江苏省常州一中2026届高三第三次测评物理试卷含解析

这是一份江苏省常州一中2026届高三第三次测评物理试卷含解析，共52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、将输入电压为220V、输出电压为6V的变压器改装成输出电压为30V的变压器，副线圈原来的匝数为30匝，原线圈的匝数不变，则副线圈应增加的匝数为（）
A．150匝B．144匝C．130匝D．120匝
2、有一种灌浆机可以将某种涂料以速度v持续喷在墙壁上，假设涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为ρ，若涂料产生的压强为p，不计涂料重力的作用，则墙壁上涂料厚度增加的速度u为( )
A．B．C．D．
3、两行星和各有一颗卫星和，卫星的圆轨道接近各自的行星表面，如果两行星质量之比，两行星半径之比则两个卫星周期之比为（ ）
A．B．C．D．
4、如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘细线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，偏角为θ，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是（ ）
A．小球带负电
B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变小
C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从下向上
D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率
5、如图所示，图甲为一简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x= 0.5m处的质点，Q是平衡位置在x =2m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。下列说法正确的是（ ）
A．这列波沿x轴正方向传播B．这列波的传播速度为2m/s
C．t=0.15s，P的加速度方向与速度方向相同D．从t=0.10s到t=0.15s，P通过的路程为10cm
6、图示装置为阅读时使用的角度可调支架，现将一本书放在倾斜支架上，书始终保持静止。关于该书受力情况，下列说法正确的是（ ）
A．可能受两个力
B．可能受三个力
C．一定受摩擦力
D．支架下边缘对书一定有弹力
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，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E=，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ0现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（ ）
A．环经过时间刚好到达最低点
B．环的最大加速度为am=g+
C．环在t0时间内损失的机械能为m(-)
D．环下降过程和上升过程摩擦力的冲量大小不相等
8、一简谐机械横波沿x轴正方向传播，时刻波形如图甲所示a、b、d是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。则下列说法正确的是（ ）
A．该波传播速度大小为3m/sB．图乙可以表示d质点的振动
C．图乙可以表示b质点的振动D．时，质点速度沿y轴负方向
9、如图所示，在光滑水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，边界线MN平行于PQ线，磁场方向垂直平面向下，磁感应强度大小为B，边长为L（L＜d）的正方形金属线框，电阻为R，质量为m，在水平向右的恒力F作用下，从距离MN为d/2处由静止开始运动，线框右边到MN时速度与到PQ时的速度大小相等，运动过程中线框右边始终与MN平行，则下列说法正确的是（ ）
A．线框进入磁场过程中做加速运动
B．线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为
C．线框在进入磁场的过程中速度的最小值为
D．线框右边从MN到PQ运动的过程中，线框中产生的焦耳热为Fd
10、如图所示为固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC。现有一小球以一定的初速度v0从最低点A冲上轨道，小球运动到最高点C时的速度为。已知半圆形轨道的半径为0.4m，小球可视为质点，且在最高点C受到轨道的作用力为5N，空气阻力不计，取g =10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．小球初速度
B．小球质量为0.3kg
C．小球在A点时重力的功率为20W
D．小球在A点时对半圆轨道的压力为29N
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）某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。图甲是演示仪的简化示意图，细线下面悬挂一个小钢球（直径忽略不计），细线上端固定在电动机转盘上，利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。用转速测定仪测定电动机的转速，调节刻度板的位置，使刻度板水平且恰好与小钢球接触，但无相互作用力，用竖直放置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离，不计悬点到转轴间的距离。
(1)开动转轴上的电动机，让摆球转动起来形成圆锥摆。调节转速，当越大时，越__________（选填“大”或“小”）。
(2)图乙为某次实验中的测量结果，其示数为__________cm。
(3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度，其表达式为__________。
12．（12分）木-木间动摩擦因数约为0.3，实验室中测量某木块与木板间动摩擦因数。
