山西省阳泉市第一中学校2025-2026学年高三上学期开学考试物理试卷（含解析）

秘密 本科目考试启用前
阳泉一中 2026 届高三 8 月适应性训练物理试题
考试时长： 75 分钟 总分： 100 分
一、单项选择题：本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
如图（a），在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图（b）中虚线所示，相邻等势面间的电势差都
相等。若将一正试探电荷先后放于 M 和 N 处，该试探电荷受到的电场力大小分别为 FM 和 FN ，相应的电势能分别为 EpM 和 EpN ，则（ ）
D．空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度小于地球同步卫星的加速度
3．如图所示，实线和虚线分别是沿着 x 轴正方向传播的一列简谐横波在t 0 时刻和t 0.5s 的波形图，已知波的周期T 0.5s ，则下列关于该列波说法正确的是（ ）
A．波长为5cm B．波速为10cm/s
C．周期为1s D． t 0 时刻，质点M 向下振动 4．在科学实验中可利用激光使原子减速，若一个处于基态的原子朝某方向运动，吸收一个沿相反方向运动的能量为 E 的光子后跃迁到相邻激发态，原子速度减小，动量变为 P。普朗克常量
为 h，光速为 c，则（ ）
光子的波长为 E
hc
该原子吸收光子后质量减少了 E
c2
h
A． FM FN , EpM EpN
C． FM FN , EpM EpN
B． FM FN , EpM EpN
D． FM FN , EpM EpN
C．该原子吸收光子后德布罗意波长为 p
D．一个波长更长的光子也能使该基态原子跃迁到激发态 5．如图（a），一质量为 m 的匀质球置于固定钢质支架
载人飞船的火箭成功发射升空，载人飞船进入预定轨道后，与空间站完成自主快速交会对接，然后绕地球做匀速圆周运动。已知空间站轨道高度低于地球同步卫星轨道，则下面说法正确的是（ ）
火箭加速升空失重
宇航员在空间站受到的万有引力小于在地表受到万有引力
的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的 1.8 倍，已知重力加速度大小为 g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（ ）
3 mg B． 3 mg C． 4 mg D． 5 mg
5 4 3 3
空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度
如图所示，质量为 m 的滑块（视为质点）与水平面上 MN 段的动摩擦因数为μ1 ，与其余部
分的动摩擦因数为μ2 ，且μ1 μ2 。第一次，滑块从 I 位置以速度v0 向右滑动，通过 MN 段后停 在水平面上的某一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x1 ，所用时间为t1 ；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同速度v0 向右滑动，通过 MN 段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为 x2 ，所用时间为t2 。忽略空气阻力，则（ ）
g 10m/s2 。则（ ）
4s 时物块的动能为零
6s 时物块回到初始位置
3s 时物块的动量为12kg m/s
0 ~ 6s 时间内 F 对物块所做的功为40J
如图，一定量理想气体的循环由下面 4 个过程组成：1→2 为绝热
t1 t1 t2
x1 x2
x1 x2
过程（过程中气体不与外界交换热量），2→3 为等压过程，3→4 为绝热过程，4→1 为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循
如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度 d 大于2L 的匀强磁场，其磁感应强度大小为 B。甲、乙两个合金导线框的质量均为 m，长均为2L ，宽均为 L，电阻分别为 R 和2R 。两线框在光滑水
4B2L3
平面上以相同初速度v0 mR 并排进入磁场，忽略两线框之
间的相互作用。则（ ） A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为 1:1
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为 0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4 : 3
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
质量为1kg 的物块在水平力 F 的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F 与时间 t 的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为 0.2，重力加速度大小取
环的主要过程。下列说法正确的是（ ）
1→2 过程中，气体内能增加 B．2→3 过程中，气体向外放热 C．3→4 过程中，气体内能不变 D．4→1 过程中，气体向外放热
如图，与水平面成53 夹角且固定于 O、M 两点的硬直杆上套着一质量为1kg 的滑块，弹性轻绳一端固定于 O 点，另一端跨过固定在 Q 处的光滑定滑轮与位于直杆上 P 点的滑块拴接，弹性轻绳原长为 OQ，PQ 为1.6m 且垂直于 OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为 0.16，弹性轻绳上弹力 F 的大小与其伸长量 x 满足 F kx 。k 10N/m ，g 取10m/s2 ，sin 53 0.8 。则滑块（ ）
