2026届安徽蚌埠市高三上学期第一次教学质量检查（期末）物理试卷（含答案）

这是一份2026届安徽蚌埠市高三上学期第一次教学质量检查（期末）物理试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.光电效应实验电路如图甲所示，用三束光分别照射同一阴极K，电流表示数I与电压表示数U之间的关系如图乙所示。下列关于入射光频率大小关系的判断正确的是( )
A. ν1=ν2B. ν1>ν3C. ν1=ν3D. ν3>ν2
2.如图所示，水平传送带左端放置一物块，v0表示物块的初速度，v表示传送带的速度，规定水平向右为正方向，下列四幅图中展示的物块与传送带的速度关系，可以使物块受到水平向右摩擦力的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，水平放置的环形线圈，俯视时通入逆时针方向的电流，线圈一侧竖直放置一平面镜，镜中所成的像为镜像线圈，若镜像线圈及其电流真实存在，则原线圈和镜像线圈中轴线上的磁场方向分别为( )
A. 竖直向下，竖直向上B. 竖直向下，竖直向下
C. 竖直向上，竖直向上D. 竖直向上，竖直向下
4.一列简谐横波沿x轴传播，某时刻波形图如图所示，P、Q是介质中的两个质点，若此时Q点的加速度正在变小，则波的传播方向和此时P点的振动方向分别为( )
A. 向右，向下B. 向右，向上C. 向左，向下D. 向左，向上
5.如图所示，水平桌面上放置一个半圆形透明砖，O为圆心，半径为R。光在透明砖内的传播速度为 32c。光线从P点垂直界面入射后，在透明砖表面Q点恰好发生全反射。已知真空中的光速为c，则( )
A. 透明砖的折射率为 3B. 光从透明砖到空气的临界角为30∘
C. OP之间的距离为 32RD. 光从P到Q的时间为R2c
6.探测器进入环绕某行星的圆轨道运行，周期为T，轨道距行星表面的高度与行星半径之比为k，引力常量为G，则行星的平均密度为( )
A. 3π1+k3GT2B. 3πGT2C. π1+k3GT2kD. 3πk3GT2
7.如图所示，两个质量为m，边长为L的相同正方形木板(质量不均匀)用轻绳悬挂并都处于静止状态，两板顶点相接触于C点。其中O1、O2分别为AC、BC边的中点，∠ACB=120 ∘，OO1=OO2=0.5L，重力加速度为g，则两木板之间的作用力大小等于( )
A. mgB. 3mgC. 2mgD. 2 3mg
8.如图所示，水平线段OA上方某区域存在方向垂直于纸面的矩形匀强磁场区域(未画出)，磁感应强度大小为B，A为磁场边界上一点。一带正电的粒子从O点以平行于纸面，且与OA成30∘角的速度发射，经过磁场区域偏转后通过A点且速度方向与OA垂直。已知OA的长度为L，粒子的电荷量为q、质量为m，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )
A. 磁场方向垂直纸面向里
B. 粒子的速度大小为qBL3m
C. 粒子经过磁场区域轨迹弧长所对应的圆心角为150∘
D. 粒子通过磁场区域的时间为πm3qB
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
9.从宏观角度看，导体两端有电压，导体中就形成电流；从微观角度看，导体内有电场，自由电子就会定向移动。现对电路中长度为L的圆柱形金属直导线进行分析：设导线电阻率为ρ，导线内电场强度为E，两端电压为U，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，自由电子定向移动的平均速率为v。将导线中电流强度与导线横截面积的比值定义为平均电流密度，其大小用j表示。则下列表达式正确的是( )
A. j=nevB. ρ=nevC. U=nevLD. E=ρj
10.如图所示，倾角α=37∘的足够长斜面体放置在水平地面上，斜面体顶端装有一轻质定滑轮。一轻质细绳跨过滑轮，一端与斜面上质量为m的物块相连，另一端与劲度系数为k的轻弹簧相连，轻弹簧的另一端与地面相连，细绳不可伸长且与斜面平行，轻弹簧保持竖直且始终在弹性限度内。初始时用手控制物块使其静止且细绳刚好伸直，释放物块，物块沿斜面下滑时斜面体始终处于静止状态。不计物块与斜面、细绳与滑轮间的摩擦和空气阻力，重力加速度g=10 m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。则物块在下滑过程中( )
A. 下滑距离为3mg5k时，物块速度最大
B. 下滑的最大距离为6mg5k
C. 下滑的最大加速度为9g25
D. 下滑到最低点时，斜面体受到地面的摩擦力大小为12mg25
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.(1)小明用图甲所示的游标卡尺测量笔帽的内径时，应选用的测量爪是 (选填“A”、“B”或“C”)；示数如图乙所示，则内径为 mm。
(2)小明用螺旋测微器测量金属板的厚度。该螺旋测微器校零后的示数如图丙所示，测量金属板厚度时的示数如图丁所示，则金属板的厚度为 mm○
12.某实验小组进行测量电压表内阻的实验。提供器材如下：
电池E：电动势5 V，内阻很小；
电压表V1：量程0∼30 V，内阻约为25kΩ；
电压表V2：量程0∼3 V，内阻约为3kΩ；
待测电压表V3：量程0∼2.5 V，内阻约为2.5kΩ；
定值电阻R1=1000Ω；
定值电阻R2=10Ω；
滑动变阻器R3：最大阻值为50Ω；
开关S一个，导线若干。
(1)要精确测量电压表V3的内阻，设计的实验电路如图所示，则电压表V应选择 (选填“V1”或“V2”)，定值电阻R应选择 (选填“R1”或“R2”)；
(2)闭合开关S前，滑动变阻器R3的滑片应移至 (选填“a”或“b”)端；
(3)实验中记录电压表V和V3的示数U和U3，则电压表V3的内阻表达式r3= .(用U、U3和R表示)；
(4)该实验方案 (选填“存在”或“不存在”)系统误差。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，AB为长度L=2 m的水平光滑轨道，BC为固定在竖直面内半径R=0.5 m的光滑四分之一圆弧轨道，两轨道在B点平滑连接，质量m=2 kg的物块(可视为质点)静止在A点。现用一水平向右大小为F=55 N的力作用在物块上，运动到B点时撤去F。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)力F对物块做的功；
(2)物块到达C点时的速度大小；
(3)物块从C点脱离轨道后上升的最大距离。
14.如图(a)所示的坐标系内存在电场，电场强度随时间变化关系如图(b)所示，0∼t0时间内电场强度沿x轴正方向，大小为E0(未知)，t=0时刻从原点O由静止释放一个带正电的粒子，粒子质量为m、电荷量为q，在电场作用下沿x轴正方向运动，t=2t0时刻粒子恰好运动到x=L处，不考虑边界效应，不计粒子重力。求：
(1)电场强度的大小E0；
(2)0∼t0时间内粒子电势能的变化量；
(3)粒子速度减为零时的坐标。
15.如图所示，水平面内固定足够长的间距L=1 m的光滑平行金属直导轨，其左端PQ处与间距L=1 m的倾角θ=30∘的光滑平行金属导轨平滑连接，右端连接定值电阻R1=0.2Ω。水平导轨所在空间存在竖直向上，磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场。质量m2=0.3 kg、电阻R2=0.4Ω的金属棒N静置在水平导轨PQ处，现将质量m1=0.1 kg的绝缘棒M从倾斜导轨CD处由静止释放，在PQ处与金属棒N发生水平弹性碰撞。已知CD、PQ间的距离x=0.9 m；每次碰撞前棒N均已静止，所有碰撞时间极短且均为弹性碰撞，棒M、N始终与导轨垂直且接触良好；不计金属导轨电阻和空气阻力，忽略电流对原磁场的影响，重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)两棒第1次碰撞后瞬间，棒N的速度大小；
(2)棒N第2次运动过程中，通过电阻R1的电荷量；
(3)两棒运动过程中，电阻R1上产生的总焦耳热。
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.C
5.C
6.A
7.B
8.B
9.AD
10.ABD
11.A
11.30
6.859−6.862

