2026年丽水市高三下第一次测试物理试题（含答案解析）

这是一份2026年丽水市高三下第一次测试物理试题（含答案解析）
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、如图所示，固定在同一平面内有三条彼此绝缘的通电直导线，导线中的电流，方向为图中箭头方向，在三根导线所在平面内有a、b、c、d四个点，四个点距相邻导线的距离都相等，则四个点中合磁感应强度最大的点是（ ）
A．a点B．b点C．c点D．d点
2、如图所示，质量相等的物块放在粗糙的水平面上，两物块用水平轻绳连接且刚好拉直，物块a、b与地面间动摩擦因数相同，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给物块a施加一水平向右的拉力F，缓慢增大F到物块a要滑动的过程中，下列说法正确的是
A．地面对物块a的摩擦力一直增大
B．地面对物块a的摩擦力与轻绳对物块a的拉力同步增大
C．物块a刚好要滑动时，物块b也刚好要滑动
D．物块b刚好要滑动时，轻绳拉力等于此时外力F的一半
3、已知光速为 3 × 108 m/s 电子的质量为 9.1 × 10−31 kg ，中子的质量为1.67 ×10−27 kg，质子的质量为1.67 × 10−27 kg。 氢原子能级示意图如图所示。静止氢原子从n =4 跃迁到 n =1 时，氢原子的反冲速度是多少？（ ）
A．4.07 m/sB．0.407 m/sC．407 m/sD．40.7 m/s
4、如图所示为氢原子的能级图，一个处于基态的氢原子，吸收一个光子受到发后最多可以辐射三种不同率的光子，则被吸收光子的能量为
A．10.2eVB．12.09evC．12.75eVD．13.06eV
5、关于分子动理论，下列说法正确的是（ ）
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．分子间同时存在着引力和斥力
C．布朗运动是液体分子的无规则运动
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
6、如图所示，一小物块在一足够长的木板上运动时，其运动的v-t图象，如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．木板的长度至少为12mB．木板的长度至少为6m
C．小物块在0～4s内的平均速度是2m/sD．在0～4s内，木板和小物块的平均加速度相同
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、一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上运动，如图甲。在物体向上运动过程中，其机械能E与位移x的关系图象如图乙，已知曲线上A点的切线斜率最大，不计空气阻力，则
A．在x1处物体所受拉力最大
B．在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小
C．在x1~x2过程中，物体的加速度先增大后减小
D．在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功
8、如图所示，在坐标系xy平面的第I象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第IV象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点、在y轴上有一点P（0,a）。现有一质量为m，电量为+q的带电粒子（不计重力），从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正向成角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，在B2中偏转后刚好打在Q点。以下判断正确的是（ ）
A．磁感应强度
B．磁感应强度
C．粒子从P点运动到Q点所用的时间
D．粒子从P点运动到Q点所用的时间
9、2019年10月1日，在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上，主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和32个装备方队（如图甲所示）。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示，其中Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率P行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，若检阅车的质量为m，行驶过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（ ）
A．检阅车在t1时刻的牵引力和功率都是最大值，t2～t3时间内其牵引力等于f
B．0～t1时间内检阅车做变加速运动
C．0～t2时间内的平均速度等于
D．t1～t2时间内检阅车克服阻力所做功为P（t2﹣t1）+
10、如图所示，两平行金属板A、B板间电压恒为U，一束波长为λ的入射光射到金属板B上，使B板发生了光电效应，已知该金属板的逸出功为W，电子的质量为m。电荷量为e，已知普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法中正确的是（ ）
A．若增大入射光的频率，金属板的逸出功将大于W
B．到达A板的光电子的最大动能为－W＋eU
C．若减小入射光的波长一定会有光电子逸出
D．入射光子的能量为
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）在练习使用多用电表的实验中。请完成下列问题：
(1)用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，因此需选择________（填“×10”或“×1k”）倍率的电阻挡，并需______________（填操作过程）后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为________Ω。
