北京市八十中2026届高三（最后冲刺）物理试卷含解析

这是一份北京市八十中2026届高三（最后冲刺）物理试卷含解析，共8页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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、某同学用两种不同的金属做光电效应实验。实验中他逐渐增大入射光的频率，并测出光电子的最大初动能。下面四幅图像中能符合实验结果的是（ ）
A．B．
C．D．
2、甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t=0到t=t1的时间内，它们的v-t图象如图所示．在这段时间内
A．汽车甲的平均速度比乙大
B．汽车乙的平均速度等于
C．甲乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
3、如图所示，传送带AB长为16m，水平地面BC的长为8m，传送带与水平地面之间B处由光滑小圆弧连接，物块在B处由传送带滑到水平地面速度大小不变，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为0.5，光滑半圆形轨道CD的半径为1.25m，与水平地面相切于C点，其直径CD右侧有大小为100V/m、方向水平向左的匀强电场。传送带以l0m/s的速度顺时针运动，带正电的物块可看成质点，其质量为5kg，带电荷量为0.5C，从静止开始沿倾角为37°的传送带顶端A滑下。已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．物块在传送带上先加速后匀速
B．物块在传送带上运动的时间为3s
C．物块到达C点时对C点的压力为306N
D．物块可以运动到D点，在D点速度为m/s
4、昆明某中学运动会玩“闯关游戏”进行热身，如图所示，在笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为4 s和2s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以4 m/s2的加速度由静止加速到4 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（ ）
A．关卡2B．关卡3
C．关卡4D．关卡5
5、如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内．一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0），规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（ ）
A．B．C．D．
6、如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P（3a， a）点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的比荷为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0
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、如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数，其A端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m的物块与软绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B端到达斜面顶端（此时物块未到达地面），在此过程中
A．物块的速度始终减小
B．软绳上滑时速度最小
C．软绳重力势能共减少了
D．软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
8、如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，为一个与磁场方向垂直、长度为的金属杆，已知。两点与磁场中以为圆心的同心圆（均为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。一电容为的电容器连接在金属轨道上。当金属杆在与磁场垂直的平面内以为轴，以角速度顺时针匀速转动且电路稳定时，下列说法正确的是（ ）
A．四点比较，点电势最高
B．电势差
C．电势差
D．电容器所带电荷量为
9、拉格朗日点又称平动点。地球和月球连线之间，存在一个拉格朗日点，处在该点的空间站在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球做匀速圆周运动。已知空间站、月球围绕地球做匀速圆周运动的轨道半径分别约为3.2×105km和3.8×105，月球围绕地球公转周期约为27天。g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．地球的同步卫星轨道半径约为4.2×104km
B．空间站的线速度与月球的线速度之比约为0.84
C．地球的同步卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度
D．月球的向心加速度小于空间站向心加速度
10、回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm和加速电场频率的最大值fm。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子获得的最大动能与加速电压无关
B．粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为
C．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为
D．若 ，则粒子获得的最大动能为
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）一根均匀的细长空心金属圆管，其横截面如图甲所示，长度为L ，电阻R约为5Ω，这种金属的电阻率为ρ，因管线内径太小无法直接测量，某同学设计下列实验方案尽可能精确测定它的内径d；
(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D，图乙为螺旋测微器校零时的示数，用该螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径D=_______mm．

