广东省江门市2025-2026学年高三年级上册10月调研测试物理试题（解析版）

广东省江门市2025-2026学年高三上学期10月调研测试

物理试题

本试卷共6页，15小题，满分100分，考试时间75分钟。

注意事项：

1.答题前，考生务必把自己的姓名、考生号等填写在答题卡相应的位置上。

2.做选择题时，必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，川橡皮

擦干净后，再选涂其它答案标号。

3.非选择题必须使用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上。

4.所有题目必须在答题卡上指定位置作答，不按以上要求作答的答案无效。

5.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。

一、单项选择题：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

个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。

1.2025-2026赛季国际滑联花样滑冰赛曼谷站郭蕊/张益文组合夺冠。郭蕊、张益文原来静

止在水平冰面I-.，当他们被对方在很短的时间内推向相反方向运动，分开后郭蕊在冰面上

滑行的距离比张益文远，两人冰刀与冰面间的动摩擦因数相同，卜.列说法正确的是

()

A.分开后两人运动的速度大小相等

B.郭蕊推张益文的作用力大于张益文推郭蕊的作用力

C.他们之间的作用力和反作用力大小相等，方向相反

D.他们之间的作用力和反作用力的瞬时功率相等

【答案】C

【解析】A.分开后，两人做减速运动，末速度为零，且郭蕊在冰面上滑行的距离比张益

文远，对其中任一人分析.根据动能定理有一〃〃[gs=0-；〃7,.解得V=

可知分开后郭蕊的速度比张益文的速度大，故A错误：

BC.郭蕊推张益文的作用力与张益文推郭蕊的作用力是作用力与反作用力，大小相等，方

向相反，故B错误，C正确；

D.根据可知相互作用力大小相等，但速度大小不相等，故他们之间的作用力和

反作用力的瞬时功率不相等，故D错误。故选C。

2.磐筐挑东西的简化图如图所示，算筐口是半径为R的圆。蓼筐由。、A。三根长均为

2R的绳吊起，且三根绳和梦筐连接点将攀筐口均分为三等份。篦筐及筐中物品的总质量为

〃?，绳的重力不计，若人挑着等筐静止不动时，重力加速度为g，下列说法正确的是

()

A.三根绳对号筐的作用力为〃?处方向竖直向下

B.每条绳的拉力大小为竽〃唔

C.改用事长的三根州，卷条绳上的折力将不变

D.a、b两绳拉力的合力与c绳的拉力大小相等方向相反

【答案】B

【解析】A.萝筐及筐中物品处于静止状态，根据平衡条件，可知三根绳对萝筐的作用力

与重力平衡，大小为"7g，方向竖直向上，故A错误；

B.设每根绳与竖直方向的夹角为。，根据几何关系可得sinO=£=4解得。=30

2A2

对瞥筐及筐中物品分析，住竖直方向上根据平衡条件有3Fcos30=mg

解得尸=平〃为，故B正确；

C.若改用更长的三根绳，即八2/?,根据几何关系有sin6=4

2A

可知sin。减小,故。减小，则cos。增大，根据平衡条件有3尸cos。=mg

可得尸=产7,可知拉力尸减小，故C错误；

D.根据受力分析，可知〃、两绳的拉力在水平方向的分力的合力与。绳的拉力在水平方

向的分力大小相等方向相反，故D错误。故选B。

3.如图所示，斜面平滑连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量为相

的小球从斜面上高为R处静止释放，到达水平面时恰能贴着挡板内侧运动。不计摩擦，重

力加速为g,则小球经A点时档板对小球的压力大小是()

