2026届吉林省长春市十一高中高三下学期第七次月考物理试题含解析.doc

2026届吉林省长春市十一高中高三下学期第七次月考物理试题
注意事项:
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、1916年爱因斯坦建立广义相对论后预言了引力波的存在，2017年引力波的直接探测获得了诺贝尔物理学奖．科学家们其实是通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在．如图所示为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半径，双星的总质量M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则下列说法中正确的是

A．A的质量一定大于B的质量
B．A的线速度一定小于B的线速度
C．L一定，M越小，T越小
D．M一定，L越小，T越小
2、一物块在固定的粗糙斜面底端以初速度沿斜面向上运动，又返回底端。能够描述物块速度随时间变化关系的图像是（　　）
A． B．
C． D．
3、下列关于运动项目的叙述正确的是（ ）
A．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球可以看做质点
B．2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时刻
C．接力赛中的100m都是指位移
D．运动员100m短跑用时10s，则其加速过程的平均加速度定不小于
4、如图所示，一定质量的理想气体从状态A经过状态B、C又回到状态A。下列说法正确的是（　　）

A．A→B过程中气体分子的平均动能增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加
B．C→A过程中单位体积内分子数增加，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少
C．A→B过程中气体吸收的热量大于B→C过程中气体放出的热量
D．A→B过程中气体对外做的功小于C→A过程中外界对气体做的功
5、在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为的光滑斜面，其上有一质量为m的物块，如图所示。物块在下滑的过程中对斜面压力的大小为（　　）

A． B．
C． D．
6、如图所示，一轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端与一质量为的滑块接触，此时弹簧处于原长。现施加水平外力缓慢地将滑块向左压至某位置静止，此过程中外力做功为，滑块克服摩擦力做功为。撤去外力后滑块向有运动，最终和弹簧分离。不计空气阻力，滑块所受摩擦力大小恒定，则（　　）

A．弹簧的最大弹性势能为
B．撤去外力后，滑块与弹簧分离时的加速度最大
C．撤去外力后，滑块与弹簧分离时的速度最大
D．滑块与弹簧分离时，滑块的动能为
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、2011年9月29日晚21时16分，我国将首个目标飞行器天宫一号发射升空，它将在两年内分别与神舟八号、神舟九号、神舟十号飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室，假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图所示，当它们在轨道运行时，下列说法正确的是( )

A．神州八号的加速度比天宫一号的大
B．神州八号的运行速度比天宫一号的小
C．神州八号的运行周期比天宫一号的长
D．神州八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接
8、如图所示，甲、乙、丙是绕地球做匀速圆周运动的3艘飞船，下列说法正确的是（ ）

A．丙开动发动机向后瞬时喷气后，其势能不变
B．丙开动发动机向后瞬时喷气后的一段时间内，可能沿原轨道追上同一轨道上的乙
C．甲受稀薄气体的阻力作用后，其动能增大、势能减小
D．甲受稀薄气体的阻力作用后，阻力做功大小与引力做功大小相等
9、如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是

A．甲粒子带负电，乙粒子带正电
B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍
C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍
D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍
10、关于物体的内能，下列说法正确的是______
A．物体吸收热量，内能可能减少
B．10g100℃水的内能等于10g100℃水蒸气的内能
C．物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能
D．电阻通电时发热，其内能是通过“热传递”方式增加的
E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
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）某同学要测定电阻约为200Ω的圆柱形金属材料的电阻率，实验室提供了以下器材：
待测圆柱形金属Rx；
电池组E（电动势6V，内阻忽略不计）；
电流表A1（量程0~30mA，内阻约100Ω）；
电流表A2（量程0~600μA，内阻2000Ω）；
滑动变阻器R1（阻值范围0~10Ω，额定电流1A）
电阻箱R2（阻值范围0~9999Ω，额定电流1A）
开关一个，导线若干。