与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C．从释放到静止的位移大小为0.64m D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J
三、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。
11．（6 分）某同学利用图（a）所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的 小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s 发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图
所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为 5cm 。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图（b）中标出。
小球运动到图（b）中位置 A 时，其速度的水平分量大小为 m/s ，竖直分量大小为 m/s ；
根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为 m/s2 。
12.（9 分）利用如图所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：
待测电源，电阻箱 R（最大阻值 999.9Ω），电阻 R0（阻值为 3.0 ），电阻 R1（阻值为
3.0Ω），电流表 A（量程为 200mA，内阻为 RA=6.0Ω），开关S ．实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S ；
②多次调节电阻箱，记下电流表的示数 I 和电阻箱对应的阻值 R ；
1
③以 I
为纵坐标，R
为横坐标，作
1 R 图线（用直线拟合）； I
完成下列填空：（结果均保留 2 位有效数字）
④求出直线的斜率 k 和在纵轴上的截距 b．回答下列问题
分别用 E 和r 表示电源的电动势和内阻，则 1 与 R 的关系式为 ．
I
实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻 R 3.0 时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表．答：① ，② ．
（2）平台距地面的高度。
15．（18 分）如图，虚线 MN 左侧有一个正三角形 ABC，C 点在 MN 上，AB 与 MN 平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN 右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁
场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度v0 从 AB 的中点 O 沿 OC 方向射入三角形区域，偏
在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k = A-1Ω-1，截距b = A-1．
根据图线求得电源电动势 E = V，内阻r = Ω．
13．（9 分）一细束单色光在三棱镜 ABC 的侧面 AC 上以大角度由 D 点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为 i，经折射后射至 AB 边的 E 点，如图所示，逐渐减小 i，E 点向 B 点移动，
当sin i 1 时，恰好没有光线从 AB 边射出棱镜，且 DE DA 。求棱镜的折射率。
6
14．（12 分）如图，一长度l 1.0m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘 O 对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离
l l 时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到 O 点。已知物
6
块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ 0.3 ，重力加速度大小 g 10m/s2 。求
物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
转60 后从 MN 上的 Р 点（图中未画出）进入 MN 右侧区域，偏转后恰能回到 O 点。已知离子的质量为 m，电荷量为 q，正三角形的边长为 d：
求三角形区域内磁场的磁感应强度；
求离子从 O 点射入到返回 O 点所需要的时间；
若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将 MN 右侧磁场变为一个与 MN 相切于 P 点的圆形匀强磁场让离子从 P 点射入圆形磁场，速度大小仍为v0 ，方向垂直于 BC，始终在纸面内运动，到达 О 点时的速度方向与 OC 成120 角，求圆形磁场的磁感应强度。
1．A
《开学考试》参考答案
3．D
【详解】A．由图可知波长为 10cm，故 A 错误；
BC． t 0 时刻到t 0.5s 的过程中， t nT 3 T，n 0,1, 2...
4
已知波的周期T 0.5s ，则 n 只能取 0，则T 2 s
【详解】由图中等势面的疏密程度可知
EM EN
3
波速为v λ 15cm / s ，故 BC 错误；
T
根据
F qE
可知
简谐横波沿着 x 轴正方向传播，根据同侧法可知t 0 时刻，质点M 向下振动，故 D 正确。故选 D。
4．C
F F
【详解】A．光子能量公式为
