2026年上海建平中学高三.十三校联考.第一次考试物理试题试卷含解析.doc

2026年上海建平中学高三.十三校联考.第一次考试物理试题试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，弹簧振子在a、b两点间做简谐振动当振子从平衡位置O向a运动过程中

A．加速度和速度均不断减小
B．加速度和速度均不断增大
C．加速度不断增大，速度不断减小
D．加速度不断减小，速度不断增大
2、如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为的磁性圆轨道竖直固定，质量为的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则

A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于
D．轨道对铁球的磁性引力至少为，才能使铁球不脱轨
3、双星系统中两个星球 A、B 的质量都是 m，相距 L，它们正围绕两者连线上某一点做匀速圆周运动。实际观测该系统的周期 T 要小于按照力学理论计算出的周期理论值 T0，且，于是有一人猜测这可能是受到了一颗未发现的星球 C 的影响，并认为 C 位于 A、B 的连线正中间，相对 A、B静止，则 A、B 组成的双星系统周期理论值 T0 及 C 的质量分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4、如图所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有（　　）

A．三条绳中的张力都相等 B．杆对地面的压力等于自身重力
C．绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零 D．绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力
5、如图所示，真空中位于x轴上的两个等量正点电荷的位置关于坐标原点O对称，规定电场强度沿x轴正方向为正，无穷远处电势为0。下列描述x轴上的电场强度E或电势随位置x的变化规律正确的是（ ）

A． B．
C． D．
6、如图所示，物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体B静止不动．若沿斜面方向用力向下拉物体A，使物体A沿斜面加速下滑，则此时斜面体B对地面的摩擦力

A．方向水平向左 B．方向水平向右
C．大小为零 D．无法判断大小和方向
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、某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律，由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共有8卷代替输电线路（忽略输电线的自感作用）．第一次试验采用如图甲所示的电路图，将输电线与学生电源和用电器直接相连，测得输电线上损失的功率为，损失的电压为；第二次试验采用如图乙所示的电路图，其中理想变压器与学生电源相连，其原副线圈的匝数比，理想变压器与用电器相连，测得输电线上损失的功率为，损失的电压为，两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同，下列正确的是

A． B．
C． D．
8、如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）

A．物体在传送带上的划痕长
B．传送带克服摩擦力做的功为
C．电动机多做的功为
D．电动机增加的功率为
9、下列各种说法中正确的是________
A．用于识别假币的验钞机在验钞时，发出的光是红外线
B．现在所用光导纤维在传递通讯信号时利用了光的全反射原理
C．在同一池水中，黄光的传播的速度要比红光传播的速度慢
D．手机在通话时能听到声音，是因为手机除了能接收电磁波外又能接收声波
E.光的衍射说明光在传播过程中可以发生弯曲
10、如图所示，某空间存在一竖直方向的电场，其中的一条电场线如图甲所示，一个质量为m。电荷量为q的带正电小球，从电场线中O点由静止开始沿电场线竖直向上运动x1的过程中，以O为坐标原点，取竖直向上为x轴的正方向，小球运动时电势能ε与位移x的关系如图乙所示，运动忽略空气阻力，则（　　）

A．沿x轴正方向的电场强度大小可能增加
B．从O运动到x1的过程中，如果小球的速度先增后减 ，则加速度一定先减后增
C．从O点运动x1的过程中，每经过相等的位移，小球机械能的增加变少
D．小球运动位移x1时，小球速度的大小为
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）某同学通过实验研究小灯泡的电流与电压的关系。实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。

(1)实验要求电表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接_______；
(2)某次测量电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为____A；
(3)该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示，根据图像可知小灯泡的电阻随电压增大而___（选填“增大”、“减小”或“不变”）。将该小灯泡直接与电动势为3V、内阻为5Ω的电源组成闭合回路，小灯泡的实际功率约为____W（保留二位有效数字）。
12．（12分）现测定长金属丝的电阻率．
①某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是______．

