山西省阳泉市第一中学校2025-2026学年高三上学期8月适应性训练（开学）物理试卷

学科网（北京）股份有限公司 1 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。 1．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 MF 和 NF ， 相应的电势能分别为 pME 和 pNE ，则（　　） A． ,M N pM pNF F E E< > B． ,M N pM pNF F E E> > C． ,M N pM pNF F E E< < D． ,M N pM pNF F E E> < 2．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（　　） A．火箭加速升空失重 B．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 C．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 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 0t = 时刻和 0.5st = 的波 形图，已知波的周期 0.5sT > ，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． 0t = 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（　　） A．光子的波长为 E hc B．该原子吸收光子后质量减少了 2 E c C．该原子吸收光子后德布罗意波长为 h 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 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（　　） A． 3 5 mg B． 3 4 mg C． 4 3 mg D． 5 3 mg 6．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 1m ，与其余部 学科网（北京）股份有限公司 2 分的动摩擦因数为 2m ，且 1 2m m> 。第一次，滑块从 I 位置以速度 0v 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 1x ，所用时间为 1t ；第二次，滑 块从Ⅱ位置以相同速度 0v 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 2x ，所用时间为 2t 。忽略空气阻力，则（　　） A． 1 2<t t B． 1 2t t> C． 1 2x x> D． 1 2x x< 7．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 平面上以相同初速度 2 3 0 4B Lv 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。 8．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 210m/sg = 。则（　　） A．4s时物块的动能为零 B．6s时物块回到初始位置 C．3s时物块的动量为12kg m/s× D．0 ~ 6s时间内 F 对物块所做的功为 40J 9．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 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 环的主要过程。下列说法正确的是（　　） A．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 10．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= 。 10N/mk = ，g 取 210m/s ，sin 53 0.8° = 。则滑块（　　） A．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 学科网（北京）股份有限公司 3 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 （b）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。 完成下列填空：（结果均保留 2 位有效数字） （1）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； （2）根据图（b）中数据可得，当地重力加速度的大小为 2m/s 。 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 W），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 ； ③以 1 I 为纵坐标，R 为横坐标，作 1 R I  图线（用直线拟合）； ④求出直线的斜率 k 和在纵轴上的截距 b． 回答下列问题 （1）分别用E 和 r 表示电源的电动势和内阻，则 1 I 与 R 的关系式为 ． （2）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻 3.0R = W时电流表的示数如图（b）所示，读 出数据，完成下表．答：① ，② ． 学科网（北京）股份有限公司 4 （3）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． （4）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 1sin 6 i = 时，恰好没有光线从 AB 边射出棱镜，且DE DA= 。求棱镜的折射率。 14．（12 分）如图，一长度 1.0ml = 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 6 llD = 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 块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数 0.3m = ，重力加速度大小 210m/sg = 。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （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 0v 从 AB 的中点 O 沿 OC 方向射入三角形区域，偏 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： (1)求三角形区域内磁场的磁感应强度； (2)求离子从 O 点射入到返回 O 点所需要的时间； (3)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 0v ，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。 