2026届河南省安阳市三十六中高三下学期第一次摸底考试物理试题含解析.doc

2026届河南省安阳市三十六中高三下学期第一次摸底考试物理试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
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，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳拉直，弹簧处于自然长度。将两球分别由静止开始释放，达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则下列说法正确的是（ ）

A．两球到达各自悬点的正下方时，动能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大
C．两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较小
2、如图所示为氢原子能级的示意图，下列有关说法正确的是

A．处于基态的氢原子吸收10.5eV的光子后能跃迁至，n＝2能级
B．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可辐射出3种不同频率的光
C．若用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定能发生光电效应
D．用n＝4能级跃迁到n＝1能级辐射出的光，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为6.41eV
3、如图甲，理想变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、线圈电阻为2Ω的电动机M．原线圈输入的交流电压如图乙．闭合开关S，电动机正常工作，电流表示数为1A．下列判断正确的是（ ）

A．副线圈两端的电压有效值为V
B．滑动变阻器R的接入电阻为10Ω
C．电动机输出的机械功率为12W
D．若电动机突然卡住，原线圈输入功率将变小
4、某静电场在x轴正半轴上的电势Φ随x变化的关系如图所示，则（　　）

A．x1处跟x2处的电场强度方向相同
B．x1处跟x2处的电场强度大小相等
C．若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功
D．同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于x2在处的电势能
5、AC、CD为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中，水平距离均为BC，两个完全相同且可视为质点的物块分别从A点和D点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（　　）

A．沿AC下滑的物块到底端用时较少
B．沿AC下滑的物块重力的冲量较大
C．沿AC下滑的物块到底端时重力功率较小
D．沿AC下滑的物块到底端时动能较小
6、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．
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、质量均为m的小球A、B分别固定在一长为L的轻杆的中点和一端点，如图所示。当轻杆绕另一端点O在光滑水平面上做角速度为ω的匀速圆周运动时，则（　　）

A．处于中点的小球A的线速度为
B．处于中点的小球A的加速度为
C．处于端点的小球B所受的合外力为
D．轻杆段中的拉力与段中的拉力之比为3：2
8、对于热学的相关现象，下列说法正确的是（ ）
A．毛细现象可能表现为液体在细管中上升，也可能表现为下降
B．已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数
C．水蒸汽凝结成水珠的过程中，分子间斥力减小，引力增大
D．与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽
9、下列关于振动和波的说法，正确的是 。
A．声波在空气中传播时，空气中各点有相同的振动频率
B．水波在水面上传播时，水面上各点沿波传播方向移动
C．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生衍射
D．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某质点相遇，则该质点位移始终最大
E.为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光
10、如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说法正确的是（ ）

A．该交流电源的电动势的瞬时值表达式为V
B．变压器原副线圈匝数的比值为
C．电流表的读数为
D．负载上消耗的热功率
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）如图甲(侧视图只画了一个小车)所示的实验装置可以验证“牛顿第二定律”，两个相同的小车放在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个小盘增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系一条细线用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止(如图乙)，抬起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车位移的大小。

（1）该实验中，盘和盘中砝码的总质量应___小车的总质量(填“远大于”、“远小于”、“等于”)；
（2）图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的实验记录，已测得小车1的总质量M1=100g，小车2的总质量M2=200g，由图可读出小车1的位移x1=5.00m小车2的位移x2=___cm，可以算出=___(结果保留三位有效数字)；在实验误差允许的范围内，___(填“大于”、“小于”、“等于”)。
12．（12分） (1)同学们通过查阅资料知道，将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约会有1V多一点。小明同学找来了一个土豆做实验，如图所示，当用量程为0-3V、内阻约50kΩ的伏特表测其两极电压时读数为0.96V，用欧姆表直接测“土豆电池”的两极，测得内阻r的读数为30Ω。小丽同学用灵敏电流表直接接”土豆电池”的两极，测得电流为0.32mA。粮据前面小明用伏特表测得的0.96V电压，由全电路欧姆定律得内阻为3kΩ。小明认为上豆的内阻为30Ω，小丽则认为其内阻为3kΩ。以下关于两位同学实验过程的分析，正确的是_________