C.D.2mg

【答案】D

【解析】设小球滑到底端速度为y,小球经A点时档板对小球的压力大小为尸，由动能定

理"叫R-0,F=用=,解得尸=2〃陪，故选D。

2R

4.质量为，〃的物体静止放在粗糙水平面上，用水平拉力拉动物体，物体运动•段时间后撤

去拉力，物体运动的图像口-1如图所示，下列说法正确的是（）

A.物体在o~3fo时间内的位移为2%t。B.拉力与物体所受摩擦力的大小之比为3:1

C.拉力的大小为1D.在。~%时间内拉力做功为誓■

，02

【答案】B

【解析】A.根据口一，图像与横轴围成的面积表示位移，可知物体在0~3fo时间内的位移

I3

为x=5%x3（=5卬°，故A错误；

BC.由题图可知物体加速阶段和减速阶段的加速度大小分别为6%=2

根据牛顿第二定律可得尸-/=〃9,f=叫

联立可得拉力与物体所受摩擦力的大小之比为F:/=3:l

拉力的大小为尸=3/=婴\故B正确，C错误；

4）

D.在0~2时间内物体通过的位移大小为玉二g%1o

在。〜fo时间内拉力做功为卬=丹=加且，故D错误。故选B。

4

5.2025年4月，神州二十号载人飞船成功发射，并成功对接于空间站“天和”核心舱径向端

口，空间站',天和"核心舱离地高度约4U0km。下列说法正确的是（）

A.空间站轨道处的加速度大于9.8m*2

B.空间站绕地球飞行的速度小于第一宇宙速度

C.飞船的发射速度小于第一宇宙速度

D.要实现8船与核心舱的对接，需要把K船送入核心舱轨道后再加速追上核心舱

【答案】B

【解析】A.空间站轨道处的加速度为引力加速度<="，其中，•为空间站的轨道半径,

厂

r=R+h（R为地球半径，力为轨道高度）；地面处的重力加速度为g=^=9.8m/s，

R2

因为〃>R，所以g'vg.即空间站轨道处的加速度小于9.8m/s?,故A错误。

B.第一宇宙速度是卫星在近地轨道（轨道半径约等于地球半径运行的速度，大小为

匕=停；空间站的轨道半径r>/?,其运行速度为口=小丝，所以匕，故B正确

c.第一宇宙速度是从地面发射卫星，使其环绕地球做圆周运动的最小速度；要将飞船发

射到离地约400km的轨道，其发射速度必须大于第一宇宙速度，故C错误。

D.飞船在与核心舱相同的轨道上加速，根据（；绊<加匕,

飞船将做离心运动，进入更

rr

高的轨道。在更高的轨道上，其运行速度更小，周期更长，反而会离核心舱越来越远；

正确的对接方式是，K船在比核心舱更低的轨道上运行，利用较低轨道速度更快的特点追

上核心舱，在接近时再加速变轨到核心舱轨道实现对接，故D错误。故选B。

6.甲同学在水平匀速直线行驶的车上，利用实验装置从静止开始竖直向上提起小球，甲同

学观测小球的运动情况，并作出小球的动能纭与提起高度，的关系图像如图所示。静止在

地面上的乙同学观察到小球的运动轨迹可能是（)

【答案】A

【解析】根据动能定理可得以7z=AEk，则线-力图像的斜率表示小球所受合力，由题图

可知，小球在竖直向上运动过程中，受到的合力恒定不变，则小球竖直方向向上做匀加速

宜线运动；对于静止在地面上的乙同学，小球水平向右做匀速直线运动，竖直向上做匀加

速直线运动，则轨迹是开口向上的抛物线。故选A。

7.如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A,轻质定滑轮下方悬挂重物B。开始时重物A、

B处于静止状态，释放后沟开始运动。A、B的质量均为〃?，忽略摩擦和空气阻力，重力加

速度为g，下列说法正确的是（）

A.释放后重物A向下运动

B.释放后重物B的机械能守恒

C.当A的位移为〃时，A的速度为摩

D.当A的位移为h时，A的机械能增加量为

【答案】C

【解析】A.设细线拉力为。由图示可知，A受到两细线的拉力为2。方向向上，B

受到细线的拉力为7,方向向上，A、B所受重力大小相等，则A、B释放后，A向上运

动，B向下运动，故A错误：

B.释放后重物A、B组成的系统满足机械能守恒，但绳子拉力对B做功，所以重物B的

机械能不守恒，故B错误；

CD.当A的位移为〃时，B下降的高度为2力，设此时A的速度大小为叭则B的速度大

小为2u：根据系统机械能守恒可得〃zgx2/_〃磔=｝加+?〃（2疗，解得y=梓!

A的机械能增加量为八怎=，几助+叫力，故C正确，D错误。故选C。

二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个

选项符合题目要求，错选、多选不得分，选不全得3分。

8.吴健雄是当代杰出的女物理学家，国际小行星中心将国际编号为2752号的地外小行星

命名为“吴健雄星吴健雄星的半径约为16km,密度与地球密度接近，它的公转速度约为

20km/So已知地球的公转速度约为30km/s,半径为6400km,下列说法正确的是（）

A.吴健雄星轨道半径小于地球的轨道半径

B.吴健雄星的公转周期大于地球的公转周期

C.吴健雄星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比约为1：200

D.吴健雄星的表面重力加速度与地球的表面重力加速度之比约为1：400

【答案】BD

【解析】AB.行星绕太阳公转时，万有引力提供向心力，设公转半径为「，周期为。则

GMmv24病-rzy\GM、Ir3

F=可得"匕一‘丁=2%（而

由于吴健雄星绕太阳公转速度较小，所以它绕太阳的公转半径较大，周期较大，故A错

误，B正确；

c.第一宇宙速度为，座二巨E二、反菽

yP\

吴健雄星密度与地球密度接近，可得一些二£=标，故C错误;

匕地R40°

D.星球表面附近，物体的重力等于万有引力£警=，型

R-

得GM'Gpx?*

g吴凡1

所以--="=TTT»故D正确。故选BD。

g地R400

9.某地一个风力发电机的叫片转动时可形成半径为我的圆面，某时间内该地区的风速为

v,风向恰好跟圆面垂直，冲击叶片后的速度为零，已知空气的密度为夕，发电机将空气的

动能转化为电能的效率为"，则下列说法正确的是（）

A.单位时间内冲击发电机的气流的动能为/

B.单位时间内冲击发电机的气流的动量为兀*夕丫

C.发电机的功率为;兀R》"一

D.气流对叶片的作用力为兀六2一

【答案】ACD

【解析】AR.单位时间内冲击风力发电机叶片圆面气流的体积为1/=30=河川

Ar

单位时间内冲击发电机的气流的质量为加=/）V

则单位时间内冲击发电机的气流的动能为纭=；〃八』=g兀六「一

单位时间内冲击发电机的气流的动量为〃=〃7Au=7TKpR2,故A正确，B错误;

c.风力发电机发电的电功率"H'加"_・加

=故c正确;

1―-------------------------------------

Ar△t

D.对单位时间内冲击发电机的气流，根据动量定理有()-Amu=fAr

根据牛顿第三定律有，气流对叶片的作用力9=尸

解得/'=兀2。，，故D正确。故选ACD。

10.如图所示为自行车气嘴灯及其结构图。弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连

接，触点A固定在P上，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点4、B

接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点8与车轮圆心距离为R,车轮静止且气嘴灯在最

低点时触点A、B距离为d,已知P与触点A的总质量为机，弹簧劲度系数为重力加速

度为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点，下列说法正确

的是()

接

触

式

开

关

A.要使气嘴灯在最低点能发光，车轮匀速转动的最小拜速度为、国

VniR

B.要使气嘴灯在最低点能发光，车轮匀速转动的最小角速度为烂需

c.要使气嘴灯在最高点能发光，车轮匀速转动的最小角速度为、注餐

VmR

D.要使气嘴灯在最高点能发光，车轮匀速转动的最小隹速度为护呼电

【答案】AC

【解析】AB.当气嘴灯运动到最低点时发光，此时车轮匀速转动的角速度最小,

则有kd=mRco'，解得①故A正确，B错误:

CD.当气嘴灯运动到最高点时能发光，则生Z+2，〃g=〃z/?G'2

解得〃=竺2型，故C正确，D错误；故选AC。

VmR

三、非选择题：本大题共5小题，共54分。

11.图为“探究加速度与物体受力及质量的关系”的实验装置图。图中A为小车，B为装有

祛码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花计时器，电

火花计时器接50Hz交流电，小车的质量为M，托盘及祛码的总质量为〃

A.实验中托盘及祛码的总质量应远小于小车的质量W

B.长木板必须保持水平

C.实验时应先接通电源后释放小车

（2）图乙为某次实验得到的一条纸带，两相邻计数点间有四个点未画出，纸带上标出了相

邻计数点之间的距离，打计数点4时小车的速度大小是___________m/s；小车运动的加

速度大小是m/s2o（结果均保留两位小数）

（3）实验时，某同学忘记了平衡摩擦力这一操作，因此他测量得到的。-尸图像，可能是

图丙中的图线。（选填“①”、"②”或“③”）

【答案】（1）AC##CA（2）0.34；0.50（3）③

【解析】本实验中是用托盘及祛码的总重力来代替小车所受到的合外力，实验开

始前应先取下托盘及祛码，将长木板装有打点计时器的一端垫起适当的高度，轻推小车使

打点计时器在纸带上打出均匀的点迹，以此来确定完全补偿了阻力，而后拄上托盘及硅

码，设绳子的拉力为。根据牛顿第二定律有〃g=（M+m）〃，T=Ma

了二〃以

联立可得一］+〃z，可知，只有托盘及祛码的总质量应远小于小车的质量加，绳中的拉

M

力才近似等于托盘及祛码的总重力，故A正确，B错误；

C.实验时为节省纸带，收集更多的实验数据，增加实验的可行性，应先接通电源后释放

小车，故c正确;

D.一次函数图像是最为直观的图像，根据〃吆=%，变式可得。=〃吆1_

则可知，为了便于得出加速度与质量的关系，应做出。-'的图像，故D错误。

M

故选AC。

（2）该打点计时相频率为50H,则其周期为0.02s,所给纸带上每两个点迹之间还有4个

点未画出，则可知纸带上每两个点迹之间的时间间隔为0.1s,而对匀变速直线运动而言，

其某段时间内的平均速度就等于该段时间中间时刻的瞬时速度，由此可得打计数点4时小

(3.12+3.63)x10-2

车的速度大小是匕m/sa0.34m/s

0.2

根据匀变速直线运动连续相等时间间隔内的位移差公式&二〃/

可得4_包(3.12+3.63)-(2.134-2.63)

xIO-2m/s2=0.5()m/s2

(0.2)2

（3）因该同学实验时未平衡摩擦力，设摩擦力为了,则由牛顿第二定律有产一/二/或/

整理可得。=£-工，可知图像具有正的横截距，因此图像应为③。

MM

12.在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验：如图甲所示，将

质量为〃?、直径为”的金属小球在一定高度力由静止释放，小球正下方固定一台红外线计

时器，能自动记录小球挡住红外线的时间/，改变小球下落高度日进行多次重复实验，

发射器接收器

红外线：时间显示器

甲

（1）用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径4=mm；

（2）根据实验的多组数据作出的力-4•图像为过原点的直线，如图丙所示，则可知金属小

r

球下落时机械能守恒。由图中所给的数据可求得重力加速度为,若考虑空气阻力，

则重力加速度的测量值会______（填“偏大偏小"或“不变”）；

（3）经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量△或总是稍小于重力势能减少量

增加释放高度后，两者的差值会_（填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案】（1）6.870（2）—；不变（3）增加

2b

【解析】【小问I］用螺旋测微器测小球的直径d=6.5mm+0.01mmx37.0=6.870mm

【小问2】小球到接收器的速度为丫=幺

t

根据机械能守恒定律有〃机5=14,解得力

f21/2

结合图像可知一，解得工

2ga2h

若考虑空气阻力，则有〃织6-叱="!_"7（4）2,解得〃=1T+—

22t2gt~mg

j2

可见图像斜率依然为Z=丁，则测量值不变。

2g

【小问3】由于下落过程中空气阻力的作用，使得小球动能的增加量总是稍小于重力势能

的减小量，则增加释放的高度后，空气阻力做功会增加，两者的差值会增大。

13.如图所示，竖直放置在水平面的滑杆上套有弹性滑块，滑块与滑杆间产生沿杆的滑动

摩擦力/=12N0现将滑块从A处静止释放，已知滑块的质量〃?=2kg,滑杆的质量

M=3kg,A点距地面的高度L=2m,重力加速度g取lOm/s?,不考虑空气阻力。

求：

（1）滑块下滑过程中地面对滑杆的支持力大小：

（2）滑块落地时的速度大小：

（3）若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，求滑块第一次碰撞后上升的高度。

【答案】（1）42N（2）4m/s（3）0.5m

【解析】【小问1】滑块下滑过程中，以滑杆为对象，根据平衡条件可得"地=吸+/

解得地面对滑杆的支持力大小为N地二42N

【小问2】以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得相=〃也

解得加速度大小为6/=4m/s2

根据运动学公式可得

解得滑块落地时的速度大小为u=4m/s

【小问3】若滑块与地面碰撞后瞬间速度等大反向，滑块向上运动过程，根据牛顿第二定

律可得mg+/=〃〃/

解得加速度大小为a=16m/s2

4"

则滑块第一次碰撞后上升的高度为h=—=--m=().5m

2d2x16

14.质量为〃?的某型号双响爆竹的结构简化图如图所示，其内部结构分上、下两层，分别

装载火药。某次在一水平地面上的燃放测试中，点燃引线，下层火药被瞬间引燃后，爆竹

获得了竖直升空的初始速度。当爆竹上升到最大高度。处时，上层火药恰好被引燃，爆竹

瞬间分裂成质量之比为1:2的P、。两部分。若P、。均沿水平方向飞出，落地点间的水

平距离为L,不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。求：

(1)下层火药被引燃后爆竹获得的动量；

(2)上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为多少？

r2

【答案］(1)(2)上主

718/22

【解析】【小问I］设下层火药被引燃后爆竹的速度大小为力则/=2g/z

下层火药被引燃后爆竹获得的动量为〃=〃“，解得后

【小问2】引燃I:层火药后尸、Q两部分向相反的方向做平抛运动，设水平方向初速度分

别为M、v2,则竖直方向有〃=gg/

水平方向有乙=卬+彩，

上层火药燃爆时，水平方向动最守恒，取P部分获得的速度方向为正方向,

则有0=?叫一：〃时，解得马考旧，

I110

所以上层火药燃爆后爆竹PQ两部分获得的机械能为耳叫2+；x：〃叱2mgl}