2026届四川省泸州市合江天立学校高高三第一次调研测试物理试卷含解析

这是一份2026届四川省泸州市合江天立学校高高三第一次调研测试物理试卷含解析，共15页。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、投壶是古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪。某人向放在水平地面的正前方壶中水平投箭（很短，可看做质点），结果箭划着一条弧线提前落地了（如图所示）。不计空气阻力，为了能把箭抛进壶中，则下次再水平抛箭时，他可能作出的调整为（ ）
A．减小初速度，抛出点高度变小
B．减小初速度，抛出点高度不变
C．初速度大小不变，降低抛出点高度
D．初速度大小不变，提高抛出点高度
2、如图所示，两根互相平行的长直导线垂直于平面S，垂足分别为M、N，导线中通有大小相等、方向相反的电流。O为MN的中点，PQ为M、N的中垂线，以O为圆心的圆与 MN、PQ分别相交于a、b、c、d四点。则下列说法中正确的是（ ）
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．a、c两点处的磁感应强度方向不同
D．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
3、如图所示，圆形线圈在条形磁铁顶部S极处，线圈平面与磁铁垂直．当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，从上往下看线圈中感应电流方向为（ ）
A．始终顺时针B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针D．先逆时针再顺时针
4、如图所示，质量为m的物块从A点由静止开始下落，加速度是，下落H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则( )
A．物块机械能守恒
B．物块和弹簧组成的系统机械能守恒
C．物块机械能减少
D．物块和弹簧组成的系统机械能减少
5、据《世说新语》记载，晋明帝司马昭在回答“汝意谓长安与日孰远”时，一句“举目望日，不见长安”惊愕群臣。我们生活的2020年初的地球，需经8分13秒才能看见太阳的光芒，但我们离长安却隔了将近1111年。距研究者发现，地球与太阳的距离不断缩小，月球却在逐渐远去。下列说法正确的是
A．在2020初，地日距离约为150万千米
B．倘若月球彻底脱离了地球，则它受到地球对它的引力为0
C．与长安城中的人相比，我们的“一个月”在实际上应略长于他们的
D．与长安城中的人相比，我们的“一年”在实际上应略长于他们的
6、如图所示，一理想变压器，其原副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，为了使变压器输入功率增大，可使
A．其他条件不变，原线圈的匝数n1增加
B．其他条件不变，副线圈的匝数n2减小
C．其他条件不变，负载电阻R的阻值增大
D．其他条件不变，负载电阻R的阻值减小
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、电阻R接在20V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为。已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在（V）的交流电源上，此变压器（ ）
A．副线圈输出电压的频率为100Hz
B．副线圈输出电压的有效值为10V
C．原、副线圈的匝数之比为2︰1
D．原、副线圈的电流之比为1︰4
8、关于动量冲量和动能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大B．物体的动量变化，其动能有可能不变
C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化D．物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上
9、下列说法中正确的是 。
A．电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性
B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小
D．光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性
10、下列有关热现象的说法中，正确的是（ ）
A．温度高的物体内能不一定大
B．气体的温度升高，所有分子的运动速率都增大
C．物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
D．对物体做功不能改变物体的分子势能
E.物体的内能跟物体的温度和体积有关
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学用图甲所示装置测量木块与木板间动摩擦因数。图中，置于实验台上的长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小木块相连，另一端可悬挂钩码。实验中可用的钩码共有N个，将(依次取=1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳左端，其余个钩码放在木块的凹槽中，释放小木块，利用打点计时器打出的纸带测量木块的加速度。
(1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。已知打点周期T=0.02s，则木块的加速度=____m／s2。
(2)改变悬挂钩码的个数n，测得相应的加速度a，将获得数据在坐标纸中描出(仅给出了其中一部分)如图丙所示。取重力加速度g=10m／s2，则木块与木板间动摩擦因数______(保留2位有效数字)
(3)实验中______(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。
12．（12分）用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有____________；
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为轴、竖直方向为轴的坐标系；
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的_______（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定轴时_______（选填“需要”或者“不需要”）轴与重锤线平行；
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为，测得AB和BC的竖直间距分别是和，则_______（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为_______（已知当地重力加速度为，结果用上述字母表示）。
(3)为了得到平拋物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是_______；
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_______。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图（甲）所示，粗糙直轨道OB固定在水平平台上，A是轨道上一点，B端与平台右边缘对齐，过B点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.0×106N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0×10－5C，质量为m=1kg。小物块P从O点由静止开始在水平外力作用下向右加速运动，经过0.75s到达A点，当加速到4m/s时撤掉水平外力F，然后减速到达B点时速度是3m/s，F的大小与P的速率v的关系如图（乙）所示。P视为质点，P与轨道间动摩擦因数μ=0.5，直轨道上表面与地面间的距离为h=1.25m，P与平台右边缘碰撞前后速度大小保持不变，忽略空气阻力，取g=10m/s2。求：
(1)P从开始运动至速率为1m/s所用的时间；
(2)轨道OB的长度；
(3)P落地时的速度大小。
14．（16分）如图所示，有一长为L＝6 m，质量为m1＝1 kg的长木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，右端固定一挡板，左端放一质量为m2＝1 kg的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2＝0.1，现在滑块的左端瞬间给滑块施加一个水平冲量I＝4 N·s，滑块与挡板发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计，g取10 m/s2，求：
(1)滑块与挡板碰撞后瞬间木板的速度；
(2)木板在水平面上发生的位移。
15．（12分）如图所示，一内壁光滑的长圆柱形容器，器壁绝热、底面积为S且导热性能良好。初始时开口向上竖直放置。容器内有两个质量均为的绝热活塞A和B。在A与B之间封有一定质量温度为T0、高度为d的理想气体甲，B与容器底面之间封有一定质量的理想气体乙，平衡时甲、乙两部分气体的体积均相等。现让容器缓慢倒过来开口向下竖直放置，两个活塞再次平衡，此时气体甲的体积变为原来的倍。活塞与器壁间密闭性能好，且无摩擦，外界的温度不变，大气压强为p0，重力加速度取g。求：