A．小明的方法不正确，因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻
B．小明的方法正确。因水果电池本身也是一个导体，可以用欧姆表直接测其电阻
C．小丽的测量结果十分准确，除了读数方面的偶然误差外，系统误差很小
D．小丽的测量结果不准确，因为水果电池内阻很大，用伏特表测得的电动势误差很大，因此计算出的内限误差也很大
(2)为尽可能准确地测定一个电动势和内阻未知的电源，实验室除了导线和开关外，还有以下一此器材可供选择：
A．电流表A1（量程为0-0.6A，内阻约为1Ω）
B．灵敏电流表A2（量程为0-0.6mA，内阻约为800Ω）
C．灵敏电流表A3（量程为0-30μA，内阻未知）
D．滑动变阻器R1，（最大阻值约100）
E．滑动变阻器R2，（最大阻值约2kΩ）
F．定值电阻（阻值为2kΩ）
G．电阻箱R（0-9999）
①实验中应选择的器材是_______（填器材前的字母代号）。
②在方框中画出应采用的电路图____________________。

③实验时，改交电阻箱R的阻值，记录下电流表的示数I得到若干组R、I的数据，根据实验数据绘出如图所示的图线，由此得出其电源的电动势为________V（保留两位有效数）。按照此实验方法请分析内电限的测量值与真实值大小关系，并给由必要的说明：___________________________________。

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）两根距离为L=2m的光滑金属导轨如图示放置，P1P2，M1M2两段水平并且足够长，P2P3，M2M3段导轨与水平面夹角为θ=37°。P1P2，M1M2与P2P3，M2M3段导轨分别处在磁感应强度大小为B1和B2的磁场中，两磁场方向均竖直向上，B1=0.5T且满足B1=B2cosθ。金属棒a，b与金属导轨垂直接触，质量分别为kg和0.1kg，电阻均为1Ω，b棒中间系有一轻质绳，绳通过光滑滑轮与质量为0.2kg的重物连接，重物距离地面的高度为10m。开始时，a棒被装置锁定，现静止释放重物，已知重物落地前已匀速运动。当重物落地时，立即解除b棒上的轻绳，b棒随即与放置在P2M2处的绝缘棒c发生碰撞并粘连在一起，随后bc合棒立即通过圆弧装置运动到倾斜导轨上，同时解除a棒的锁定。已知c棒的质量为0.3kg，假设bc棒通过圆弧装置无能量损失，金属导轨电阻忽略不计，空气阻力不计，sin37ο=0.6，cos37ο=0.8，g取10m/s2，求：
(1)b棒与c棒碰撞前的速度；
(2)b棒从静止开始运动到与c棒碰撞前，a棒上产生的焦耳热；
(3)a棒解除锁定后0.5s，bc合棒的速度大小为多少。

14．（16分）如图所示，一圆柱形汽缸竖直放置，汽缸正中间有挡板，位于汽缸口的活塞封闭着一定质量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S．开始时，活塞与汽缸底部相距L，测得气体的温度为T1．现缓慢降温，让活塞缓慢下降，直到恰好与挡板接触但不挤压．然后在活塞上放一重物P，对气体缓慢加热，让气体的温度缓慢回升到T1，升温过程中，活塞不动．已知大气压强为p1，重力加速度为g，不计活塞与汽缸间摩擦．

(ⅰ)求活塞刚与挡板接触时气体的温度和重物P的质量的最小值；
(ⅱ)整个过程中，气体是吸热还是放热，吸收或放出的热量为多少？
15．（12分）如图所示，水平传送带与质量为m的物块间的动摩擦因数为，传送带做匀速运动的速度为，物块在经过传送带上方长为的虚线区域时会受到，恒定的向下压力。已知压力区左边界距传送带左端的距离为，物块自传送带左端无初速释放后，经过1s到达传送带的右端.重力加速度g取。
（1）物块到达压力区左边界的速度
（2）压力区右边界到传送带最右端的长度。

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】
ABC．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，AB两球重力做的功相同，两球重力势能减少量相等。B球在下落的过程中弹簧要对球做负功，弹簧的弹性势能增加，所以B球在最低点的速度要比A的速度小，动能也要比A的小，故AB错误，C正确；
D．由于在最低点时B的速度小，且两球质量相同，根据向心力的公式