学科网（北京）股份有限公司 5 《开学考试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D C D A D AD AD AC 1．A 【详解】由图中等势面的疏密程度可知 M NE E< 根据 F qE= 可知 M NF F< 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 正功，电势能减小，即 p pM NE E> 故选 A。 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； B．根据 2 GMmF R = ，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 力小于在地表受到万有引力，故 B 正确； C．根据 22 GMm m R R w= 可得 3 GM R w = ，可知空间站绕地球做匀速圆周运动的角速度大于同步卫 星的角速度，即大于地球自转角速度，故 C 错误； D．根据 2 GMm ma R = 可得 2 GMa R = ，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 星的加速度，故 D 错误。 故选 B 。 3．D 【详解】A．由图可知波长为 10cm，故 A 错误； BC． 0t = 时刻到 0.5st = 的过程中， 3 0,1,2... 4 t nT T nD = + =， 已知波的周期 0.5sT > ，则 n 只能取 0，则 2 s 3 T = 波速为 15 / sv cm T l = = ，故 BC 错误； D．简谐横波沿着 x 轴正方向传播，根据同侧法可知 0t = 时刻，质点M 向下振动，故 D 正确。 故选 D。 4．C 【详解】A．光子能量公式为 hcE l = 解得波长 hc E l = ，故 A 错误； B．原子吸收光子后，能量增加 E ，根据质能方程 2 Em c D = ，质量应增加而非减少，故 B 错误； C．德布罗意波长公式为 h p l = ，题目明确吸收后原子动量为 p ，因此波长为 h p ，故 C 正确； 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（ hcE E l =¢ ¢ < ），无法 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 1.8sin 0.8R R R a = = 根据平衡条件得 N cosF mga = 解得 学科网（北京）股份有限公司 6 N 5 3 F mg= 根据牛顿第三定律得球对横杆的压力大小为 N N 5 3 F F mg¢ = = 故选 D。 6．A 【详解】CD．对两种运动的整个过程根据能量守恒有  20 1 2 1 1 2 MN MN mv mgx mg x xm m= +  ，  20 1 2 2 1 2 MN MN mv mgx mg x xm m= +  可得 1 2x x= ，故 CD 错误； AB．根据牛顿第二定律 mg mam = 可得 a gm= 由于 1 2m m> ，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 公式 2 2 0 22v v gxm = 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 像 可得 2 1>t t ，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 1=F BI L安1 ， 01 BLvI R = 乙线框刚进磁场区域时，合力为 2=F BI L安2 ， 02 2 BLvI R = 可知 =2 F F 安1 安2 ； 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 1 1 0BI L t mv mv D =  ， 2 1 1 Φ Φ 4B Ltq I t t R R R D D ×D= D = ×D = = 同理对乙有 2 2 0BI L t mv mv¢ D =  ， 2 2 2 ΔΦ ΔΦ 4ΔΔ Δ 2 2 2 B Ltq I t t R R R × = = × = =¢¢ ¢ 解得 1 0v = ， 2 3 02 21 2 v m v B L R == 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 2 1 0 1 2 Q mv= ， 学科网（北京）股份有限公司 7 2 2 20 2 0 0 1 1 3 2 2 2 8 vQ mv m mvæ ö=  =ç ÷ è ø 即 1 2 4 3 Q Q = ； 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 2Nf mgm= = AC．对物块从0 3 s 内由动量定理可知 1 3( )F f t mv = 即 3(4 2) 3 1 v ´ = ´ 得 3 6m/sv = 3s 时物块的动量为 3 6kg m/sp mv= = × 设 3s 后经过时间 t 物块的速度减为 0，由动量定理可得 3( ) 0F f t mv + =  即 (4 2) 0 1 6t + =  ´ 解得 1st = 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； B．0 3 s 物块发生的位移为 x1，由动能定理可得 2 1 3 1( ) 2 F f x mv = 即 2 1 1(4 2) 1 6 2 x = ´ ´ 得 1 9mx = 3s 4s~ 过程中，对物块由动能定理可得 2 2 3 1( ) 0 2 F f x mv + =  即 2 2 1(4 2) 0 1 6 2 x + =  ´ ´ 得 2 3mx = 4s 6s 物块开始反向运动，物块的加速度大小为 22m/sF fa m  = = 发生的位移为 2 3 1 2 1 2 2 m=4m 2 x x x= ´ ´ < + 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 6 2 2m/s=4m/sv = ´ 0 6s~ 拉力所做的功为 (4 9 4 3 4 4)J 40JW = ´  ´ + ´ = 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 WD = + 可知此时气体体积减小，外界 学科网（北京）股份有限公司 8 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 <0W ，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 <0W ，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 0W = ，故可知气体向外放热，故 D 正确。 