10.如图甲，足够长光滑平行导轨固定在水平面上，导轨左端连接有定值电阻R,导轨处在垂直
于水平面向下的匀强磁场中，一个金属棒垂直放在导轨上，金属棒接入电路的阻值恒定，其
它电阻不计，给金属棒施加垂直于金属棒水平向右的拉力P,使金属棒向右做如速运动，运
动一段距离后撤去拉力，通过金属棒的电流，随金属棒运动的位移x变化的规律如图乙所
示，金属棒运动过程中始终与导轨垂直，下列说法正确的是
甲
乙
A.金属棒先做匀加速运动后做匀减速运动
B.撤去拉力后，金属棒做加速度越来越小的减速运动
C.加速过程通过金属棒的电荷量是减速过程通过定值电阻的电荷量的2倍
D:加速运动过程中，拉力F做功是克服安培力做功的2倍
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.(6分)用图甲所示装置可以完成多个力学实验，小车的质量为M。
纸带打点计时器
垫块
力传娘器中
砂捅台
甲
乙
(1)做探究小车加速度与所受合外力关系实验时，关于实验要求，下列说法错误的是
A.将长术板没有定滑轮的一端适当垫高，平衡摩擦力
B.调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行
C.开始时小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车
D.使砂桶和砂的质量远小于小车的质量
(2)保证小车质量一定，多次改变砂桶中砂的质量进行实验，某次实验打出的纸带如图乙所
示，计数点间的距离在图中已标出，打相邻两个计数点的时间间隔为T,则该次实验小
车的加速度大小a=
(3)若用图甲装置验证动能定理，当打出的纸带为图乙时，力传感器的示数为F,从打点B
到打点F的过程中，如果表达式
成立，则动能定理得到验证。
高三物理第4页（共6页）
2(9分)某实验小组要测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的器材有：干电池一节；
14.
电流表G(满偏电流2.0mA、内阻R。=202);电流表A(量程0~0.6A,内阻约12)；滑动
变阻器R(0~202,1A);电阻箱R2(最大阻值999.92)；开关和导线若干。
/mΛ
.5
1.3
1.I
0.9
0.7
0.5
00.10.20.30.40.52/A
甲
乙
丙
(1)实验要求将电阻箱R2与电流表G串联改装成量程为2V的电压表，则电阻箱接人电路
的阻值为
Ω，请根据要求和提供的器材设计测量电路，并将电路画在图甲的方
框内。
〔2)不考虑改装后的电压表分流的影响，按正确操作，调节滑动变阻器，测得多组电流表G
的示数I,和电流表A的示数2，作1，-12图像如图乙所示，由此得到电池的电动势E=
V,电池的内阻r=
Ω。（结果均保留两位有效数字)
(3)若再次实验时发现电流表A已损坏，实验小组成员又找到一个电阻箱R(最大阻值
999.9Ω)，请根据器材重新设沐一个测该电池电动势和内阻的电路，画在图丙的方
框内。
.(10分)如图甲所示为一款陶瓷茶杯，在杯中倒入半杯热水，盖上杯盖。刚盖上杯盖时，杯
中气体的压强为Po、温度为T。,过一会儿，当杯中气体的温度为1.2T。时，杯盖刚好要被顶