(1)先用螺旋测徽器测出该金属材料的截面直径，如图甲所示，则直径为___________mm，然后用游标卡尺测出该金属材料的长度，如图乙所示，则长度为___________cm。
(2)将电流表A2与电阻箱串联，改装成一个量程为6V的电压表，则电阻箱接入电路的阻值为_______Ω。
(3)在如图内所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明所用器材的代号______。
(4)调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表A1、A2的示数I1、I2，作出I2-I1图像如图丁所示，求得图线的斜率为k=0.0205，则该金属材料的电阻Rx=___________Ω。（结果保留三位有效数字）
(5)该金属材料电阻率的测量值___________（填“大于”“等于”或“小于”）它的真实值。
12．（12分）小明所在的课外活动小组在实验室测量导线的电阻率，他们在实验室选取了一段金属丝，经过讨论他们进行了如下操作。

（1）先用刻度尺测量其长度如图l所示，该段金属丝的长度为___ cm。
（2）接着他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作）
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“-”插孔，选择电阻挡“×l”；
②____，调整欧姆调零旋钮，____；
③把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，多用电表的示数如图2所示。
（3）根据多用电表示数，为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图3中的四个电路中选择___电路来测量金属丝电阻，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P移至最__（填“左”或“右”）端，多次测量求平均值后测得该金属丝的电阻为5.2Ω。
A． B． C． D．
（4）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图4所示，金属丝的直径为___mm。

（5）根据以上数据可以计算出该金属丝的电阻率为=____（结果保留两位有效数字）。
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xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x的正方向成45°角。当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同。求
(1)粒子从O点射入磁场时的速度v；
(2)匀强电场的场强E和匀强磁场的磁感应强度B；
(3)粒子从O点运动到P点所用的时间。

14．（16分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段平直倾斜且粗糙，BC段是光滑圆弧，对应的圆心角，半径为r，CD段水平粗糙，各段轨道均平滑连接，在D点右侧固定了一个圆弧挡板MN，圆弧半径为R，圆弧的圆心也在D点。倾斜轨道所在区域有场强大小为、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。一个质量为m、电荷量为q的带正电小物块(视为质点)在倾斜轨道上的A点由静止释放，最终从D点水平抛出并击中挡板。已知A，B之间距离为2r，斜轨与小物块之的动摩擦因数为，设小物块的电荷量保持不变，重力加速度为g，，。求：

(1)小物块运动至圆轨道的C点时对轨道的压力大小；
(2)改变AB之间的距离和场强E的大小，使小物块每次都能从D点以不同的速度水平抛出并击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值。
15．（12分）如图所示，间距为l1的平行金属导轨由光滑的倾斜部分和足够长的水平部分平滑连接而成，右端接有阻值为R的电阻c，矩形区域MNPQ中有宽为l2、磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，边界MN到倾斜导轨底端的距离为s1。在倾斜导轨同一高度h处放置两根细金属棒a和b，由静止先后释放a、b，a离开磁场时b恰好进入磁场，a在离开磁场后继续运动的距离为s2后停止。a、b质量均为m，电阻均为R，与水平导轨间的动摩擦因数均为μ，与导轨始终垂直且接触良好。导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
（1）a棒运动过程中两端的最大电压；
（2）整个运动过程中b棒所产生的电热；
（3）整个运动过程中通过b棒的电荷量。

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】
A、根据万有引力提供向心力，因为，所以，即A的质量一定小于B的质量，故A错误；
B、双星系统角速度相等，根据，且，可知A的线速度大于B的线速度，故B错误；
CD、根据万有引力提供向心力公式得：，解得周期为，由此可知双星的距离一定，质量越小周期越大，故C错误；总质量一定，双星之间的距离就越大，转动周期越大，故D正确；
故选D．
解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．
2、C
【解析】
根据牛顿第二定律：上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，比较可知：
a1＞a2，
则物块上滑过程v-t图象的斜率比下滑过程的大。由速度-时间公式得：上滑过程有 v0=a1t0，下滑过程有 v0=a2t1，可得 ：
t1＞t0，
故C正确，ABD错误。
故选C。
3、D
【解析】
A．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球大小不能忽略，不可以看做质点，选项A错误；
B．2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时间间隔，选项B错误；
C．接力赛中有弯道，则其中的100m不都是指位移，选项C错误；
D．运动员100m短跑用时10s，若整个过程中一直加速，则加速度