故选 AD。 10．AC 【详解】A．根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与 PQ 间夹角为q 时，对滑块进行受力分析，如 图所示 在垂直杆方向有 T Ncos cos53F mg Fq = ° + 由胡克定律结合几何关系有 T cos PQF k q = 联立解得 N cos53 10NF k PQ mg= ×  ° = 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 N 1.6Nf Fm= = 故 A 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  2 2 21 1sin 53 · 2 2mg x fx k PQ x kPQ° = + +  由几何关系可得 1.28mx = 此时 2 2 2 2 · 12.8N sin 53xk PQ x mg f PQ x + = > ° + + 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    22 2 2 1 1 11 1 sin 532 2k PQ x k PQ x x mg x fx °é ù+  +  = +ë û 解得 1 0.64mx = 此时 1' 0.64mx x x=  = 此时 2 2 2 2 '' · 6.4N sin 53 ' xk PQ x mg f PQ x + = = °  + 则滑块静止，故从释放到静止，滑块的位移为 ' 0.64mx = ，故 C 正确； D．从释放到静止，设克服滑动摩擦力做功为 fW ，由能量守恒定律有  2 '2 2 f1sin 53 ' 2mg x k PQ x PQ W° × = +  + 解得 f 3.072JW = 故 D 错误。 故选 AC。 11． 1.0 2.0 9.7 学科网（北京）股份有限公司 9 【详解】（1）[1]因小球水平方向做匀速直线运动，因此速度为 0 0.05 m/s 1.0m/s 0.05 xv t = = = [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 2(8.6 11.0) 10 m/s 1.96 2.0m/s 0.05 2y v + ´ = = » ´ （2）[3]由竖直方向的自由落体运动可得 3 4 2 1 24 y y y yg T +   = 代入数据可得 29.7m/sg = 12．（1） 1 15 3 3r R I E E + = + （2）0.110，9.09（3）1， 6.0b = （4） 3E v= ， 1r = W 【详解】（1）[1]电流表和电阻 1R 并联构成大量程电流表，电流表读数为 I ，根据 6AR = W， 1 3R = W 可得电路的总电流为3I ，大量程电流表电阻为 1 1 A A R R R R ´ + 电路总电阻为 1 0 1 A A R R R R r R R ´ + + + + 电动势为 1 0 1 3 ( )A A R RI R R r E R R ´ + + + = + ， 所以 1 0 1 1 3 15 3 3( )A A R R r RR R r I E R R E E ´ + = + + + = + + （2）[2][3]根据图（b）可得电流表示数为110mA 0.110A= ，所以 1 9.09 I = （3）[4]描点作图如下所示： 为一条倾斜的直线，根据图线可得斜率 13 6 1 7 k = = 截距 6.0b = 。 （4）[5][6]根据 1 15 3 3r R I E E + = + 可得 学科网（北京）股份有限公司 10 15 3 6r b E + = = 3 1k E = = 联立解得 3E v= 1r = W 13．1.5 【详解】 因为当 1sin 6 i = 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， 则 1sin C n = 由几何关系可知，光线在 D 点的折射角为 90 2r C= o 则 sin sin i n r = 联立可得 n=1.5 14．（1）4m/s； 1 s 3 ；（2） 5 m 9 【详解】（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 2 1 3m/sa gm= = 薄板做加速运动的加速度 2 2 3m/s mga m m = = 对物块 2 0 1 1 2 l l v t a t+ D =  对薄板 2 2 1 2 l a tD = 解得 0 4m/sv = 1 s 3 t = （2）物块飞离薄板后薄板得速度 2 2 1m/sv a t= = 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 ' 2 12 6 s 3 l l t v  = = 则平台距地面的高度 '21 5 m 2 9 h gt= = 【点睛】 15．(1) 0 2mvB qd = ；(2) 0 (11 3 3) 3 dt v p + = ；(3)见解析 【详解】(1)画出粒子运动轨迹如图 学科网（北京）股份有限公司 11 粒子在三角形 ABC 中运动时，有 2 0 0 vqBv m r = 0 2 rT v p = 又粒子出三角形磁场时偏转60°，由几何关系可知 2 dr = 联立解得 02mvB qd = 1 06 6 T dt v p = = (2)粒子从 D 运动到 P，由几何关系可知 sin 60 CP d DP CP = = ° 运动时间 2 0 0 3 2 DP dt v v = = 粒子在 MN 右侧运动的半径为 2r d¢ = 则有 2 0 0 vqB v m r ¢ = ¢ 0 2 rT v p ¢¢ = 运动时间 3 0 5 10 6 3 dt T v p¢= = 故粒子从 O 点射入到返回 O 点所需要的时间 1 2 3 0 (11 3 3)2( ) 3 dt t t t v p + = + + = (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 cos 60 cos 60 2 dR R d+ ° = + ° 解得 5 6 R d= 此时根据 2 0 2 0 vqB v m R = 有 0 2 6 5 mvB qd = 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 学科网（北京）股份有限公司 12 cos 60 - cos 60 2 dR R d¢ ¢+ ° = ° 解得 1 2 R d¢ = 此时根据 2 0 3 0 vqB v m R = ¢ 有 0 3 2mvB qd =