①容器开口向下放置时气体甲的温度；
②容器开口向下放置时气体乙的体积。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、D
【解析】
设小球平抛运动的初速度为，抛出点离桶的高度为，水平位移为，则平抛运动的时间为：
水平位移为：
由题可知，要使水平位移增大，则当减小初速度或初速度大小不变时，需要时间变大，即抛出点的高度增大，故选项ABC错误，D正确；
故选D。
2、D
【解析】
A．根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
B．M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误；
C．M在a处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，则a处的合磁场方向竖直向下，M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c处的合磁场方向竖直向下，故C错误；
D．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c处的合磁场方向竖直向下，同理可知，d处的合磁场方向竖直向下，由于c到M、N的距离与d到M、N的距离相等，则c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故D正确。
故选D。
3、A
【解析】
当条形磁铁缓缓沿竖直方向上升，直至远离线圈的整个过程中，磁场方向一直向下，穿过线圈的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中一直产生顺时方向的感应电流，故A正确，BCD错误。
故选A。
4、D
【解析】
根据机械能守恒条件求解．
由A运动到C的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量．
整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功．
【详解】
A．对于物体来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹力势能，因此机械能肯定减少．故A错误；
B．对于物块和弹簧组成的系统来说，物体减少的机械能为（克服空气阻力所做的功+弹簧弹性势能），而弹簧则增加了弹性势能，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功．故B错误；
C．由A运动到C的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量．
所以物块机械能减少mg（H+h），故C错误；
D．物块从A点由静止开始下落，加速度是，根据牛顿第二定律得：
，所以空气阻力所做的功为，整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少，故D正确。
故选D。
【点睛】
本题是对机械能守恒条件的直接考查，掌握住机械能守恒的条件即可，注意题目中的研究对象的选择。
学会运用能量守恒的观点求解问题，知道能量是守恒的和能量的转化形式。
5、C
【解析】
A．由可得，地日距离约为
故A错误；
B．倘若月球彻底摆脱了地球，由万有引力定律可知，地球对它仍然有引力作用，故B错误；
C．由于月地距离增大，故月球的公转周期变长，故现在的一月应该长于过去，故C正确；
D．由于日地距离不断缩小，故地球的公转周期变短，因此现在的一年应该略短于过去，故D错误；
故选C。
6、D
【解析】
试题分析：据题意，已知变压器原线圈输入功率由副线圈输出功率决定，为了使变压器输入功率增大，可以调整副线圈的输出功率，当原线圈输入电压不变时，副线圈上的电压也不变，由可知，当负载电阻减小时，副线圈输出功率增加，故D选项正确而C选项错误；其它条件不变，当增加原线圈匝数时，据可得，则副线圈电压减小，而功率也减小，A选项错误；副线圈匝数减小，同理可得变压器功率减小，故B选项错误．
考点：本题考查变压器原理．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BC
【解析】
A．变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为
故A错误；
B．由题意可得
解得
故B正确；
C．电源的有效值为
设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等匝数比即
解得
故C正确；
D．由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1：2，故D错误。
故选BC。
8、BD
【解析】
A．根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A错误；
B．匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B正确；
C．匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C错误；
D．由公式可知，由于动量和动量变化为矢量，遵循平行边形定则，则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D正确。
故选BD。
9、AB
【解析】
A．电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A正确；
B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B正确；
C．氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C错误；
D．光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D错误。
故选AB。
10、ACE
【解析】
A．物体温度高，其分子平均动能一定大。但分子数不确定，总动能不确定。且分子间势能也不确定，则物体内能不确定，A正确；
B．气体温度升高，其分子运动平均速率增大。其中多数分子速率变大，也有少数分子速率变小，B错误；
C．在引起外界变化时，物体可以从单一热源吸收热量全部用于做功，C正确；
D．对物体做功，物体内能增加。可表现为分子势能增加，或分子动能增加，或二者均增加，D错误；
E．物体的内能是所有分子动能和分子势能之和，分子动能与温度有关，分子势能与体积等有关，则内能跟物体的温度和体积有关，E正确。
故选ACE。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 不需要
【解析】
（1）木块的加速度：.
（2）对N个砝码的整体，根据牛顿第二定律： ，解得；画出a-n图像如图；
由图可知μg=1.6，解得μ=0.16.
（3）实验中是对N个砝码的整体进行研究，则不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。
12、BD 球心 需要 大于 AB B
【解析】
(1)[1]因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证钢球做相同的平抛运动，即每次实验都要保证钢球从同一高度处无初速度释放并水平抛出，没必要要求斜槽轨道光滑，因此A错误，BD正确；挡板高度可以不等间距变化，故C错误。
故选BD。
(2)a．[2][3]因为钢球做平抛运动的轨迹是其球心的轨迹，故将钢球静置于Q点，钢球的球心对应的白纸上的位置即为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定轴时需要轴与重锤线平行。
b．[4][5]由于平抛的竖直分运动是自由落体运动，故相邻相等时间内竖直方向上的位移之比为1:3:5：…，故两相邻相等时间内竖直方向上的位移之比越来越大，因此大于；由
，
联立解得
(3)[6]将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔受摩擦力作用，且不一定能保证铅笔水平，铅笔将不能始终保持垂直白纸板运动，铅笔将发生倾斜，故不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C不可行，AB可行。
(4)[7]从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，因此不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样，这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B正确。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1)0.5s；(2)2.825m；(3)
【解析】
(1)P的速率从零增加到v1=1m/s，受外力F1=7N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间t1，位移为x1，有
代入数据得
a1=2m/s2，t1=0.5s，x1=0.25m
(2)P从v1=1m/s运动至A点，F2=9N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，有：
设P从速度v1经过t2时间，在A点的速度为v2，位移为x2，则