12.V2
R1
a
U3RU−U3
不存在

13.解：(1)由功的定义可得，力 F 做的功 WF=FL
解得 WF=110J
(2)物块由 A 点运动到 C 点，由动能定理得 WF−mgR=12mvC2−0
解得 vC=10m/s
(3)物块从 C 点脱离轨道后做竖直上抛运动，则 vC2=2gh
解得 h=5m

14.解：(1)粒子在电场中运动时，设加速度大小为 a ，由牛顿第二定律得 qE0=ma
0∼t0 时间内粒子的位移 x1=12at02
t=t0 时刻粒子的速度 v1=at0
t0∼2t0 时间内粒子的位移 x2=v1t0
又 x1+x2=L
联立解得 E0=2mL3qt02
(2) 0∼t0 时间内电场力对粒子做的功 W=qE0x1
由功能关系得，电势能的变化量 ΔEp=−W
联立解得 ΔEp=−2mL29t02
(3) t=2t0 时刻之后粒子先做匀减速直线运动直到速度减为零，位移 x3=v122a
粒子速度减为零时的横坐标 x′=L+x3
联立解得 x′=43L ，故坐标为 43L,0

15.解：(1)绝缘棒 M 由静止释放运动到 PQ 处，由机械能守恒定律得 m1gxsinθ=12m1v02
两棒在 PQ 处发生水平弹性碰撞，则 m1v0=m1vM1+m2vN1
12m1v02=12m1vM12+12m2vN12
联立解得 vN1=1.5m/s
(2)两棒第一次碰撞后，棒 M 的速度 vM1=m1−m2m1+m2v0=−1.5m/s
方向水平向左，根据机械能守恒定律得第二次碰撞前棒 M 的速度 vM1′=1.5 m/s ，方向水平向右
同理可得，两棒发生第二次弹性碰撞后瞬间棒 N 的速度 vN2=2m1m1+m2vM1′=0.75 m/s
棒 N 第2次运动过程中，由动量定理得 −BI2LΔt2=0−m2vN2
通过电阻 R1 的电荷量 q2=I2Δt2
联立解得 q2=0.225C
(3)两棒运动过程中，由能量守恒定律可得 m1gxsinθ=Q总
又 Q总=QR1+QR2
QR1QR2=R1R2
联立解得 QR1=0.15 J