起，已知大气压强为Po,杯盖边沿圆的直径为d,杯盖被顶起前，杯盖边沿不漏气，且杯盖光
滑，重力加速度大小为g,不考虑杯中水的蒸发，杯中气体视为理想气体，求：
甲
（1)杯盖刚好被顶起时，杯中气体的压强；
(2)杯盖的质量。２０２６届新高三第一次大联考
高三物理参考答案
１．【答案】Ｂ
【解析】根据质量数、电荷数守恒可知，Ｘ为由原子核中的中子变成质子释放的电子，该衰变为 β衰变，Ａ、Ｃ项错
误；１４Ｎ比１４７ ６Ｃ比结合能大，由于核子数相同，因此结合能也大，Ｂ项正确；半衰期是统计规律，对少数原子不适用，
Ｄ项错误。
２．【答案】Ｃ
【解析】飞船在轨道Ⅰ上Ｑ点的速度大小小于空间站在轨道Ⅱ上的速度大小，Ａ项错误；飞船在轨道Ⅰ上Ｑ点的
加速度大小与空间站在轨道Ⅱ上的加速度大小相等，Ｂ项错误；飞船从轨道Ⅰ在Ｑ点变轨到轨道Ⅱ，发动机需要
做正功，机械能增大，又由于飞船的质量小于空间站的质量，因此飞船在轨道Ⅰ上运行时的机械能小于空间站在
轨道Ⅱ上运行时的机械能，Ｃ项正确；在同一轨道上飞船与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，而在不同的
轨道上，飞船或空间站与地心连线在相同时间内扫过的面积不相等，Ｄ项错误。
３．【答案】Ｂ
ｓｉｎ６０°
【解析】由几何关系可知，入射角为６０°、折射角为３０°，则折射率ｎ＝ ＝槡３，Ｂ项正确。ｓｉｎ３０°
４．【答案】Ｃ
【解析】刹车时，加速度向左，设绳的拉力为Ｆ，绳与竖直方向的夹角为θ，竖直车厢前壁对球的弹力为ＦＮ，则ＦＮ－
Ｆｓｉｎθ＝ｍａ，Ｆｃｏｓθ＝ｍｇ，由此可知，θ一定，Ｆ一定，ＦＮ变大，Ａ、Ｂ、Ｄ项错误，Ｃ项正确。
５．【答案】Ａ
【解析】设小鱼跃出水面时，竖直方向的速度为ｖｙ，ｖｓｉｎ３７°＝ｖｙ，ｖ
２
ｙ＝２ｇｈ，解得ｖ＝５ｍ／ｓ，Ａ项正确。
６．【答案】Ｄ
【解析】若转动所在的竖直面与地磁场垂直，则转动过程中，安培力的大小不变，方向变化，Ａ项正确；若转动所在
的竖直面与地磁场成一定的角度，则转动过程中，安培力大小变化，方向也变化，Ｂ项正确；若转动所在的竖直面
与地磁场平行，则转动过程中安培力大小变化，方向不变，Ｃ项正确；因此不可能的是Ｄ项。
７．【答案】Ｂ
２ ２
【解析】发电机的最大电动势Ｅ＝Ｎφω，电动势的有效值为Ｅ＝槡ｍ ０ Ｎ２ φ０ω
，Ａ项错误；设原线圈电流为Ｉ，则槡Ｎφ０ω＝２
１ ２Ｎφω
ＩＲ ２ 槡 ００＋（ ）Ｉ×２Ｒ０，解得Ｉ＝ ，Ｂ项正确；当滑动变阻器的滑片向上移时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，２ ３Ｒ０
因此原线圈中的电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，即变压器原线圈两端的电压变小，副线圈两端的电
２ １ １
压变小，Ｃ项错误；由槡Ｎφ０ω＝ＩＲ＋（ ）
２
０ Ｉ×（Ｒ０＋Ｒ），电源的等效外电阻为 （Ｒ＋Ｒ），滑动变阻器的最大阻值为２ ２ ４ ０
Ｒ０，因此变压器输出功率变大，Ｄ项错误。
８．【答案】ＡＤ
【解析】由于带负电，因此电场力与电场线的切线方向相反，且指向运动轨迹凹的一侧，因此轨迹可能是１，不可
能是２，Ａ项正确，Ｂ项错误；ｂ点电势比ａ点电势高，因此负电荷在ｂ点电势能比在 ａ点电势能小，Ｃ项错误；根