(2)为测量金属管线的电阻R，取两节干电池（内阻不计）、开关和若干导线及下列器材：
A．电流表0～0.6A，内阻约0.05Ω
B．电流表0～3A，内阻约0.01Ω
C．电压表0～3V，内阻约10kΩ
D．电压表0～15V，内阻约50kΩ
E．滑动变阻器，0～10Ω（额定电流为0.6A）
F．滑动变阻器，0～100Ω（额定电流为0.3A）
为准确测出金属管线阻值，电流表应选_______，电压表应选______，滑动变阻器应选_______(填序号)
(3)如图丙所示，请按实验要求用笔代线将实物图中的连线补充完整_______．
(4)根据已知的物理量（长度L、电阻率ρ）和实验中测量的物理量（电压表读数U、电流表读数I、金属管线外径D），则金属管线内径表达式d＝______________
12．（12分）某同学利用多用表测量分压电路电阻的变化范围，按如下步骤测量：
（1）选用欧姆档×10倍率，先将表笔短接调零，再如图甲所示，将表笔接到分压电路两端，从滑片移动到最右端开始进行测量，如图乙所示，根据指针位置，电阻读数为______Ω。
（2）将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，移动过程中读数变化情况是____
A．增大 B．减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大
（3）记录下整个过程中读数的最小值为 24Ω，得到电阻的变化范围。这样测量的最小值的方法是否合理？若合理，写出电阻变化范围；若不合理，说明应如何改正____。
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）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示，某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为，释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B能否再次发生碰撞？若不能，说明理由；若能，试计算碰后的速度大小。
14．（16分）如图所示，可沿气缸壁自由活动的活塞将密封的圆筒形气缸分割成、两部分，内是真空。活塞与气缸顶部有一弹簧相连，当活塞位于气缸底部时弹簧恰好无形变。开始时内充有一定质量、温度为的气体，部分高度为。此时活塞受到的弹簧作用力与重力的大小相等。现将内气体加热到，达到新的平衡后，内气体的高度等于多少？
15．（12分）如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面离地高H=0.8m，桌面长L2=1.5m，斜面和水平桌面间的倾角θ可以在060°之间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端无初速释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块和桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面和桌面交接处的能量损失。（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，求斜面的倾角θ；（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
（3）若将（2）中求出的μ2作为已知条件，继续增大θ角，求物块落地点与墙面的距离最大值S总，及此时斜面的倾角θ。
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、C
【解析】
由光电效应方程
可知图像斜率都为普朗克常量h，故得出的两条图线一定为平行线，由于两金属的逸出功不同，则与横轴的交点不同，ABD错误，C正确。
故选C。
2、A
【解析】
试题分析：因为图线与坐标轴所夹的面积是物体的位移，故在0-t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C错误；因为乙车做变减速运动故平均速度不等于，选项B错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度，故甲乙两车的加速度均逐渐减小，选项D 错误．
考点：v-t图象及其物理意义
3、C
【解析】
AB.刚开始运动时，对物块受力分析可知
解得
a1=10m/s2
物块与传送带达到共同速度时
解得
t1=ls
物块的位移
此后对物块受力分析可知
解得a2=2m/s2，物块在传送带上的第二段运动
解得t2=1s，物块在传送带上运动的时间
物体在传送带上先以a1=10 m/s2加速，再以a2=2m/s2加速，AB错误；
C.物块到达传送带底端的末速度
在水平地面BC上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小
设物块到达C点时的速度为v3，则
解得
v3=8m/s
设此时C点对物块的支持力为FN，根据牛顿第二定律，有
解得
FN=306N
根据牛顿第三定律可知，物块对C点的压力大小为306N，故C正确；
D.由于物块在电场中有
重力和电场力合力为
方向与竖直方向成45°角，所以物块的等效最高点在上半部圆弧与竖直方向成45°角处，要过等效最高点需要的最小速度为
，
代入数据得
而实际上，物块由C点运动到等效最高点时的速度，由动能定理可得
代入数据可得
所以物块过不了等效最高点，物块就不可能到达D点，故D错误。
故选C。
4、B
【解析】
关卡刚放行时，该同学加速的时间
运动的距离为
然后以的速度匀速运动，经运动的距离为，因此第1个运动距离为，过了关卡2；到关卡3需再用
小于关卡关闭时间，从开始运动至运动到关卡3前共用时
而运动到第时，关卡关闭，不能过关卡3，因此最先被挡在关卡3前。
故选B．
5、A
【解析】
先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象．
【详解】
线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．
6、D
【解析】
A．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示：
设粒子运动的轨迹半径为r，根据几何关系有
可得粒子在磁场中做圆周运动的半径
选项A错误；
B．根据几何关系可得
所以
圆弧OP的长度
所以粒子的发射速度大小
选项B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力有
结合粒子速度以及半径可得带电粒子的荷质比
选项C错误；
D．当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示：
粒子与磁场边界相切于M点，从E点射出。
设从P点射出的粒子转过的圆心角为，时间为，从E点射出的粒子转过的圆心角为，故带电粒子在磁场中运动的最长时间为，选项D正确。
故选D。
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、BCD
【解析】
A．物块下落过程中，刚开始由于，所以物块所受合力向上，物体做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物体的速度先减小后增大，A错误；
B．当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x，则：
，
代入数据解得：
B正确；
C．物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度，则软绳重力势能共减少
C正确；
D．以物块为研究对象，因物块要克服拉力做功，所以其动能及势能变化量，以系统为研究对象，设绳的势能及动能变化量为，克服摩擦力所做的功的绝对值为W，由能量守恒定律有
则
选项D正确．
故选BCD.
8、BD
【解析】
A．如图所示
杆顺时针匀速转动切割磁感线，由右手定则知感应电动势方向为，杆相当于电源，所以点电势最高，故A错误；
BC．综合运动规律，的中点的线速度为
综合电路规律，电路稳定后，电容器既不充电也不放电，电路中无电流，由法拉第电磁感应定律得
解得
同理，中点的线速度为
又有
中点的线速度为
可得
故B正确，C错误；
D．电容器接在两点间，带电荷量为
解得
故D正确。
故选BD。
9、ABC
【解析】
A．由题知，月球的周期T2=27天=648h，轨道半径约为r2=3.8×105km，地球同步卫星的周期T1=24h，轨道半径约r1，根据开普勒第三定律有：
代入数据解得：r1=4.2×104km，A正确；
B．空间站与月球相对静止，角速度相同，根据
得两者线速度之比为：
B正确；
C．根据万有引力提供向心力有：
解得：，地球同步卫星的轨道半径小于空间站的轨道半径，所以地球的同步卫星的向心加速度大于空间站的向心加速度，C正确；
D．空间站与月球相对静止，角速度相同，根据
月球的轨道半径大于同步卫星的轨道半径，所以月球的向心加速度大于空间站向心加速度，D错误。
故选ABC。
10、ACD
【解析】
A.当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB=m，得
v=
则粒子获得的最大动能
Ekm=mv2=
粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。
B.粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理
nqU=mvn2
可得
vn=
同理，粒子在加速电场中第n+1次加速获得的速度
vn+1=
粒子在磁场中运动的半径r=，则粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为，故B错误。
C.粒子被电场加速一次动能的增加为qU，则粒子被加速的次数
n==
粒子在磁场中运动周期的次数
n′==
粒子在磁场中运动周期T=，则粒子从静止开始到出口处所需的时间
t=n′T==
故C正确。
D. 加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即， 当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为 ，粒子的动能为Ek=mv2。
当时，粒子的最大动能由Bm决定，则
解得粒子获得的最大动能为
当时，粒子的最大动能由fm决定，则
vm=2πfmR
解得粒子获得的最大动能为
Ekm=2π2mfm2R2
故D正确。
故选ACD.
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、5.167 A C E
【解析】
(1)[1]螺旋测微器校零时的示数
3.3×0.01mm=0.033mm
螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm，则所测金属管线外径
D=5.200-0.033mm=5.167mm．
(2)[2]两节新的干电池电动势为3V，因此电压表选择3 V的量程，即为C；
[3]因为电量中最大电流大约为
为了测量的精确，电流表应选择A，
[4]滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E．
(3) [5]由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积，属于小电阻，所以电流表采用外接法，连接滑动变阻器的滑片接头错误，应该在接线柱；
(4)[6]该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而根据外径求出内径的大小．故所需测量的物理量为金属管的长度L、金属管的外径D、加在管两端的电压U、通过管的电流强度I．
据欧姆定律得，
，又 ，则 ，因为

