2026文昌中学高三下学期第一次月考物理试题含解析

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1．本试卷分为选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，将条形码正确粘贴在条形码区域内。
2．作答选择题时，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，再选涂其它答案标号。
3．作答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上相应的答题区域。超出答题区域书写的答案无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱。不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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. 关于电磁场和电磁波，以下说法正确的是（ ）
A. 电磁波不能在真空中传播
B. 变化的磁场一定产生变化的电场
C. 麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在
D. 光是一种电磁波，光的能量是不连续的
【答案】D
【解析】
【详解】A．电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故A错误；
B．根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场会产生恒定的电场，只有非均匀变化的磁场才会产生变化的电场，故B错误；
C．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D．光属于电磁波，光的能量是由一份份光子组成的，具有量子性，是不连续的，故D正确。
故选D。
2. 如图所示，一同学将一小球从离地高为1.25m处以8m/s的初速度水平抛出，重力加速度g取10m/s2，则小球落地的水平位移为（ ）
A. 4mB. 6mC. 8mD. 10m
【答案】A
【解析】
【详解】根据
解得小球落到地面的时间为
则小球落地的水平位移为。
故选A。
3. 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一位运动员从高处自由下落，以大小为的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为的速度弹回，已知运动员与网接触的时间，则运动员在与网接触的这段时间内平均加速度的大小和方向分别为（ ）
A. ，向上B. ，向下
C. ，向上D. ，向下
【答案】A
【解析】
【详解】取运动员着网前的速度方向为正方向，则有
，
由加速度定义式可得运动员在与网接触的这段时间内平均加速度为
负号表示与规定的正方向相反，即运动员在与网接触的这段时间内平均加速度大小为，方向竖直向上。
故选A。
4. 如图为双层立体泊车装置。欲将静止在①号车位的轿车移至④号车位，需先通过①号车位下方的移动板托举着轿车竖直抬升至③号车位，再水平右移停至④号车位，则（ ）
A. 竖直抬升过程中，支持力做功大于克服重力做功
B. 竖直抬升过程中，支持力做功小于克服重力做功
C. 水平右移过程中，摩擦力对车做的总功为0
D. 水平右移过程中，摩擦力对车一直做负功
【答案】C
【解析】
【详解】AB．竖直抬升过程中汽车只受重力和支持力，初、末状态汽车均静止，动能不变，根据动能定理可知，支持力做功等于克服重力做功，故AB错误；
CD．水平右移的过程中，汽车只受摩擦力，汽车先由静止加速，最后减速到0，所以摩擦力先做正功，后做负功，由于整个过程动能变化量为0，所以摩擦力对车做的总功为0，故C正确，D错误。
故选C。
5. 在某次光电效应实验中，得到的遏止电压UC与入射光的频率的关系如图所示。若该直线的斜率和纵截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，关于普朗克常量h和所用材料的逸出功W0表示正确的是（ ）
A. h=－ekB.
C. W0=－ebD.
【答案】C
【解析】
【详解】由题可知，将该直线反向延长，则交纵坐标于b，如图所示
根据光电效应方程
以及
变形得
根据图像得
解得h=ek
由纵坐标轴截距
解得逸出功为W0=－eb
故选C。
6. 法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示。线圈A、B绕在同一绝缘铁芯上，G为灵敏电流计，则（ ）
A. 闭合开关S的瞬间，通过G的电流是a→b
B. 断开开关S的瞬间，通过G的电流是b→a
C. 闭合开关S后，滑动变阻器滑片向左滑动过程中，通过G的电流是b→a
D. 闭合开关S后，匀速向右滑动滑动变阻器滑片，则电流表G指针不会偏转
【答案】C
【解析】
【详解】AB．闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不会发生变化，所以电流表G中均无感应电流。故AB错误；