(2)某同学设计出了一个“欧姆表”，用来测量电阻，其内部结构可简化成图乙电路，其中电源内阻r=1.0Ω，电流表G的量程为Ig，故能通过读取流过电流表G的电流值而得到被测电阻的阻值。该“欧姆表”的调零方式和普通欧姆表不同。该同学想用一个电阻箱Rx来测出电路中电源的电动势E和表头的量程Ig，进行如下操作步骤：
A．先使两表笔间不接入任何电阻，断开状态下闭合开关，调滑动电阻器使表头满偏；
B．将该“欧姆表”与电阻箱Rx连成闭合回路，改变电阻箱阻值；记下电阻箱示数Rx和与之对应的电流表G的示数I；
C．将记录的各组Rx，I的数据转换成、后并描点得到图线，如图丙所示；
D．根据图丙中的图线，求出电源的电动势E和表头的量程Ig。由图丙可知电源的电动势为________，电流表G的量程是________。
(3)在(2)中，某次实验发现电流表G的指针半偏，则电阻箱接入电路中的电阻Rx＝_________（保留2位有效数字）
12．（12分）某同学利用图（a） 所示电路测量量程为3 V的电压表①的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R （最大阻值9999.9 Ω），滑动变阻器R（最大阻值50 Ω），滑动变阻器R2 （最大阻值5 kΩ），直流电源E（电动势4 V，内阻很小）。开关1个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图（a）连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器________（填“R1”或“R2”）；
(2)根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线；
（____）
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为1500.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为______Ω（结果保留到个位）；
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_____（填正确答案标号）。
A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1mA
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，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm．已知大气压强为P0=75.0cmHg．现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为=20.0cm．假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．
14．（16分）如图所示，在一竖直放置的圆环形管道内封闭有一定质量的理想气体．用一绝热的固定活塞C和绝热、不计质量、可自由移动的活塞A将管道内气体分隔成体积相等的两部分，A、C与圆环的圆心O等高，两部分气体的温度均为T0=300K．现保持下部分气体的温度不变，对上部分气体缓慢加热至T=500K，求此时活塞A的位置与O点的连线跟竖直方向OB之间的夹角θ．（不计两活塞的体积）
15．（12分）半径R＝0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m＝0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L0＝0.50 m，劲度系数k＝4.8 N/m，将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能EPC＝0.6 J，g取10 m/s2.求：
(1)小球经过C点时的速度vc的大小；
(2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向．
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】
由安培定则可知在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，和在a点产生的磁场合磁感应强度为零，所以a点的合磁感应强度等于在a点产生的磁感应强度，同理可得b点和d点的合磁感应强度等于在这两点产生的磁感应强度，c点的合磁感应强度等于、和在c点产生的磁感应强度同向叠加的矢量和，所以c点的合磁感应强度最大，故C正确，ABD错误。
故选C。
2、D
【解析】
ABC.当摩擦力增大到最大静摩擦力之前，轻绳拉力为零，再增大F，摩擦力不再增大，此后a、b间的拉力从零开始增大，地面对b的摩擦力达到最大静摩擦力，此时物块b要开始滑动，故ABC错误；
D. 物块a、b的质量相同，与地面的动摩擦因数相同，因此b刚好要滑动时，对a由牛顿第二定律得：
对b由牛顿第二定律得：
联立解得：
故D正确。
3、A
【解析】
氢原子从n =4 跃迁到 n =1 时放出光子的能量为
光子的动量

光子的能量
可得
根据动量守恒定律可知
可得
故选A。
4、C
【解析】
一个氢原子处于激发态最多可以辐射三种不同频率的光子，则该氢原子处于n=4激发态，该氢原子处于基态时吸收的光子能量为：
hv =（-0.85eV）-（-13.6 eV）=12.75eV．
ABD.由计算可得被吸收光子的能量为12.75eV ，ABD错误；
C.由计算可得被吸收光子的能量为12.75eV ，C正确．
5、B
【解析】
A．扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误；
BD．分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故B正确，D错误；
C．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子的无规则运动的反映，故C错误。
故选B。
6、B
【解析】
AB．由图像可知，当物块和木板共速时，物块相对木板的位移即为木板的最小长度，即
选项A错误，B正确；
C．小物块在0～4s内的位移
负号表示物块的位移向右，则平均速度是
选项C错误；
D．在0～4s内，木板的位移
根据可知，木板和小物块的平均加速度不相同，选项D错误；
故选B。