据电场线的疏密可知，ｂ点场强比ａ点小，因此粒子在ｂ点加速度比在ａ点小，Ｄ项正确。
高三物理 第 １页（共４页）
书
９．【答案】ＡＣ
【解析】由于从ｔ＝０时刻开始，质点Ｐ经０．５ｓ第一次到达平衡位置，再经０．６ｓ第二次到达平衡位置，由此可见，
５
周期Ｔ＝１．２ｓ，ｔ＝０时刻，质点Ｐ正沿ｙ轴正向运动，因此波沿ｘ轴正向传播，Ａ项正确；由图可知， ＝５ｍ，因
１２λ
此波长λ＝１２ｍ
λ
，波的传播速度ｖ＝ ＝１０ｍ／ｓ，Ｂ项错误；ｔ＝１．８ｓ时质点 Ｐ的位置与 ｔ＝０时刻的位置关于平衡
Ｔ
５π １
位置对称，因此此时Ｐ点的位移为－５ｃｍ，Ｃ项正确；质点Ｐ的振动方程为ｙ＝１０ｓｉｎ（ ｔ＋ ）ｃｍ，Ｄ项错误。
３ ６π
１０．【答案】ＢＤ
【解析】撤去拉力后，金属棒在安培力的作用下做加速度越来越小的减速运动，Ａ项错误，Ｂ项正确；加速过程通
ＢＬｘ０
过金属棒的电荷量和减速过程通定值电阻的电荷量均为ｑ＝ ，Ｃ项错误；由Ｆ ＝安 ＢＬ·ｉ可知，Ｆ安和电流ｉ成Ｒ总
正比，则加速过程和减速过程克服安培力做功相等，设加速过程克服安培力做功为ＷＡ，整个过程根据动能定理
可知，ＷＦ－２ＷＡ＝０，Ｄ项正确。
（ｘ４＋ｘ５＋ｘ）－（ｘ＋ｘ＋ｘ） １ ｘ＋ｘ １ ｘ＋ｘ１１．【答案】（１）Ｄ（２ ６ １ ２ ３分） （２） ２ （２分） ３Ｆｘ＋ｘ＋ｘ＋ｘ ＝ Ｍ
５ ６ １ ２
（）（２ ３ ４ ５） （ ）
２－ Ｍ（ ）２（２分）
９Ｔ ２ ２Ｔ ２ ２Ｔ
【解析】（１）实验需要平衡摩擦力，需要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板平行，实验时应将小车
靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，由于力传感器能直接测出轻绳的拉力，因此不需要使砂桶和砂的质
量远小于小车的质量，Ａ、Ｂ、Ｃ项正确，Ｄ项错误。
（ｘ＋ｘ＋ｘ）－（ｘ＋ｘ＋ｘ）
（２）由（ｘ４＋ｘ５＋ｘ６）－（ｘ１＋ｘ２＋ｘ３）＝ａ（３Ｔ）
２得到ａ＝ ４ ５ ６ １ ２ ３
９Ｔ２
。
ｘ１＋ｘ２ ｘ＋ｘ ｘ＋ｘ ｘ＋ｘ
（３ ５ ６）由题意可知ｖＢ＝ ，ｖＦ＝ ，如果表达式Ｆ（ｘ２＋
１ １
ｘ＋ｘ＋ｘ ５ ６ ２ １ ２ ２
２Ｔ ２Ｔ ３ ４ ５
）＝ Ｍ（ ）－ Ｍ（ ）成立，则动能
２ ２Ｔ ２ ２Ｔ
定理得到验证。
１２．【答案】（１）９８０（１分） 见解析（２分） （２）１．５（２分） １．８（２分） （３）见解析（２分）
２
【解析】（１）将电流表Ｇ改装成２Ｖ量程的电压表，需要串联的电阻箱的阻值 Ｒ２＝ － Ω－３ Ｒｇ＝９８０Ω。由于２×１０
电压表内阻已知，因此电流表相对于电池外接，电路如图所示。
%
%
$
$
!
#
#
"
! "
＝ ＋ Ｅ ｒ Ｅ ｒ １．５
－０．６
（２）由Ｅ Ｉ － －１（Ｒ２ Ｒｇ）＋Ｉ２ｒ，得到Ｉ１＝ －＋ ＋ Ｉ２，结合图像得到
＝
＋ １．５
×１０３， ＝ ×＋ １０
３，解
Ｒ２ Ｒｇ Ｒ２ Ｒｇ Ｒ２ Ｒｇ Ｒ２ Ｒｇ ０．５
得Ｅ＝１．５Ｖ，ｒ＝１．８Ω。
（３）若电流表损坏，可用伏阻法测电源电动势和内阻，电路如图所示。
$
$
!