C．闭合开关S后，滑动变阻器滑片向左滑动的过程中，左侧电路中的电阻增大，则根据闭合电路欧姆定律可知，线圈A中电流减小，故通过线圈B的磁通量顺时针减小，则根据楞次定律“增反减同”可知，穿过线圈B的感应磁场方向为顺时针，再根据右手螺旋定则可判断电流表G中有b→a的感应电流，故C正确；
D．闭合开关S后，匀速向右滑动滑动变阻器滑片，线圈A中电流变大，穿过线圈B的磁通量变大，所以B中会产生感应电流，则电流表G指针会发生偏转，故D错误。
故选C。
7. 如图所示为一几何球O，a、b、c、d、E、F是过球心O的水平截面的圆周上六个等分点，现分别在a、d和b、c处固定等量的正、负电荷，即qa=qd=+q和qb=qc=﹣q，AB是球的直径且与水平面垂直，设无穷远处为电势零点，则（ ）
A. A、B两点的电场强度大小相等、方向相反
B. E、F两点的电场强度大小相等、方向相反
C. a、b、c处的电荷仍固定不动，若将d处的电荷移到O处，则电荷d的电势能将增大
D. a、b、c处的电荷仍固定不动，若将d处的电荷移到O处，则电荷d的电势能将减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．画出在a、b、c、d四点的电荷E、F在两点的场强方向如图所示：
由图可知E、F两点的电场强度相同；根据对称性，A、B两点的电场强度大小相等，且方向均平行于EF平行，即方向也相同，AB错误；
CD．若a、b、c处的电荷固定不动，将d处的电荷移到O处，c处的电荷它不做功，而在d、b形成的电场中，它的电势降低，电场力做正功，因此电荷d的电势能将减小，C错误，D正确。
故选D。
8. 粗糙的半圆柱体固定在水平地面上，截面如图所示。质量为m的小物块在拉力F的作用下，从半圆柱体的底端缓慢向上滑动。已知拉力F的方向始终与小物块的运动方向相同（与圆弧相切），小物块与半圆柱体表面的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。若小物块和圆心的连线与水平方向的夹角为，在从0增大到90°的过程中（ ）
A. 拉力F一直增大B. 拉力F先减小后增大
C. 时，拉力F最大D. 拉力F的最小值为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由于物块缓慢移动，可看作是平衡状态，小物块和圆心的连线与水平方向的夹角为，对物块受力分析，由平衡条件可得
由数学知识可知
其中
得
即
所以在从0增大到90°的过程中，先增大后减小，故AB错误；
C．时，，拉力最大，故C正确；
D．时，有最小值
故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共5小题，每小题4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4分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。
9. 北斗卫星导航系统中包含地球静止卫星，即相对地面静止的卫星。静止卫星的（ ）
A. 周期大于地球自转的周期
B. 线速度小于地球的第一宇宙速度
C. 向心加速度大于地球表面的重力加速度
D. 向心加速度大于地球表面物体随地球自转的向心加速度
【答案】BD
【解析】
【详解】A．相对地面静止的卫星的周期与地球自转的周期相等，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力
可得
第一宇宙速度是在地球表面运动的卫星的速度，相对地面静止的卫星的轨道半径大于在地球表面运动的卫星，即静止卫星的线速度小于地球的第一宇宙速度，故B正确；
C．根据牛顿第二定律
可得
可知向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．根据可知向心加速度大于地球表面物体随地球自转的向心加速度，故D正确。
故选BD。
10. 远洋捕捞常常利用声呐探测鱼群的方位。渔船上声呐发出一列超声波在t=0时刻的波动图像如图甲，质点P的振动图像如图乙。下列说法正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播B. 该波的传播速度为340m/s
C. 该超声波的频率为5HzD. 减小该超声波频率，衍射现象会更明显些
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据图乙可知，质点P在t=0时刻沿y轴正方向振动，由图甲，根据“同侧法”，该波沿x轴负方向传播，A错误；
B．波速，B正确；
C．该超声波的频率，C错误；
D．减小该超声波频率，根据可知，波长变大，衍射现象会更明显些，D正确。
故选BD。
11. 如图所示，两束相互平行的单色光a、b射入平行玻璃砖上表面，已知单色光a在玻璃砖中的折射率大于单色光b在玻璃砖中的折射率。若不考虑光束在平行玻璃砖下表面反射后的情况，下列说法正确的是（ ）
A. 单色光a可能是绿光，单色光b可能是红光
B. 两束单色光线穿过平行玻璃砖后出射光可能重合
C. 若使某金属发生光电效应，则单色光a的能量大于单色光b的能量
D. 单色光a在玻璃砖下表面可能发生全反射