解得:
12、200 B 不合理，理由见解析
【解析】
(1)[1]欧姆表表盘示数为20.0，倍率为10，则最后读数为：
20.0×10=200Ω，
(2)[2]根据串并联电路的特点可知，将滑片逐渐滑动到最左端而不做其他变动，电路的电阻减小，则移动过程中读数减小，B正确；
故选B。
(3)[3]不合理，读数为24Ω时采用×10时指针太偏右，倍率偏大，应换×1倍率重新调零后再测量。
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)，；(2)B，0.50m；(3)不能，见解析
【解析】
(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为、，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
联立并代入题给数据得
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设加速度大小为，则有
假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B，设从弹簧释放到B停止所需时间为，B向左运动的路程为，则有
可得
在时间内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间内的路程都可表示为
这表明在时间内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离为
(3)时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为，由动能定理有
可得
故A与B将发生碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为以和，规定以向右为正，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
联立并代入题给数据得
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向运动距离为时停止，B向左运动距离为时停止，由动能定理可得
代入数据得
则有
所以A和B不能再次发生碰撞
14、
【解析】
设开始时中压强为
①

加热达到平衡后，中压强为
②

其中为气缸横面积，为活塞质量，为弹簧的倔强系数
由题给条件有
③
④
可得
解得
15、（1）tanθ= 0.05；（2）0.8；（3）1.9m，53°。
【解析】
（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，有
mgsinθ=μ1mgcsθ
解得：
tanθ=μ1=0.05，
斜面的倾角
θ=arctan0.05
（2）物块从顶端无初速释放开始直至恰好停在桌面边缘，根据动能定理 W合=得：
mgL1sin37°﹣μ1mg L1cs37°﹣μ2mg（L2﹣L1cs37°）=0
代入数据，解得
μ2=0.8
（3）物块从顶端无初速释放开始直至运动到桌面末端，根据动能定理得：
mgL1sinθ﹣μ1mg L1csθ﹣μ2 mg（L2﹣L1csθ）=
代入数据得
sinθ+0.75 csθ﹣1.2=
变形得
（sinθcsα+sinαcsθ）﹣1.2=
式中tanα=0.75，α=37°，即
sin（θ+37°）﹣1.2=
则当θ=53°时，有最大值，解得v的最大值为vm=1m/s。
对于平抛运动，竖直方向有：
H=gt2
代入数据，解得物块离开桌面平抛的时间t=0.4s，平抛运动的水平距离最大为
x=vmt=0.4m
物块落地点与墙面的距离最大值为
S总=L2+x=1.9m
答：（1）当物块刚好能从斜面开始下滑时，斜面的倾角正切值为tanθ=0.05；（2）当θ角增大到37°时，物块下滑后恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ2是0.8；（3）物块落地点与墙面的距离最大值S总是1.9m，此时斜面的倾角θ是53°。