#
#
"
! "
高三物理 第 ２页（共４页）
１３．解：（１）设杯盖刚好被顶起时，杯中气体的压强为ｐ，则
ｐ０＝ ｐ （２分）
Ｔ０ １．２Ｔ０
解得ｐ＝１．２ｐ０（２分）
（２）设杯盖的质量为ｍ，当杯盖刚好被顶起时，根据力的平衡
ｐ０Ｓ＋ｍｇ＝ｐＳ（２分）
ｄ
Ｓ＝π（ ）２（２分）２
πｐｄ２０
解得ｍ＝ （２分）
２０ｇ
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１４．解：（１）设Ｃ运动到Ｑ点时速度大小为ｖ０，根据机械能守恒
＝１ｍｇＲ ｍｖ２（１分）
２ ０
解得ｖ０＝槡２ｇＲ
ｖ２
在Ｑ ０点，根据牛顿第二定律Ｆ－ｍｇ＝ｍ （１分）
Ｒ
解得Ｆ＝３ｍｇ
根据牛顿第三定律，物块Ｃ对圆弧轨道的压力Ｆ′＝Ｆ＝３ｍｇ（１分）
（２）设Ｃ与Ａ碰撞后一瞬间，物块Ａ的速度大小为ｖ１，根据动量守恒定律有
ｍｖ０＝２ｍｖ１（１分）
１ １ １
Ａ、Ｃ碰撞过程中损失的机械能ΔＥ＝ ｍｖ２０－ ×２ｍｖ
２
１＝ ｍｇＲ（１分）２ ２ ２
设弹簧压缩量最大时，Ａ、Ｂ的共同速度为ｖ２，根据动量守恒有
２ｍｖ１＝４ｍｖ２（１分）
＝１× ２－１ １根据机械能守恒，弹簧的最大弹性势能Ｅｐ ２ｍｖ１ ×４ｍｖ
２
２＝ ｍｇＲ（１分）２ ２ ４
（３）从Ｃ、Ａ碰撞后一瞬间开始至弹簧第一次压缩量最大过程，对Ａ、Ｂ和弹簧系统研究，根据动量守恒
２ｍｖ１＝２ｍｖＡ＋２ｍｖＢ（１分）
即２ｍｖ１ｔ＝２ｍｖＡｔ＋２ｍｖＢｔ（１分）
得到２ｍｖ１ｔ＝２ｍｘＡ＋２ｍｘＢ
根据题意有ｘＢ＝ｘ２，ｘＡ＝ｘ１＋ｘ２（１分）
２（ｘ１＋２ｘ２）
解得ｔ＝ （１分）
槡２ｇＲ
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
１５．解：（１）设电场强度大小为Ｅ，粒子第一次在电场中运动的时间为 ｔ１，将粒子在电场中的速度沿两坐标轴分解，
则ｖ０ｓｉｎ６０°＝ａｔ１（２分）
根据牛顿第二定律ｑＥ＝ｍａ（２分）
ｄ＝ｖ０ｃｏｓ６０°ｔ１（１分）
高三物理 第 ３页（共４页）
槡３ｍｖ
２
０
解得Ｅ＝ （１分）
４ｑｄ
（２）设粒子第一次出电场的位置离坐标原点的距离为ｙ，则
ｙ＝
１ ３
ｖ０ｓｉｎ６０°ｔ
槡
１＝ ｄ（１分）２ ２
由于粒子第二次进电场时速度方向与初速度ｖ０同向，根据对称性可知，粒子在磁场中第一次经过 ｘ轴时，速度
ｒ－ｙ
与ｘ轴正向夹角为６０°，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为ｒ，根据几何关系ｓｉｎ３０°＝ （２分）
ｒ
解得ｒ＝槡３ｄ
１
粒子第一次在磁场中运动的速度ｖ＝ｖ０ｃｏｓ６０°＝ ｖ２０
（１分）
ｖ２
根据牛顿第二定律ｑｖＢ＝ｍ （２分）
ｒ
３ｍｖ
解得Ｂ＝槡 ０（１分）
６ｑｄ
（３）粒子第１次经过ｘ轴时位置离坐标原点的距离ｘ１＝ｒｃｏｓ３０°＝１．５ｄ（１分）
根据对称性，粒子第２次经过ｘ轴时位置离坐标原点的距离为ｘ２＝ｘ１
假设粒子第二次经电场偏转后，从ｘ轴出电场，粒子在电场中运动的时间
２ｖｓｉｎ６０° ２ｄ
ｔ２＝ ＝ （１分）ａ ｖ０
ｄ
则粒子沿ｘ轴正向运动的距离ｓ＝ｖｃｏｓ６０°ｔ２＝ ＜ｘ２，假设成立（１分）２
粒子第３次经过ｘ轴时位置离坐标原点的距离为ｘ３＝ｘ２－ｓ＝ｘ１－ｓ
粒子第４次经过ｘ轴时位置离坐标原点的距离为ｘ４＝ｘ３＋２ｘ１＝３ｘ１－ｓ
粒子第５次经过ｘ轴时位置离坐标原点的距离为ｘ５＝ｘ４－ｓ＝３ｘ１－２ｓ
粒子第６次经过ｘ轴时位置离坐标原点的距离为ｘ６＝ｘ５＋２ｘ１＝５ｘ１－２ｓ＝６．５ｄ（２分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
高三物理 第 ４页（共４页）