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据题意，单色光a的折射率大于单色光b，由于绿光的折射率大于红光的折射率，则a可能是绿光，b可能是红光，故A正确；
B．因为玻璃砖上下表面平行，光线在玻璃砖下表面第二次折射时的入射角等于在上表面第一次折射时的折射角，根据光路可逆原理可知，第二次折射光线与第一次入射光线平行，所以从玻璃砖下表面射出的两束光仍然平行且间距增大，两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后不可能重合，故B错误；
C．单色光a折射率大，则单色光a频率更高能量大，故C正确；
D．根据题意，由光路的可逆性可知，单色光a在平行玻璃砖下表面不可能发生全反射，故D错误。
故选AC。
12. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出功率为100kW，输出电压为，输电导线的总电阻为10Ω，导线上损耗的电功率为4kW，不计变压器损耗，则下列判断正确的是（ ）
A. 用电器得到的交流电频率为100Hz
B. 升压变压器的原、副线圈的匝数比n1:n2=1:10
C. 若增加用电器，则输电线上损耗功率占总功率的比例增大
D. 若增加用电器，升压变压器的输出电压U2增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．用户得到的交流电频率为，故A错误；
B．由输出电压表达式可知
升压变压器原线圈电流为
根据
解得输电电流为
升压变压器原、副线圈的匝数比为，故B正确；
CD．若用电器功率变大，则用户端电流变大，输电电流变大，损失功率占总功率的比为，可知升压变压器输出电压与发电机输出电压和升压变压器匝数比有关，则U2不变，输电线上损耗的功率占总功率的比例增大，故C正确，D错误。
故选BC。
13. 如图所示，平行金属导轨abcd与a′b′c′d′，两导轨间距L=2m，ab与a′b′段是竖直四分之一光滑圆弧，半径R=20m，bc与b′c′是光滑水平直导轨，cd与c′d′是与水平成θ=37°的足够长的粗糙直导轨，有垂直斜面向下的匀强磁场（磁场只存在斜面轨道部分），磁感应强度B=5T，电容器的电容C=200μF，将一质量m=20g的金属棒MN由圆弧最高点静止释放，金属棒MN与cd、c′d′的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g=10m/s2，cc′处有一小段光滑圆弧（长度可忽略不计），不计一切电阻，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，则（ ）
A. 金属棒MN 刚进入cdc′d′ 时M端带正电
B. 金属棒MN进入cdc′d′ 时速度大小10 m/s
C. 金属棒MN 第一次在斜面cdc′d′ 下滑时的加速度大小为4 m/s2
D. 最终金属棒MN与斜面cdc′d′因摩擦产生的热量为J
【答案】BD
【解析】
详解】AB．根据机械能守恒定律得
解得金属棒MN第一次经过bb′时的速度
金属棒进入时，不计一切电阻，在极短的时间内电容器充电完毕，d′端带正电，且电容器两端电势差和导体棒两端的电势差相等，由动量定理得
其中，
解得，故A错误，B正确；
CD．金属棒沿斜面下滑时，电容器充电，导体棒中电流由a′指向a，安培力沿斜面向上，对导体棒受力分析有
且
解得
金属棒沿斜面下滑至斜面底端时的速度
产生的热量
接着金属棒向左匀速后冲上圆弧轨道再返回cc′，此时电容器已放电完成，重复上述过程，同理可得，，
则产生热量
以此类推，
故，故C错误，D正确。
故选BD。
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。
14. 在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中：
（1）摆线质量和摆球质量分别为m和M，摆线长为L，摆球直径为d，则______；
A. ，B. ，
C. ，D. ，
（2）某同学在测量后作出T2－L图线，已知图像的斜率为k，则他测得的结果是g=______。
【答案】（1）D （2）
【解析】
【小问1详解】
根据实验原理可知，摆线质量要远小于摆球质量，而摆线长度要远大于摆球直径。
故选D。
【小问2详解】
根据单摆的周期公式
可知
即图像中的斜率为
解得
15. 某实验小组用自由落体运动验证机械能守恒定律。
（1）实验中，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。该小组同学在实验操作过程中出现如图所示的三种情况，其中操作规范正确的是______。
A. B. C.
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为hC、hD、hE。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能减少量为__________，动能增加量为_______________。（用上述测量量和已知量的符号表示）
【答案】（1）B （2） ①. mghD ②.