E hc
M N
由题可知图中电场线是由金属板指向负电荷，设将该试探电荷从 M 点移到 N 点，可知电场力做
解得波长
λ
λ hc ，故 A 错误；
E
正功，电势能减小，即
EpM EpN
原子吸收光子后，能量增加 E ，根据质能方程
h
m E ，质量应增加而非减少，故 B 错误；
c2
h
故选 A。
德布罗意波长公式为
λ ，题目明确吸收后原子动量为 p ，因此波长为
p
p ，故 C 正确；
2．B
【详解】A．火箭加速升空过程，加速度方向竖直向上，则处于超重状态，故 A 错误；
根据 F GMm ，宇航员与地球的质量不变，宇航员在空间站离地心更远，则受到的万有引
R2
力小于在地表受到万有引力，故 B 正确；
GMm
D．吸收光子跃迁需光子能量严格等于能级差。波长更长的光子能量更低（ E hc E ），无法
λ
满足跃迁条件，故 D 错误。故选 C。
5．D
【详解】对球进行受力分析如图，设球的半径为 R，根据几何知识可得
根据 R2 mω2 R 可得ω ，可知空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫
sinα 1.8R R 0.8
星的角速度，即大于地球自转角速度，故 C 错误； R
根据
GMm R2
ma 可得a GM
R2
，可知空间站绕地球做匀速圆周运动的加速度大于地球同步卫
根据平衡条件得
FN cosα mg
星的加速度，故 D 错误。
解得
故选 B 。
F 5 mg
N 3
根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为
FN FN
5 mg
3
故选 D。
可得t2 >t1 ，故 A 正确，B 错误；故选 A。
7．D
【详解】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向
为逆时针，故 A 错误；
B．甲线框刚进磁场区域时，合力为 F
=BI L ， I
BLv0
6．A
安1 1 1 R
【详解】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有 1
mv 2 μmgx
μmg x x ，
乙线框刚进磁场区域时，合力为 F安2
=BI2 L ， I
BLv0
2 2R
1 mv 2 μmgx
μmg x x
2 0 1 MN
2 1 MN
可知 F安1 =2 ；
2 0 1 MN
2 2 MN
F安2
可得 x1 x2 ，故 CD 错误；
AB．根据牛顿第二定律μmg ma
可得a μg
由于μ1 μ2 ，故滑块在 MN 上时的加速度大，根据前面分析可知两次运动的总位移相等，即两 次运动过程中v t 图像与横轴围成的面积相等，由于第二次时滑块距离 M 点的距离较近，根据
故 B 错误；
CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有 BI1L t mv1 mv0 ，
q1 I1 t
公式v 2 v2 2μgx 可知第二次到达 M 点时速度较大，作出整个过程中两种运动状态的v t 图
同理对乙有 BI2L t
2 mv0 ，
2
I2Δt
Δt Δt
2R
ΔΦ
2R
B 4L2
2R
像 解得v1 0
， v 1 v
2 2 0
2B2L3
mR
故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为 0；由能量守恒可知甲、乙线框
从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q 1 mv 2 ，
1 2 0
Q 1 mv 2 1
m v0
3 mv 2
0 ~ 3 s 物块发生的位移为 x1，由动能定理可得
2 2 0 8 0
(F f )x1
mv2
2
即 Q1 4 ；
Q2 3 即
故 C 错误，D 正确。故选 D。
8．AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
(4 2)x1
得
x1 9m 3s 4s 过程中，对物块由动能定理可得
(F f )x
1 1 62
2
0 1 mv2
AC．对物块从0 ~ 3 s 内由动量定理可知
f μmg 2N
2 2 3
即
(F f )t
mv
(4 2)x
0 1 1 62
1 3 2 2
即 得
(4 2) 3 1 v3
x2 3m 4s ~ 6s 物块开始反向运动，物块的加速度大小为
得
v3 6m/s
发生的位移为
a F f
m
2m/s2
3s 时物块的动量为 1 2
p mv3 6kg m/s
设 3s 后经过时间 t 物块的速度减为 0，由动量定理可得
(F f )t 0 mv3
即
(4 2)t 0 1 6
解得
t 1s
所以物块在 4s 时速度减为 0，则此时物块的动能也为 0，故 A 正确，C 错误；
x3 2 2 2 m=4m x1 x2
即 6s 时物块没有回到初始位置，故 B 错误； D．物块在 6s 时的速度大小为
v6 2 2m/s=4m/s 0 6s 拉力所做的功为
W (4 9 4 3 4 4)J 40J
故 D 正确。故选 AD。 9．AD
【详解】A．1→2 为绝热过程，根据热力学第一定律 U Q W 可知此时气体体积减小，外界
对气体做功，故内能增加，故 A 正确；
B．2→3 为等压过程，根据盖吕萨克定律可知气体体积增大时温度增加，内能增大，此时气体体积增大，气体对外界做功W <0 ，故气体吸收热量，故 B 错误；
C．3→4 为绝热过程，此时气体体积增大，气体对外界做功W <0 ，根据热力学第一定律可知气体内能减小，故 C 错误；
D．4→1 为等容过程，根据查理定律可知压强减小时温度减小，故内能减小，由于体积不变
W 0 ，故可知气体向外放热，故 D 正确。
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，冲量是矢量，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故 B 错误；