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、AB
【解析】
A．E-x图像的斜率代表竖直向上拉力F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F作用下开始向上，说明在x=0处，拉力F大于重力，在0-x1过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力F在增大，x1处物体图象的斜率最大，所受的拉力最大，故A正确；
BC．在x1~x2过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在x2处物体的机械能达到最大，图象的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力可知，在x1~x2过程中，拉力F逐渐减小到mg的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力F=mg到减小到0的过程中，物体的加速度反向增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，物体的动能在减小；在x1~x2过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故B正确，C错误；
D．物体从静止开始运动，到x2处以后机械能保持不变，在x2处时，物体具有重力势能和动能，故在0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故D错误。
8、BC
【解析】
AB．粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知
解得
在B2磁场中根据几何知识有
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
将半径代入解得
故A错误，B正确；
CD．粒子做圆周运动的周期为，粒子的运动时间为
解得
故C正确，D错误。
故选BC。
9、AD
【解析】
A．由图象可知，检阅车的运动过程为：Oa为匀加速直线运动，ab是恒定功率运动，且加速度在逐渐减小，所以t1时刻牵引力和功率最大，bc是匀速直线运动，t2～t3时间内其牵引力等于f，故A正确。
B．在0～t1时间段，由v﹣t图象知检阅车做匀加速直线运动，故B错误。
C．在0～t2时间段，由v﹣t图象可知，检阅车先做匀加速运动再做变加速运动，故此段时间内平均速度大于，故C错误；
D．设时间t1～t2内检阅车克服阻力所做功为Wf，由动能定理
克服阻力所做功为，故D正确。
故选AD.
10、BCD
【解析】
A．金属板的逸出功取决于金属材料，与入射光的频率无关，故A错误；
B．由爱因斯坦光电效应方程可知，光电子的逸出最大动能
根据动能定理
则当到达A板的光电子的最大动能为
故B正确；
C．若减小入射光的波长，那么频率增大，仍一定会有光电子逸出，故C正确；
D．根据，而，则光子的能量为
故D正确。
故选BCD。
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、) ×1k 欧姆调零 6000 1.5V 0.25A 0.83 Ω
【解析】
(1)[1][2][3]．用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过小，说明倍率档选择过低，因此需选择 “×1k”倍率的电阻挡，并需欧姆调零后，再次进行测量，多用表的指针如图甲所示，测量结果为6000Ω。
(2)[4][5]．由闭合电路欧姆定律得
把r=1.0Ω代入整理得
故

得
Ig=0.25A

得
E=1.5V
(3)[6]．电流表G的指针半偏，则I=0.125A，由
代入数据解得
Rx=0.83Ω
12、 3000 D
【解析】
(1)[1]．本实验利用了半偏法测电压表的内阻，实验原理为接入电阻箱时电路的总电阻减小的很小，需要滑动变阻器为小电阻，故选R1可减小实验误差．
(2)[2]．滑动变阻器为分压式，连接实物电路如图所示：
(3)[3]．电压表的内阻和串联，分压为和，则
．
(4)[4]．电压表的满偏电流
故选D．
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、15.0 cm
【解析】
以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：
设活塞下推后，下部空气柱的压强为p1′，由玻意耳定律得：
活塞下推距离为时玻璃管上部空气柱的长度为：
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p2′，则：
由玻意耳定律得：
由题给数据解得：
＝15.0cm
14、45°
【解析】
设圆环管道内上下两部分气体的初始体积为V0，加热前后两部分气体的压强分别为P0、P，
上部分气体体积的增加量为△V，对上部分气体，根据理想气体状态方程有
对下部分气体，根据玻意耳定律有
P0V0=P（V0-△V）
解得
△V=V0
故活塞A的位置与O点的连线和竖直方向的夹角为
θ=45°
本题关键是找到两部分气体的状态参量，然后根据玻意耳定律和气体的状态变化方程列式后联立求解，不难，要用耐心．
15、 (1) 3 m/s. (2) 3.2 N，方向向上．
【解析】
试题分析：(1)设小球经过C点的速度为vc，小球从B到C，据机械能守恒定律得
mg(R＋Rcs60°)＝EPC＋mv， （3分）
代入数据求出vc＝3 m/s. （2分）
(2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN. 设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律F＋FN－mg＝m， （2分）
由于F＝kx＝2.4 N， （2分）
FN＝m＋mg－F，
解得FN＝3.2 N，方向向上． （1分）
根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N．方向竖直向下． （1分）
考点：考查匀速圆周运动
点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在C点由竖直方向的合力提供向心力