因运动员在100m短跑中先加速后匀速，则其加速过程的平均加速度定不小于，选项D正确；
故选D。
4、C
解析】
A． A→B过程中，温度升高，气体分子的平均动能增加，过原点直线表示等压变化，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减小，故A错误；
B． C→A过程中体积减小，单位体积内分子数增加，温度不变，故单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增加，故B错误；
C． 气体从A→B过程中，温度升高且体积增大，故气体吸收热量且对外做功，设吸热大小为Q1，做功大小为W1，根据热力学第一定律有：△U1=Q1-W1，气体从B→C过程中，温度降低且体积不变，故气体不做功且对外放热，设放热大小为Q2，根据热力学第一定律：△U2=-Q2，气体从C→A过程中，温度不变，内能增量为零，有：
△U=△U1+△U2=Q1-W1-Q2=0
即
Q1=W1+Q2＞Q2
所以A→B过程中气体吸收的热量Q1大于B→C过程中气体放出的热量Q2，故C正确；
D． 气体做功 ，A→B过程中体积变化等于C→A过程中体积变化，但图像与原点连接的斜率越大，压强越小，故A→B过程中气体对外做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，故D错误。
故选C。
5、C
【解析】
设物块对斜面的压力为N，物块m相对斜面的加速度为a1，斜面的加速度为a2，方向向左；则物块m相对地面的加速度为

由牛顿第二定律得

对m有

对M有

解得

故C正确，ABD错误。
故选C。
6、D
【解析】
A．由功能关系可知，撤去F时，弹簧的弹性势能为W1－W2，选项A错误；
B．滑块与弹簧分离时弹簧处于原长状态。撤去外力后，滑块受到的合力先为，由于弹簧的弹力N越来越小，故合力越来越小，后来滑块受到的合力为，由于弹簧的弹力N越来越小，故合力越来越大。由以上分析可知，合力最大的两个时刻为刚撤去F时与滑块与弹簧分离时，由于弹簧最大弹力和摩擦力大小未知，所以无法判断哪个时刻合力更大，所以滑块与弹簧分离时的加速度不一定最大。选项B错误；
C．滑块与弹簧分离后时，弹力为零，但是有摩擦力，则此时滑块的加速度不为零，故速度不是最大，选项C错误；
D．因为整个过程中克服摩擦力做功为2W2，则根据动能定理，滑块与弹簧分离时的动能为W1－2W2，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、AD
【解析】
根据万有引力定律和牛顿第二定律有：＝＝＝man，解得：v＝，T＝，an＝，由图可知神州八号的轨道半径比天宫一号的小，所以神州八号的运行速度比天宫一号的大，神州八号的运行周期比天宫一号的短，神州八号的加速度比天宫一号的大，故BC错误，A正确；神州八号通过加速后将做离心运动，可运行至较高轨道与天宫一号对接，故D正确。
故选AD。
8、AC
【解析】
A．丙向后瞬时喷气后，速度增大，但位置尚未变化，其势能不变，选项A正确；。
B．综合应用牛顿第二定律、功和能的推论。丙飞船向后瞬时喷气后速度增大，之后离开原来轨道，轨道半径变大，不可能沿原轨道追上同一轨道上的乙，选项B错误；
CD．甲受稀薄气体的阻力作用时，甲轨道半径缓慢减小，做半径减小的圆周运动，由可知其动能增大、势能减小、机械能减小，由动能定理可知，即此过程中有阻力做功大小小于引力做功大小，选项C正确，D错误；
故选AC.
9、CD
【解析】
根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．
【详解】
由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为，所以：=2R乙sin60°，解得：R乙=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，动能：EK=mv2=，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误；由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，洛伦兹力：f=qvB=，即，故C正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=T，粒子做圆周运动的周期： 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D正确．.
题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．
10、ACE
【解析】
A．如果物体对外做的功大于吸收的热量，物体内能减少，A正确；
B．10g100℃的水变成10g100℃水蒸气的过程中，分子间距离变大，要克服分子间的引力做功，分子势能增大，所以10g100℃水的内能小于10g100℃水蒸气的内能，B错误；
C．物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能，C正确；
D．通电的电阻丝发热，是通过电流做功的方式增加内能，D错误；
E．根据熵和熵增加的原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，E正确。
故选ACE。