v2=v1+a2t2
解得
v2=2m/s，x2=0.375m
P从A点至B点，先做匀加速直线运动，速度达到v3=4m/s，位移为x3，有：
解得
x3=1.5m
P达到速度v3时撤掉水平外力，在摩擦力作用下减速，减速到达B点时速度是v4=3m/s，位移为x4，有

解得
x4=0.7m
轨道OB的长度

(3)P从B点开始水平方向受向左的电场力，竖直方向上受重力，做曲线运动。水平方向的加速度大小
水平方向上先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，经时间
与平台右边缘碰相碰。竖直方向上做自由落体运动，有，解得
t4=0.5s
落地时水平方向的速度
落地时竖直方向的速度

落地时的速度大小为
14、 (1)2 m/s 方向水平向右 (2)m
【解析】
（1）由于冲量作用，滑块获得的速度为
v0＝＝4 m/s
木板受地面最大摩擦力μ1(m1＋m2)g>μ2m2g，木板不动。
对滑块：
μ2m2g＝m2a2
v02-v2＝2a2L
解得
v＝2 m/s
滑块与挡板碰撞动量守恒：
m2v＝m2v2＋m1v1
能量守恒：

解得
v1＝2m/s，v2＝0
碰后瞬间木板速度为2 m/s，方向水平向右。
（2）碰后滑块加速度不变，
对木板：
μ1(m1＋m2)g＋μ2m2g＝m1a1
设经时间t，两者共速
v1－a1t＝a2t
解得
t＝s
共同的速度
v3＝a2t＝m/s
此过程木板位移
x1＝v1t－a1t2＝m
共速后木板加速度为
μ1(m1＋m2)g－μ2m2g＝m1a3
最后木板静止，设此过程木板位移为x2，
0－v32＝2a3x2
解得
x2＝m
木板在水平面上发生的位移为
x1＋x2＝m。
15、①；②
【解析】
①初始状态下，对活塞A、B受力分析，均处于平衡状态，得


倒置后，对活塞A、B受力分析，均处于平衡状态，得


对甲部分气体，由理想气体状态方程得

解得

②对乙部分气体，由理想气体等温变化可得

解得