C．设滑块从释放到静止运动的位移为 x ，滑块开始向下做加速度减小的减速运动，当沿着杆方向合力为 0 时，滑块速度最大，之后滑块继续向下做加速度增大的减速运动，当速度为为 0 时，
有mg sin 53 ·x fx 1 k PQ2 x2 1 kPQ2
2 2
由几何关系可得 x 1.28m
故选 AD。 10．AC
此时k
12.8N mg sin 53 f
则滑块会继续向上滑动，做加速度减小的加速运动。当滑块速度再次为 0 时，有
【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与 PQ 间夹角为θ时，对滑块进行受力分析，如图所示
1 k PQ2 x2 1 k PQ2 x x 2 mg sin 53 x fx
解得 x1 0.64m
此时 x ' x x1 0.64m
此时k
6.4N mg sin 53 f
则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为 x ' 0.64m ，故 C 正确； D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为Wf ，由能量守恒定律有
mg sin 53 x ' 1 k PQ2 x'2 PQ2 W
在垂直杆方向有 FT cosθ mg cos 53 FN
f
解得Wf 3.072J
由胡克定律结合几何关系有 F k PQ
T cosθ
联立解得 FN k PQ mg cos 53 10N
可知，滑块与杆之间的弹力不变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为 f μFN 1.6N
故 A 正确；
故 D 错误。故选 AC。
1.0 2.0
9.7
【详解】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为
RA R1 R R r
v x 0.05 m/s 1.0m/s
RA R1
0 t 0.05
电动势为
[2]竖直方向做自由落体运动，因此 A 点的竖直速度可由平均速度等于时间中点的瞬时速度求得
3I ( RA R1 R R
r) E ，
vy
(8.6 11.0) 10 2
0.05 2
m/s 1.96 2.0m/s
RA R1
所以
（2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得
1 3 ( RA R1 R R
r) 15 3r 3R
g y3 y4 y2 y1
I E RA R1 E E
代入数据可得
4T 2
（2）[2][3]根据图（b）可得电流表示数为110mA 0.110A ，所以
1 9.09
I
g 9.7m/s2
12．（1） 1 15 3r 3R （2）0.110，9.09（3）1， b 6.0 （4） E 3v ，
I E E
r 1
（3）[4]描点作图如下所示：
【详解】（1）[1]电流表和电阻 R1 并联构成大量程电流表，电流表读数为 I ，根据 RA 6 ，
R1 3
可得电路的总电流为3I ，大量程电流表电阻为
RA R1 RA R1
为一条倾斜的直线，根据图线可得斜率
截距b 6.0 。
（4）[5][6]根据
可得
k 13 6 1 7
1 15 3r 3R I E E
电路总电阻为
15 3r b 6
E
3 k 1
E
薄板做加速运动的加速度
a μg 3m/s2
μmg
联立解得
E 3v
对物块
a 3m/s2
2 m
r 1
l l v t 1 a t 2
13．1.5
对薄板
0 2 1
l 1 a t 2
2 2
解得
【详解】
因为当sin i 1 时，恰好没有光线从 AB 边射出，可知光线在 E 点发生全反射，设临界角为 C，
6
物块飞离薄板后薄板得速度
v0 4m/s
t 1 s 3
v2 a2t 1m/s
则
sin C 1
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
l l
由几何关系可知，光线在 D 点的折射角为
n
r 90 2C
则平台距地面的高度

t' 2 6 1 s
v2 3
则
联立可得
sin i n
sin r
【点睛】
B 2mv0
(11π 3 3)d
h 1 gt'2 5 m
2 9
n=1.5
15．(1) qd ；(2) t
3v0
；(3)见解析
14．（1）4m/s； 1 s ；（2） 5 m
【详解】(1)画出粒子运动轨迹如图
3 9
【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
运动时间
CP d
DP CP sin 60
t DP 3d
2 v 2v
0 0
粒子在 MN 右侧运动的半径为
r 2d
则有
qB v0
v 2
m 0
r
运动时间
T 2πr
v0
t 5 T 10πd
6 3v0
粒子在三角形 ABC 中运动时，有
qBv0
v 2
m 0
r
故粒子从 O 点射入到返回 O 点所需要的时间
t 2(t1 t2 ) t3
3v0
T 2πr
v0
又粒子出三角形磁场时偏转60 ，由几何关系可知
d
(3)若三角形 ABC 区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有
R R cos 60 d d cos 60
2
解得
r
2
联立解得
R 5 d
6
v 2
B 2mv0
qd
T πd
此时根据qB2v0
m 0 有
R
B 6mv0
t1
6 6v0
2 5qd
(2)粒子从 D 运动到 P，由几何关系可知
若三角形 ABC 区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有
R R cos 60
解得
d - cos 60 2
此时根据qB3v0
v 2
m 0 有
R
R 1 d
2
B3