(1)采用图甲所示实验装置，正确进行实验操作，得到图乙所示的一条纸带。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0点到各点的距离d1、d2、d3、d4、ds、d6。已知打点周期T，求得各点木块运动速度vi，其中第4块木块的速度v4=___________；取0点时刻为零时刻，作v－t图得到木块加速度为a，已知木块的质量M、钩码的总质量m及当地重力加速度g，则木块与木板间动摩擦因数=___________。
(2)关于上述实验操作过程：长木板必须保持___________（填“倾斜”或“水平”）。
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）如图所示，质量为m1的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，其端有一固定的、光滑的半径R=0.4m 的四分之一圆弧轨道（接触但无黏连），长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距x 0=1m。 质量为m2 =2m1的小木块（看成质点）从距木板右端x=2m处以v0 =10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为μ2 =0.9，重力加速度取g = 10m/s2。 求：
(1)m2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。
(2)使m2不从m1上滑下，m1的最短长度。
(3)若m1取第(2)问中的最短长度，m2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。
14．（16分）如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为θ=37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为m =2kg的物块，带正电，电量为q=10-6 C。若物块与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，电场强度为E=5×106V/m ，且物块能自由下滑到斜面底端。斜面高度为h=1m，已知：g=10m/s2 ，sin 37°=0.6 ，cs37°=0.8试问，物块下滑到斜面底端过程中：
(1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少；
(2)物块动能的改变量；
(3)物块机械能的改变量。
15．（12分）如图所示，质量为m1＝1kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD部分粗糙，长为L＝0.1m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑．现让质量为m1＝1kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10m/s1．求：
(1)物块到达最低点时的速度大小；
(1)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置．
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】
副线圈匝数为n2=30匝，输入电压U1=220V，输出电压U2=6V，根据变压比公式有
原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为30V，根据变压比公式有
联立得
故D正确，ABC错误。
故选D。
2、B
【解析】
涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程，速度从v变为0，其动量的变化源于墙壁对它的冲量，以极短时间Δt内喷到墙壁上面积为ΔS、质量为Δm的涂料(微元)为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，涂料增加的厚度为h。由动量定理得
F·Δt＝Δm·v
又有
Δm＝ρ·ΔSh
所以
涂料厚度增加的速度为
u＝
联立解得
u＝
故选B。
3、A
【解析】
卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有
得
所以两卫星运行周期之比为

故A正确、BCD错误。
故选A。
4、B
【解析】
A．根据题图电路可知A板电势高于B板电势，A、B间电场强度方向水平向右。小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A项错误；
B．当滑动头从a向b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，小球所受电场力减小，故细线的偏角变小，所以B项正确；
C．当极板间电压减小时，极板所带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C项错误；
D．由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率的变化规律，所以D项错误。
故选B。
5、C
【解析】
A．分析振动图像，由乙图读出，在t=0.10s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x轴负方向的传播，故A错误；
B．由甲图读出波长为λ=4m，由乙图读出周期为T=0.2s，则波速为
故B错误；
C．从t=0.10s到t=0.15s，质点P振动了，根据波动规律可知，t=0.15s时，质点P位于平衡位置上方，速度方向沿y轴负方向振动，则加速度方向沿y轴负方向，两者方向相同，故C正确；
D．在t=0.10s时质点P不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s到t=0.15s，质点P通过的路程
s≠A=10cm
故D错误。
故选C。
6、B
【解析】
AB．由题意可知，书受到重力和弹力作用，由于有书沿斜面向下的分力作用，所以物体必然受到一个沿斜面向上的力，以维持平衡，这个力为摩擦力，也可以是支架下边缘对书的弹力，也可以是摩擦力和支架下边缘对书弹力的合力，故可能受三个力，四个力作用，故A错误，B正确；
C．由于当书沿斜面向下的分力作用与支架下边缘对书弹力相等时，此时摩擦力不存在，故C错误；