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、9.203 10.405 8000 209 等于
【解析】
(1)[1][2]．根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数为9mm，可动刻度部分读数为20.3×0.01mm，所以金属材料的直径为d=9mm+0.203mm=9.203mm；根据游标卡尺读数规则，金属材料的长度L=10.4cm+0.005cm=10.405cm。
(2)[3]．改装后电压表量程为U=6V，由
I2g（r2g+R2)=U
解得
R2=8000Ω
即电阻箱接入电路的阻值为8000Ω。
(3)[4]．由于待测电阻的阻值远大于滑动变阻器的阻值，所以需要设计成滑动变阻器分压接法，将电阻箱与电流表A2串联后并联在待测电阻两端，由于改装后的电压表内阻已知，所以采用电流表外接法。

(4)[5]．由并联电路规律可得
I2（r2g+R2)=(I1-I2）Rx
变形得

由

解得金属材料的电阻
Rx=209Ω。
(5)[6]．由于测量电路无系统误差，金属材料的电阻测量值等于真实值，可知金属材料的电阻率测量值等于真实值。
12、60.50（60.48～60.52均可） 将红、黑表笔短接 使指针指向电阻刻度“0”刻线 D 左 0.200
【解析】
（1）[1]毫米刻度尺的分度值为，所以读数为：70.50cm-10.00cm=60.50cm；
（2）[2][3]②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘右侧的“0”刻度线，即表盘中电阻刻度“0”刻线；
（3）[4][5]电阻为，电流表的分压相对较为明显，所以电流表应采用外接法；为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应选用分压式接法，所以选择电路D，滑片P开始应调节至左端，使电压从0开始调节；
（4）[6]螺旋测微器的精度为，所以读数为：
；
（5）[7]根据电阻定律：

金属丝的横截面积：

所以电阻率：
。

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) ；； (3)
【解析】
(1)若粒子第一次在电场中到达最高点，则其运动轨迹如图所示

粒子在点时的速度大小为，段为圆周，段为抛物线，根据对称性可知，粒子在点时的速度大小也为，方向与轴正方向成角，可得

解得

(2)在粒子从运动到的过程中，由动能定理得

解得

在匀强电场由从运动到的过程中，水平方向的位移为

竖直方向的位移为

可得

由，故粒子在段圆周运动的半径

粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律则有

解得

(3)在点时，则有

设粒子从运动到所用时间为，在竖直方向上有

粒子从点运动到所用的时间为

则粒子从点运动到点所用的时间为
总
14、（1）在C点小物块对圆轨道的压力大小为；（2）小物块动能的最小值为
【解析】
(1)小物块由A到B过程由动能定理，得：
解得：
小物块由B到C过程由机械能守恒定律得：
解得：
在C点由牛顿第二定律，得：
解得：
由牛顿第三定律可得，在C点小物块对圆轨道的压力大小为
(2)小物块离开D点后做平抛运动，水平方向：
竖直方向：
而：
小物块平抛过程机械能守恒，得：
由以上式子得：
由数学中均值不等式可知：
则小物块动能的最小值为
15、（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）a棒刚进入磁场时，其两端电压最大，此时a棒相当于电源，b棒与电阻c并联，a棒两端的电压为电源的路端电压，即

由动能定理和法拉第电磁感应定律可知

解得

（2）由题意知b棒的运动情况与a棒完全相同，设a棒在磁场中运动时，棒产生的电热为Q0，则b棒和电阻c产生的电热均为，同理b棒在磁场中运动时，b棒产生的电热也为Q0，则a棒和电阻c产生的电热也均为，所以整个运动过程中b棒产生的电热为总电热的。则

解得

（3）a棒在磁场中运动时，通过a棒的电荷量

则该过程通过b棒的电荷量

同理b棒在磁场中运动时，通过b棒的电荷量

由于前后两次通过b棒的电流方向相反，故通过b棒的总电荷量为。