【解析】
【小问1详解】
实验中要让纸带竖直，减小实验误差；实验开始时应让重物靠近打点计时器，故选B。
【小问2详解】
[1]从打下O点到打下D点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEp= mghD
[2]打下D点时的速度为
则从打下O点到打下D点过程中，动能增加量为
16. 用铜片和锌片相隔一定距离平行插入生的土豆内，制成一个简易土豆电池。为了研究该电池的电动势和内阻，某同学设计了图（a）所示的电路，电路由土豆电池、电阻箱R、电键S、电压传感器、电流传感器、导线组成。
（1）图（a）中B是__________传感器；（选填“电压”或“电流”）
（2）实验测得的路端电压U与相应电流I的拟合图线如图（b）所示，由此得到土豆电池的电动势E=________V，内阻r=_________Ω；（结果均保留两位有效数字）
（3）该同学实验时发现，保持其他实验条件不变，仅将铜片和锌片插入的深度逐渐加大些，得到的U－I图线分别为图（c）中①、②、③，则说明电源的内阻随金属插入深度的加大而___________；（选填“变大”“变小”或“不变”）
（4）土豆电池______（选填“能”或“不能”）使一个“0.4V 28mW”的小电器正常工作。
【答案】（1）电压 （2） ①. 0.50 ②. 1.3×103
（3）变小 （4）不能
【解析】
【小问1详解】
A与电阻箱串联，是电流传感器，B与电阻箱是并联关系，是电压传感器。
【小问2详解】
[1][2]根据U=E-Ir可知，图像与纵轴的交点表示电源的电动势，即
图像斜率的绝对值表示电源的内阻，即
【小问3详解】
电源的U-I图像中斜率的绝对值表示电源的内阻，所以斜率的绝对值减小，说明内阻变小。
【小问4详解】
“0.4V 28mW”的小电器正常工作时的电流为，
电阻为
将该用电器接入电路后的最大电流为
所以该用电器不能正常工作。
四、计算题：本题共3小题，共 38分。把解答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。
17. 如图所示，一高度为H的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动。活塞下方封闭有一定质量的理想气体，重力加速度为g。开始时封闭气体的温度为，压强等于外界大气压强。现通过电热丝缓慢加热气体，当气体压强变为时，活塞刚好离开卡环。
（1）求活塞的质量及压强为时缸内气体的温度；
（2）若已知气体的内能为，求从活塞刚好离开卡环到刚好运动至上端卡环的过程中，气体吸收的热量。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
活塞刚离开卡环时，活塞受力平衡，有
解得活塞质量为
气体发生等容变化，根据查理定律可得，
解得
【小问2详解】
当活塞恰好运动至上端卡环时，根据理想气体状态方程可得
解得
外界对气体所做功，，
则气体吸收的热量
18. 如图所示，质量M =6kg、半径R =15m的四分之一光滑圆弧abc静止在足够长的光滑水平面上，末端与水平面相切，圆弧右侧有一质量为的小物块B，B的左侧固定一水平轻弹簧，将质量为m =2kg的小物块A从圆弧顶端由静止释放，已知重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，A、B均可视为质点。求：
（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端时受到圆弧的支持力FN的大小；
（2）若圆弧不固定，小物块A到达圆弧底端时圆弧体的位移大小；
（3）若圆弧不固定，在小物块B的右侧有一竖直挡板（图中未画出，挡板和B的间距可调），当小物块B与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A与弹簧接触后即与弹簧固定连接，小物块B与挡板发生碰撞后的运动过程中，求当弹簧最短时最小的弹簧弹性势能。
【答案】（1）60N （2）3.75m
（3）45J
【解析】
【小问1详解】
若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有
在圆弧底端时由牛顿第二定律
解得
【小问2详解】
若圆弧不固定，小物块A与圆弧组成的系统水平方向动量守恒，则有
根据几何关系可知
解得
【小问3详解】
若圆弧不固定，小物块A与圆弧组成的系统水平方向动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
设物块B碰撞挡板后的速度为0，则碰后AB的总动量最大，弹簧最短时的弹性势能最小，根据动量守恒定律与能量守恒定律有，
解得
19. 如图，在平面第一象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为的带电粒子从点以沿方向的速度射入磁场，并从x轴上的N点射出磁场，出磁场时速度与方向的夹角为，忽略粒子重力及磁场边缘效应，静电力常量为k。
（1）求粒子射入磁场的速度大小和在磁场中运动的时间；
（2）若在平面内某点固定一正点电荷，入射粒子的电荷量减小为原来的三分之一，仍从M点以相同的速度射入磁场，粒子仍沿原来的轨迹从M点运动到N点，求在纸面内固定的正点电荷的电荷量大小；
（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间速度方向首次与在N点时的速度方向相反，求粒子再次进入磁场前的最小速度（已知电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势）。
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据题意作图，如图
根据几何关系可知
解得
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
圆心角为60°，则有
【小问2详解】
在平面内某处固定一正点电荷，同时将粒子电荷量从 −q 改为 −，并使其仍能沿原来相同轨迹由M到N。原来仅靠磁场提供向心力，现因带电粒子电量变为，则磁场对该粒子的洛伦兹力减为原来的。要想轨迹不变，必须增加一恒定指向圆心的“额外”向心力，即由固定正电荷对该负粒子的库仑引力来补足差额。由（1）分析可知，圆心恰在 (0, −l)，轨迹半径为 2 l，则带电粒子在运动过程中到该正电荷的距离始终是2l。令此固定正电荷为，则库仑力大小
解得
【小问3详解】
在（2）的条件下，由题意可知，粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需要的向心力大于点电荷提供的库仑力，因此粒子无法做匀速圆周运动，即负电荷从N点离开磁场后绕正电荷做椭圆运动，如图所示
设，则半长轴为
粒子从N点射出磁场，到速度方向首次与在N点时的速度方向相反，所用时间为椭圆运动的半个周期，类比开普勒第三定律，在库仑力作用下半长轴为a的椭圆运动与半径为a的圆周运动的时间相同，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒定律有
联立解得