②利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻．这段金属丝的电阻，约为，画出实验电路图，并标明器材代号．
电源 （电动势，内阻约为）
电流表 （量程，内阻）
电流表 （量程，内阻约为）
滑动变阻器 （最大阻值，额定电流）
开关及导线若干
③某同学设计方案正确，测量得到电流表的读数为，电流表的读数为，则这段金属丝电阻的计算式______．从设计原理看，其测量值与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）．
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，在直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。两个电荷量均为q、质量均为m的带负电粒子a、b先后以v0的速度从y轴上的P点分别沿x轴正方向和负方向进入第一象限和第二象限，经过一段时间后，a、b两粒子恰好在x负半轴上的Q点相遇，此时a、b两粒子均为第一次通过x轴负半轴，P点离坐标原点O的距离为d，已知磁场的磁感应强度大小为，粒子重力不计，a、b两粒子间的作用力可忽略不计。求：
（1）粒子a从P点出发到达Q点的时间t；
（2）匀强电场的电场强度E的大小。

14．（16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，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都停止后，A与B之间的距离是多少？

15．（12分）一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻的波动图象如图甲所示，其中处于x=12m处的质点c的振动图象如图乙所示。求：
①质点a的运动状态传到质点d所用的时间；
②从t=0时刻开始，5.5s内质点b运动的路程和t=5.5s时质点b的位移。

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】
弹簧振子的振动规律.
【详解】
当振子从平衡位置O向a运动过程中，位移逐渐增大，恢复力逐渐增大，加速度逐渐增大，因为速度和加速度方向相反，故速度逐渐减小，选项C正确.
2、B
【解析】
AB．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动．故A错误，B正确；
C．小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于1即可通过最高点，故C错误；
D．由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据：F＝m可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于1．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为1，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于1．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为1，到达最低点时的速度满足mg•2Rmv2，轨道对铁球的支持力恰好等于1，则磁力与重力的合力提供向心力，即：F﹣mg，联立得：F＝5mg，故D错误．
3、D
【解析】
两星的角速度相同，根据万有引力充当向心力知：

可得
r1=r2 ①
两星绕连线的中点转动，则有：
②
所以
③
由于C的存在，双星的向心力由两个力的合力提供，则
④
又
⑤
解③④⑤式得

可知D正确，ABC错误。
故选D。
4、C
【解析】
AC．由于三力长度不同，故说明三力与竖直方向的夹角不相同，由于杆保持静止，故在水平方向三力水平分力的合力应为零，故说明三力的大小可能不相等；故A错误；C正确；
B．由于三力在竖直方向有向下的拉力，杆在竖直方向合力为零，故杆对地面的压力大于重力；故B错误；
D．绳子拉力的合力与杆的重力之和等于地面对杆的支持力，则绳子拉力的合力与杆的重力不是一对平衡力，选项D错误。
故选C。
5、A
【解析】
AB．由点电荷在真空中某点形成的电场强度公式和电场叠加原理可知，沿x轴方向，点，电场强度为负，逐渐变大，A点→O点，电场强度为正，逐渐减小，O点→B点，电场强度为负，逐渐变大，B点，电场强度为正，逐渐减小，故A正确，B错误。
CD．无穷远处电势为零，根据等量同种正电荷的电场线分布图，分析知，等量同种正电荷电场中的电势不会为负值，且O点处电势大于零，故CD错误。
故选A。
6、C
【解析】
由题物体A恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面对物体A的作用力竖直向上，与物体A的重力平衡。物体A对斜面的力竖直向下，斜面不受地面的摩擦力作用。此时斜面体受到重力、地面的支持力、物体对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力。
若沿平行于斜面的方向用力F向下拉此物体A，使物体A加速下滑时，物体A对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零。
A.方向水平向左。与上述结论不符，故A错误；
B.方向水平向右。与上述结论不符，故B错误；
C.大小为零。与上述结论相符，故C正确；
D.无法判断大小和方向。与上述结论不符，故D错误。
故选：C。

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】
设学生电源提供的电压为U，输出功率为P，输电线的总电阻为r，则第一次实验中的电流为，故，；第二次试验中，根据变压器电流反比线圈匝数可知，输电线中的电流为，故，，所以，，BC正确．
对于远距离输电这一块：
（1）输电电流I：输电电压为U，输电功率为P，则输电电流；
（2）电压损失：，输电线始端电压U与输电线末端电压的差值；
（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①，②，③．
8、AD
【解析】
A．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v所需的时间