D．由于当书沿斜面向下的分力作用，与向上的摩擦力相等时，则支架下边缘对书弹力不存在，故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、BC
【解析】
AB．由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为，方向始终竖直向上。假设竖直向下为正方向，则当环下滑的过程中，受力分析，根据牛顿第二定律得：
得：
负号代表该加速度与运动方向相反，故物体在下滑的过程中做加速度逐渐减小的减速运动；当环上升的过程中，根据牛顿第二定律
解得：
环做加速度逐渐减小的减速运动，在到达原出发点前，加速度减为零，此时，
开始以速度v做匀速直线运动。
所以由于运动的不对称性可以确定，从开始下滑到最低点的时间不等于;
整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度大小的最大值为：
则A错误,B正确；
C．由以上计算，可知，整个过程中，系统损失的机械能
C正确；
D．环上升和下降的过程中，摩擦力的冲量大小相等，D错误。
故选BC。
8、AC
【解析】
A．由题图甲可知波长，由题图乙可知周期，则波速
A正确；
BC．a、b、d三质点中在时位于平衡位置的是b和d质点，其中b质点向y轴正方向运动，d质点向y轴负方向运动。则题图乙可以表示b质点的振动，C正确，B错误；
D．时a质点通过平衡位置向y轴正方向运动，D错误。
故选AC。
9、BD
【解析】
A、线框右边到MN时速度与到PQ时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线框完全进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故A错误；
B、线框进入磁场前过程，由动能定理得：，解得：，线框受到的安培力： ，故B正确；
C、线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达PQ过程，对线框，由动能定理得： 解得： ，故C错误；
D、线框右边到达MN、PQ时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热：Q＝Fd，故D正确；
10、AD
【解析】
A．小球从最低点到最高点，由机械能守恒
解得
v0=5m/s
选项A正确；
B．在最高点C时
解得
m=0.4kg
选项B错误；
C．小球在A点时竖直速度为零，则根据P=mgvy可知重力的功率为0，选项C错误；
D．小球在A点时
解得
NA=29N
选项D正确；
故选AD。
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、小 18.50
【解析】
(1)[1]越大，细线与竖直方向夹角越大，则h越小。
(2)[2]悬点处的刻度为，水平标尺的刻度为，则示数为
所以示数为。
(3)[3]假设细线与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律得
又
解得
12、 水平
【解析】
(1)[1]根据木块运动第4点的瞬时速度等于3、5两个计点的平均速度，即可得
[2]对木块与钩码为对象，根据牛顿第二定律可得
解得木块与木板间动摩擦因数
(2)[3]由于该实验需要测量木块与木板间动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，所以长木板必须保持水平。
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)2.8m；(2)m；(3)m
【解析】
（1）设滑块到达木板右端的速度为v1，由动能定理可得

代入数据，解得v1=8 m/s
设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为h1，由动能定理可得
代入数据，解得h1=2.8 m。
（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小v1=8 m/s，滑上木板后，滑块的加速度为a2，由牛顿第二定律
木板的加速的为a1，由牛顿第二定律
解得，。
设经过t1时间后两者共速，共同速度为v，
由运动学公式可知
，
解得
该过程中木板的位移
滑块走过的位移
由于，假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度
联立以上各式，解得
（3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a，由牛顿第二定律可知
解得
滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为v2，由动能定理可得
随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为h2，则由动能定理可得
代入数据，解得
14、 (1)6.33J；(2)7J；(3)-13J
【解析】
(1)对物块受力分析可知其受到的摩擦力为
代入数据解得
所以物块与斜面摩擦产生的内能为
(2)物块下滑过程中重力做功为
电场力做的功
根据功能关系可知摩擦力做的功为
所以根据动能定理有
(3)根据功能关系可知物块机械能的改变量等于除重力外其它力做的功，即等于摩擦力和电场力做的功
15、（1）1m/s(1)1.8J(3) 最终停在D点
【解析】
【分析】物体1从释放到与物体1相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体1、1碰撞前两个物体的速度；物体1、1碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度．碰后，物体1、1向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体1、1和滑道速度为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守恒列式，即可求出物体1、1相对滑道CD部分运动的路程s，从而确定出物体1、1最终停在何处；
解：（1）从释放到最低点，由动量守恒得到：
由机械能守恒得到：
解得：
（1）由能量守恒得到：
解得：
（3）最终物块将停在C、D之间，由能量守恒得到：
解得：
所以最终停在D点．