可知，B球需要的向心力小，所以绳对B的拉力也要比A的小，故D错误。
故选C。
2、D
【解析】
A．处于基态的氢原子吸收10.2eV的光子后能跃迁至n=2能级，不能吸收10.2eV的能量．故A错误；
B．大量处于n=4能级的氢原子，最多可以辐射出，故B错误；
C．从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量值大于从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光的能量值，用从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n=4能级跃迁到n=3能级辐射出的光，照射该金属时不一定能发生光电效应，故C错误；
D．处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级辐射出的光的能量为：，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：，故D正确；
3、B
【解析】
A．变压器初级电压有效值为220V，则副线圈两端的电压有效值为

选项A错误；
B．滑动变阻器接入电阻为

选项B正确；
C．电动机输出的机械功率为

选项C错误；
D．若电动机突然卡住，次级电流将变大，次级消耗的功率变大，则原线圈输入功率将变大，选项D错误；
故选B.
点睛：此题要注意电动机问题的能量转化关系：输出功率等于总功率与内阻上的热功率的差值；电动机被卡住后相当于纯电阻，则电路的电流会变大，电动机很快被烧毁.
4、A
【解析】
A．x1和x2处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故A正确；
B．x1处的斜率大于x2处的斜率，说明x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故B错误；
C．从x1处到x2处，电势逐渐降低，则移动正电荷，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；
D．根据Ep=qφ可知，正电荷在R处具有的电势能为零，在x2处的电势小于零，所以正电荷在此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能，故D错误。
故选A。
5、A
【解析】
A．由于两者水平距离相同，均可用水平距离表示出运动时间，设水平距离为x，斜面倾角为，则：

得：

则倾角越大用时越少，A正确；
B．重力冲量：

沿轨道AC下滑的物块到底端用时较小，重力的冲量较小，B错误；
CD．由动能定理：

可知沿轨道AC下滑的物块重力做功大，所以到底端时速度大，动能较大；沿轨道AC下滑的物块到底端时速度大，倾斜角度θ大，由重力瞬时功率功率：

可知其重力瞬时功率较大，C错误，D错误。
故选A。
6、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。

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、CD
【解析】
A．处于中点的小球A的运动半径为，根据线速度与角速度的关系可知线速度

A错误；
B．处于中点的小球A的加速度为

B错误；
C．处于端点的小球B的向心加速度

由牛顿第二定律可知小球B所受的合外力为

C正确；
D．设轻杆段中的拉力为，轻杆段中的拉力为，对小球A由牛顿第二定律可得

对小球B由牛顿第二定律可得

联立解得

D正确。
故选CD。
8、AD
【解析】
A．毛细现象表现为浸润细管的液体在细管中上升、不浸润细管的液体在细管中下降，毛细现象可能表现为液体在细管中上升，也可能表现为下降，故A正确；
B．阿伏加德罗常数是1mol任何质量所含有的微粒数目阿伏加德罗常数等于摩尔质量与分子质量之比，已知水的密度和水的摩尔质量无法确定分子质量，故无法确定阿伏加德罗常数，故B错误；
C．空气中的水蒸气凝结成水珠的过程中，水分子之间的距离减小，斥力和引力均增大，故C错误；
D．与液体处于动态平衡的蒸汽叫作饱和汽，故D正确。
故选AD。
9、ACE
【解析】
A．声波在空气中传播时，根据波的形成原理可知，空气中各点有相同的振动频率，故A正确；
B．水波在水面上传播时，水面上各点不会随着波传播方向而移动，故B错误；
C．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生明显的衍射现象，故C正确；
D．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某点相遇时，则该质点位移此时最大，然后会变小，当平衡位置相遇时，则位移为零，故D错误；
E．根据干涉条纹间距公式，可知，为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光，即波长变长，故E正确。
故选ACE。
10、BC
【解析】
A．由图可知周期T＝4×10-2s，角速度

所以该交流电源的电动势的瞬时值表达式为
e＝Emsin(50πt)
故A错误；
B．设原副线圈中的匝数分别为n1和n2，电流分别为I1和I2，电压分别为U1和U2，则
U1＝E−I1r
电阻R消耗的功率
P＝U2I2=U1I
即
P＝(E−I1r)I1＝−I12r−EI1
可见
I1＝
时，P有最大值

此时

则

所以

故B正确；
C．电流表的读数为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为

则

故C正确；
D．负载上消耗的功率

故D错误。
故选BC.

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、远小于 2.42～ 2.47 2.02～ 2.07 等于
【解析】
(1) 因为实验的研究对象是整个系统，系统受到的合外力就等于mg，所以不需要满足悬挂的沙桶总质量一定要远远小于小车（包括盛沙的盒及盒内的砂）的总质量；
(2)由图可知，小车2的位移为2.43m，由匀加速直线运的位移公式可知，，即由于时间相等，所以，由牛顿第二定律可知： ，所以两小车的加速度之比等于质量的反比．
12、AD BG 3.0 偏大，内电阻的测量值包含电流表内阻，所以大于真实值
【解析】
(1)[1]AB．因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻，故A正确，B错误；
CD．水果电池内阻很大，用有内阻的伏特表测得的电动势误差很大，故C错误，D正确。
故选AD。
(2)[2]所给仪器没有电压表，定值电阻也较小，若通过串联定值电阻改装成电压表，根据(1)的分析知测量值也不准确，所以选用安阻法测量电源电动势和内阻，因灵敏电流表直接接电源的两极，测得电流为0.32mA，选灵敏电流表A2和变阻箱测量，所以实验中应选择的器材是BG。
[3]本题是利用安阻法测电源内阻及电动势，测量电路如图所示

[4]由闭合电路欧姆定律，变形得

根据图象的斜率表示电动势，得电池组的电动势为

[5]按照此实验方法，测出的电源内阻是电流表A2和电源两部分电阻之和，因此内电阻的测量值与真实值相比偏大。

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)4m/s(2)8.8J(3)
【解析】
(1)由题可知，b棒与c棒碰前，已经匀速
由受力分析得：
Mg=F安

可得
v1=4m/s
方向水平向右
(2)由能量守恒得：

可得：
Q总=17.6J
所以：

(3)以向右为正方向，由动量守恒得：
mbv1=(mb+mc)v2
解得：
v2=1m/s
a棒：
F安1=B1IL=maa1
bc合棒：
(mb+mc)gsinθ-F安2cosθ=(mb+mc)a2
F安2=B2IL

代入初始条件，vbc=v2，va=0；
解得：

可得，bc合棒和a棒接下来均做加速度为的匀加速运动，

解得：

14、(ⅰ) 　m＋ (ⅱ)放热　
【解析】
(ⅰ)由题意可得，缓慢降温过程是一个等压过程
初态：温度T1，体积V1＝LS，
末态：温度T1，体积V1＝
由盖—吕萨克定律有，解得T1＝
升温过程中，活塞不动，是一个等容过程，设重物P的质量的最小值为M
初态：温度T1＝，压强p1＝p1＋，
末态：温度T2＝T1，压强p2＝p1＋
由查理定律有，解得M＝m＋．
(ⅱ)整个过程中，理想气体的温度不变，内能不变；降温过程，气体体积变小，外界对气体做的功为
升温过程，气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功；由热力学第一定律，整个过程中，气体放出热量
Q＝W＝．
点睛：本题考查了求内能变化、温度等问题，分析清楚气体状态变化过程、应用热力学第一定律、理想气体状态方程即可正确解题．
15、（1） （2）
【解析】
（1）物块在压力区左侧时，由牛顿第二定律有

解得

当物块速度达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移

可知物块到达压力区前一直做匀加速直线运动。
设物块到达压力区左边界时的速度为，则有

解得

（2）物块进入压力区，由牛顿第二定律有

解得

当物块在压力区达到传送带速度时，物块在传送带上运动的位移

可知物块在恰好压力区时，速度与传送带共速，物块在压力区右侧做匀速直线运动。
物块在进入压力区前运动的时间

物块在压力区中运动的时间

则压力区右侧的传送带长度