在这段时间内物块的位移

传送带的位移

则物体相对位移

故A正确；
BC．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是，由于滑动摩擦力做功，相对位移等于

产生的热量

传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功为，故BC错误；
D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为

故D正确。
故选AD。
9、BCE
【解析】
A．验钞机发出的是紫外线，紫外线能使钞票上的荧光物质发光，故A错误；
B．现在所用光导纤维在传递通讯信号时利用了光的全反射原理，故B正确；
C．由于黄光的频率大于红光的频率，故水对黄光的折射率大于水对红光的折射率，根据公式可知红光在水中传播的速度大于黄光在水中的速度，故C正确；
D．手机只能接收电磁波，不能接受声波，故D错误；
E．光发生衍射，说明光能绕过比较小的障碍物，故E正确。
故选BCE。
10、BC
【解析】
A．电势能𝜀与位移x的图象𝜀-x图象的斜率的绝对值表示小球所受电场力的大小，由图乙可知图象沿x轴正方向的斜率越来越小，说明小球所受电场力沿x轴越来越小，即沿x轴正方向的电场强度大小一直减小，故A错误；
B．从O运动x1的过程中，如果小球的速度先增后减，说明开始时小球所受电场力F大于重力mg向上做加速运动，后来电场力小于重力，向上做减速运动。当加速运动时，根据牛顿第二定律可得加速度

因为F逐渐减小，故a逐渐减小。当向上减速运动时，有

因为F逐渐减小，故a'逐渐增大。所以从O运动x1的过程中，如果小球的速度先增后减，加速度一定是先减后增，故B正确；
C．根据能的转化和守恒定律可知，在小球向上运动的过程中电场力做正功，电势能减小，减小的电势能转化为机械能。由图乙可知从O点运动x1的过程中，每经过相等的位移，小球所受电场力逐渐减小，则电势能减小的越来越少，则小球机械能的增加变少，故C正确；
D．规定O点所在的水平面为零重力势能面，设小球运动位移x1时的速度为v，根据能量守恒定律得
𝜀0＝𝜀1+mgx1+mv2
解得

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、 0.44 增大 0.44(0.43---0.46均对)
【解析】
(1)[1]．滑动变阻器的滑片滑动过程中，电流表的示数从零开始这渐增大，滑动变阻器采用分压接法，实物电路图如图所示：

(2)[2]．由图示电路图可知，电流表量程为0.6A，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.44A；
(3)[3]．根据图像可知小灯泡的电阻随电压增大而增大。
[4]．在灯泡U-I图象坐标系内作出电源的U-I图象如图所示：

由图示图象可知，灯泡两端电压U=1.3V，通过灯泡的电流I=0.34A，灯泡功率
P=UI=1.3×0.34≈0.44W
12、（均可） 相等
【解析】
根据螺旋测微器的读数法则可知读数为
因该实验没有电压表，电流表A1的内阻已知，故用A1表当电压表使用，为了调节范围大，应用分压式滑动变阻器的接法，则点如图如图

由电路图可知流过的电流为，电阻两端的电压为，因此电阻
该实验的电流为真实电流，电压也为真实电压，因此测得值和真实值相等

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）
【解析】
（1）粒子a进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
由得R=2d
设粒子做圆周运动的周期为T

粒子a的运动轨迹如图所示，由几何关系可得粒子a做圆周运动对应的圆心角
则粒子a从P点出发到达Q点的时间

（2）粒子b做类平抛运动，设粒子b到达Q点所用的时间为
在x轴方向有
在y轴方向有
由牛顿第二定律知F=qE=ma
联立可得
14、（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m；
【解析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可．
【详解】
（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（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，设为a．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t，B向左运动的路程为sB．，则有
④
⑤
⑥
在时间t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t内的路程sA都可表示为
sA=vAt–⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m⑧
这表明在时间t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0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为
s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
（3）t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vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

联立式并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得

sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离

15、①0.2s；②5.5m，10cm
【解析】
①由图甲可知，简谐波的波长，由图乙可知，简谐波的周期，故该波的传播速度

由正弦函数曲线规律可知，质点a平衡位置的横坐标为5m，质点d平衡位置的横坐标为11m，所以质点a的运动状态传到质点d所用的时间

②5.5s内，有

故时质点b处在正的最大位移处，质点b运动的位移为10cm；
质点b运动的路程