2) (3) 【详解】（1）为保证对心碰撞，两物块体积相同；为了让滑块与滑块碰撞后能同方向运动，需要两物块质量不同；为了排除材料对实验结果的影响，需选择相同材料。综上，故选A。 （2）由动能定理可得 解得滑块经过点的速度大小为 （3）[1]由动量守恒可得 由上述分析可得， 联立可得 [2]若发生弹性碰撞还应满足 解得 13．(1) (2) 【详解】（1）分析在倾斜滑轨上的受力，根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 （2）设到达倾斜滑轨末端时速度为，根据运动学公式有 解得 分析在水平滑轨上的受力，根据牛顿第二定律 依题意到达水平滑轨末端的速度 根据运动学公式 代入数据解得 14．(1) (2) (3)2.1m 【详解】（1）由题意可知，小滑块在A点处有 解得 （2）从A到B的过程由动能定理可知 解得小滑块在B点处的速度大小 由受力分析可知，小滑块在B点处 解得 （3）由于传送带的速度小于，则小滑块从传送带离开C点时的速度与传送带共速，动能 以B为零势能面，O点处的重力势能 由于，所以小滑块能运动到O点上方 设即将离开轨道时小滑块和O点的连线与OA的夹角为θ，此时小滑块速度为 由机械能守恒可知 由重力的分力提供向心力可知 联立解得，即 此时小滑块的高度 15．(1)小球的速度大小为，方向竖直向上；圆盘的速度大小为，方向竖直向下 (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球与圆盘碰撞前做自由落体运动，设小球第一次与圆盘碰撞前瞬间的速度为，则有 解得 小球与圆盘之间的碰撞是弹性碰撞，取向下为正方向，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得， 即小球第一次与圆盘碰撞后瞬间，小球的速度大小为，方向竖直向上；圆盘的速度大小为，方向竖直向下。 （2）从释放小球到小球第1次与圆盘发生碰撞的时间为 圆盘下滑时阻力为，加速度 圆盘减速到时下滑的距离 所用时间为 小球加速度恒为，小球第1次与圆盘发生碰撞后回到本次碰撞位置所用时间为 即第一次碰撞后，圆盘减速到0过程中，小球刚好回到本次碰撞位置。从第一次碰撞位置到第二次碰前的位置，由速度位移关系可得 解得 所用时间为 则从释放小球到小球第2次与圆盘发生碰撞的时间 （3）设第三次碰前小球的速度为，由动量守恒定律可得 由机械能守恒定律可得 解得， 第二次碰撞后，圆盘减速到过程中，小球刚好回到本次碰撞位置。从第二次碰撞位置到第三次碰前的位置，由速度位移关系可得 解得 由推导可得规律：每次碰撞后，圆盘减速到过程中，小球刚好回到本次碰撞位置，下一次碰撞前小球速度满足（第次碰撞前对应，、均为正整数） 第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘的位移为 第二次碰撞后到第三次碰撞前，圆盘的位移为 前次碰撞前，圆盘总下滑距离为等比数列，求和可得 当，总下滑距离的极限为 可知，圆盘未脱离直圆管，圆盘与管壁间产生的热量 物理参考答案　第 1 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $