2026届山西省山西现代双语学校等学校高三上学期开学物理试题（解析版）

这是一份2026届山西省山西现代双语学校等学校高三上学期开学物理试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（本试卷满分100分，共6页，考试时间为75分钟）
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，只有一项符合题目要求）
1.关于电场线，下列说法中正确的是（ ）
A.电场线与电荷运动的轨迹是一致的
B.电场线是客观存在的
C.沿电场线方向，场强一定越来越小
D.电场线上某点的切线方向与电荷在该点所受电场力方向共线
【答案】D
【解析】
【详解】A．只有当电场线是直线，电荷所受外力的合力与速度平行于电场线时，电场线与电荷运动的轨迹才是一致的，否则，电场线与电荷运动的轨迹不一致，A错误；
B．电场线是为了能够形象描述电场而人为假想的，实际上不存在，B错误；
C． 电场线分布的疏密程度能够描述电场强度的大小，沿电场线方向，场强不一定越来越小；比如匀强电场，沿电场线方向，场强保持不变，C错误；
D．正电荷的电场力与电场强度方向相同，负电荷的电场力方向与电场强度方向相反，即电场线上某点的切线方向与电荷在该点所受电场力方向共线，D正确。
故选D。
2.港珠澳跨海大桥总长55公里，创下世界最长跨海大桥的记录。如图是港珠澳大桥上四段长为的等跨钢箱连续梁桥，若汽车从点开始做匀减速直线运动，恰好运动到点静止，则（ ）
A.通过点和点的速度之比为
B.段的平均速度等于点的瞬时速度
C.通过段和段的时间之比为
D.段的速度变化量大于段的速度变化量
【答案】C
【解析】
【详解】A．将运动过程反向来看成从e到a的初速度为零的匀加速过程，有，
可得，故A错误；
B．根据匀变速运动规律段的平均速度为，故B错误；
C．根据初速度为零匀变速运动推论可知相等的时间内的位移比为，由于段和段的位移之比为，故时间之比为，故C正确；
D．根据
可得b点的速度为
故段的速度变化量为
段的速度变化量为
即，故D错误。
故选C。
3.如图所示，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为，卫星在半径为R的近地圆形轨道I上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为5R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，设卫星质量保持不变，则（ ）
A.卫星在轨道Ⅲ的运行速率大于
B.卫星在轨道I、Ⅲ上运行的周期之比为10：1
C.卫星在I、Ⅱ、Ⅲ三个轨道中，在轨道Ⅲ上的机械能最小
D.卫星在轨道I上稳定飞行经过A处的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星在半径为R的近地圆形轨道I上运动，重力提供向心力，有
解得
根据万有引力提供向心力，有
解得
可知轨道半径越大，运行速率越小，由于轨道Ⅲ的运行半径大于轨道Ⅰ的运行半径，故卫星在轨道Ⅲ的运行速率小于，A错误；
B．卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的半径分别为和，根据开普勒第三定律可知
可得
B错误；
C．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，必须在A点点火加速，机械能增大，卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，必须在B点点火加速，机械能增大，故在轨道Ⅲ上的机械能最大，C错误；
D．根据牛顿第二定律有
解得
可知在同一点，相同，则加速度相等，故卫星在轨道I上稳定飞行经过A处的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度，D正确。
故选D。
4.汽车在平直公路上由静止以恒定的功率起动，若汽车所受阻力不变，在达到最大速度之前，其v—t图像为（ ）
A.B.
C.D.
【答案】B
【解析】
【详解】汽车以恒定功率启动，根据，可知随着速度的增大，牵引力F在减小，汽车运动过程中，在水平方向上受牵引力和阻力作用，根据牛顿第二定律可得
解得
F减小，f恒定不变，所以加速度a在减小，即汽车做加速度减小的加速运动，而图像中图线的斜率表示加速度，所以图像的斜率在减小，故选B。
5.如图所示，一梯子斜靠在光滑的竖直墙壁上，下端放在粗糙的水平地面上，某工人站立于梯子上，下列说法正确的是（ ）
A.地面对梯子的摩擦力方向水平向右
B.人和梯子组成的系统受三个力作用
C.梯子对工人的作用力竖直向上
D.地面对梯子的作用力竖直向上
【答案】C
【解析】
【详解】A．对人和梯子组成的系统受力分析，由平衡条件可得，梯子在水平方向受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，故A错误；
B．人和梯子组成的系统在竖直方向上受重力、地面的支持力，因为墙光滑，所以竖直墙对梯子没有摩擦力；在水平方向上，受到竖直墙壁水平向右的支持力和地面水平向左的摩擦力，共四个力作用，故B错误；
C．对人受力分析，人受到竖直向下的重力，根据平衡条件，梯子对工人的作用力竖直向上与重力平衡，故C正确；
D．地面对直梯的作用力为支持力和摩擦力的合力，方向斜向左上方，故D错误。
故选C。
6.下列有关光电效应的说法错误的是（ ）
A.爱因斯坦提出了光电效应理论
B.甲图实验中让锌板带负电，光照后，验电器张角会变小
C.乙图中光电子到达A板的速度越大，则光电流越大
D.乙图光电流的大小与入射光束的光强有关
【答案】C
【解析】
【详解】A．爱因斯坦提出了光子说理论，并成功地解释了光电效应实验，故A正确；
B．由于事先使锌板带负电，验电器张开一定的角度，锌板表面的自由电子溢出后，验电器的指针张角变小，故B正确；
C．当达到饱和光电流以后，继续增加光电管两端的电压，即增加光电子到达A板的速度，光电流不变，故C错误；
D．当光电管两端的电压不变，即光电子到达A板的速度不变，入射光越强，光子数越多，光电流越大，则光电流的大小与入射光束的光强有关，故D正确。
本题选错误的，故选C。
7.如图所示，两根相距为L的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则( )
A.，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
B.，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C.MN受到的安培力大小，方向水平向左
D.MN受到的安培力大小，方向水平向左
【答案】D
【解析】
【分析】当MN运动时切割磁感线，MN相当于电源．由右手定则判断电流的方向．再根据闭合电路欧姆定律求出MN两端电压的大小．由左手定则可得出安培力的方向；由F=BIL可求得安培力的大小．
【详解】AB.当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E=BLv，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为BLv，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b经R到d．故A B错误．
CD.由欧姆定律可知，电流，则MN受到的安培力大小FA=BIL=；故C错误，D正确．
故选D．
【点睛】本题考查导体切割磁感线中的力学及电路问题，要求能够把电磁感应和电路知识结合起来解决问题．明确电压值为路端电压，不是电源的电动势．
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.如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A.按键的过程中，电容器的电容减小
B.按键的过程中，电容器的带电量增大
C.按键的过程中，图丙中电流方向从a流向b
D.按键的过程中，电容器两极板间的电场强度增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据，按键的过程中，极板之间间距减小，则电容器的电容增大，故A错误；
B．根据电容定义式有，极板之间电压不变，结合上述，按键的过程中，电容器的电容增大，则电容器的带电量增大，故B正确；
C．根据图丙可知，下极板带负电，结合上述，按键的过程中，电容器的带电量增大，电子（负电荷）从a流向b，则按键的过程中，图丙中电流方向从b流向a，故C错误；
D．根据，电容器极板之间电压一定，按键的过程中，极板之间间距减小，则极板之间的电场强度增大，故D正确。
故选BD。
9.某学习小组在探究三棱镜对光的色散的实验中，用一束含有A、B两种不同颜色光的光束以一定的角度从三棱镜的一面射入，并从另一面射出，如图所示。由此我们可以知道（ ）
A.玻璃砖对B光的折射率小于对A光的折射率
B.A光的光子能量比较小
C.照射同一狭缝，A光通过狭缝后的衍射现象更明显
D.在使用同一个装置进行双缝干涉实验时，B光的干涉条纹间距较大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由题图可知，通过三棱镜后，B光偏折较多，则三棱镜对B光的折射率较大，故A错误；
B．折射率大的光频率大，故A光的频率小于B光的频率，由，可知A光的光子能量较小，故B正确；
C．由和可知，故照射同一狭缝，A光通过狭缝后的衍射现象更明显，故C正确；
D．由双缝干涉条纹间距公式和可知，B光的干涉条纹间距较小，故D错误。
故选BC。
10.如图，ABC三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为mA=2kg、mB=3kg、mC=2kg，初状态三个小球均静止，BC球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态现给A一个向左的初速度v0=10m/s，AB碰后A球的速度变为向右，大小为2m/s。下列正确的是（ ）
A.球A和B碰撞是弹性碰撞
B.球A和B碰后，弹簧恢复原长时球C的速度为9.6m/s
C.球A和B碰后，球B的最小速度为1.6m/s
D.球A和B碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96J
【答案】ABC
【解析】
【分析】
【详解】A．AB两球相碰，根据动量守恒定律
代入数据，可求得
m/s
由于，在碰撞的过程中满足
因此该碰撞是弹性碰撞，A正确；
BC．由于BC及弹簧组成系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当B的速度最小时，应该是弹簧处于原长状态
整理得

因此B的最小速度为，此时C球的速度为，BC正确；
D．当BC两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大
解得
D错误
故选ABC。
三、实验题（共16分）
11.在探究“物体质量一定时加速度与力的关系”的实验中，某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化，设计了如图甲所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。
（1）在平衡摩擦力后，根据优化后的实验装置，实验中________（选填“一定要”或“不需要”）保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M。
（2）某同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（两计数点间还有四个计时点没有画出），已知打点计时器使用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为________m/s2。（结果保留三位有效数字）。
（3）平衡摩擦力后，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a­F图象是一条过原点的直线，如图丙所示，若直线的斜率为k，则小车的质量为________。（用k表示）
【答案】①.不需要②③.
【解析】
【详解】（1）[1]在平衡摩擦力后，根据优化后的实验装置，小车所受的合外力即为绳中拉力的2倍，而绳中拉力通过弹簧测力计得出，因此不需要用砂桶的重力近似替代绳子的拉力，即不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M。
（2）[2]两计数点间还有四个计时点没有画出，说明相邻两计数点间的时间间隔为t＝0.1 s，根据逐差法
Δx＝xm－xn＝（m－n）at2
可得
代人数据得
a＝2.00m/s2
（3）[3]平衡摩擦力后，小车所受的合外力为2F，根据牛顿第二定律有
2F＝Ma
可得
故图像的斜率为
所以小车的质量为
12.某物理兴趣小组欲描绘一小灯泡“2.5V，1.2W”的伏安特性曲线，实验室提供的器材如下：
A．电流表（量程为0.6A，内阻约为0.5Ω）；
B．电压表（量程为0~3V，内阻约为5kΩ）；
C．滑动变阻器（最大阻值为5Ω，允许通过的最大电流为2.0 A）；
D．滑动变阻器（最大阻值为200Ω，允许通过的最大电流为0.3 A）；
E．直流电源（电动势为4V，内阻不计）；
F．开关、导线若干。
（1）滑动变阻器应选___________（填所选器材前的字母），应采用电流表_______接法。
（2）请在方框内画出满足实验要求的电路图________。
（3）在实验中，当小灯泡两端加2.5V的电压时，此时小灯泡的电阻为________Ω（保留两位有效数字）。
【答案】①.C②.外③.④.8.3
【解析】
【详解】（1）[1][2]根据图像可知电压从0开始测量，滑动变阻器采用分压式接法，小灯泡电阻约为
小灯泡电阻和电表内阻的关系
所以电流表采用“电压表与灯泡并联后再与电流表串联”的连接方法（俗称外接法）
为了便于分压调节，滑动变阻器选用阻值较小，额定电流较大的C；
（2）[3]根据以上分析，电路图如图
（3）[4]当小灯泡电压为2.5V时，从图中读出此时流过小灯泡的电流为0.3A，故
=8.3Ω
四、解答题（共38分）
13.得知某企业的一个特殊车间需要环境温度的监控，小伟同学制作了一个简易的环境温度监控器，如图所示，汽缸导热，缸内温度与环境温度可以认为相等，达到监控的效果。汽缸内有一质量不计、横截面积，的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物m，若轻绳拉力刚好为零，警报器即开始报警。当缸内温度为时，活塞与缸底相距，与重物相距。环境空气压强，重力加速度大小，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦。
（1）当活塞刚好接触重物时，求缸内气体的温度；
（2）某时刻警报器开始报警，若重物质量为，求此时缸内气体温度。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
从开始到活塞刚接触重物，气体为等压变化过程，则
解得
【小问2详解】
从刚接触重物到绳子拉力刚好为零，有
气体为等容变化过程
解得。
14.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第IV象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量、电荷量的带正电粒子，以大小v=10m/s的速度从P点沿与y轴负方向成进入磁场。已知O、P两点间的距离s=0.16m，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，粒子重力不计。求：
（1）磁场磁感应强度大小B=2T时粒子在磁场中运动的轨迹半径r；
（2）若粒子不能进入x轴上方，磁场的磁感应强度满足的条件。
【答案】（1）0.25m；（2）
【解析】
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）如图所示
由几何关系可得
联立解得
故磁场的磁感应强度大小满足的条件为
15.如图所示，以A、B为端点的一光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点。离滑板右端处有一竖直固定的挡板P，一物块从A点由静止开始沿轨道滑下，经B滑上滑板。已知物块可视为质点，质量为，滑板质量，圆弧轨道半径为，物块与滑板间的动摩擦因数为，重力加速度为g。滑板与挡板P和端的碰撞没有机械能损失。
（1）求物块刚滑到轨道末端B点时对轨道的压力；
（2）求滑板与挡板P碰撞的瞬间，物块的速度大小；
（3）要使物块始终留在滑板上，求滑板长度最小值L。
【答案】（1）3mg，方向竖直向下；（2）；（3）2R
【解析】
【详解】（1）物块由A到B过程由机械能守恒定律可得
解得
B点有
解得
由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为3mg，方向竖直向下。
（2）设物块与滑板具有共同速度，物块与滑板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
设此过程滑板位移为s，对滑板，由动能定理得
解得
故假设不成立，即滑板与挡板P碰撞前瞬间物块与滑板未达到共速，设碰撞前瞬间滑板速度为，由动能定理得
解得
则由动量守恒定律可得
解得
（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后的速度大小不变，方向向左，此后滑板做匀减速直线运动，物块向右减速，设两者达到共同速度，以向左为正方向，由动量守恒定律可得
解得
说明二者速度同时减为0，设此时滑板离挡板P的距离为，由动能定理得
解得
全程物块和滑板对地位移分别为
因此，滑板长度最小值即相对位移