河南信阳市部分学校2026-2027学年高三上学期开学学情调研物理试卷

秘密★启用前 高三年级学情调研 物理 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有一项是符合题目要求的。 1．氢原子钟是利用氢原子跃迁频率稳定的特性来获取精准时间频率信号的设备。氢原子能级如图所示，若一个处于能级的氢原子，吸收某种频率的光子后，向低能级跃迁时最多可辐射三种不同频率的光子，则该氢原子所吸收的光子的能量为 A．1.89 eV B．2.55 eV C．10.2 eV D．12.09 eV 2．使一个小球第一次在空中由P点自由下落，第二次将其由P点水平抛出，小球两次均落在同一水平面上。不计空气阻力，不考虑小球落到水平面上之后的运动。关于小球的两次运动，下列说法正确的是 A．两次速度变化量不同 B．两次速度变化量相同 C．第一次速度变化快 D．第二次速度变化快 3．如图所示，用频率为的单色光照射双缝，测得接收屏2上相邻干涉亮条纹间距与接收屏1上相邻干涉亮条纹间距的差值为，两接收屏沿装置中轴线方向的距离为，已知光在真空中的传播速度为，则双缝、的间距为 A． B． C． D． 4．如图所示，竖直平面内倾角为的斜面体ABC静止在水平面上，从P点以水平初速度向左抛出一小球，小球恰好能从A点无碰撞地滑上斜面，不计小球的大小和空气阻力，则关于P点与A点的高度差，下列说法正确的是 A．与成正比 B．与成正比 C．与成正比 D．与成正比 5．2026年7月30日，我国成功发射了通信技术试验卫星二十七号。某卫星的发射变轨过程示意图如图所示。卫星先进入近地圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，再经椭圆轨道Ⅱ变轨，最终进入圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动，已知P、Q两点分别是椭圆轨道Ⅱ的近地点和远地点，卫星沿椭圆轨道从P点运动到Q点所用时间为t，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则轨道Ⅲ的半径大小为 A． B． C． D． 6．如图所示，为正方体，长直导线与重合，通有从到的恒定电流，长直导线与重合，通有从到的恒定电流，且。已知通电长直导线在空间某点处产生的磁感应强度与电流大小成正比，与该点到导线的距离成反比。则下列判断正确的是 A．时，与点磁感应强度方向相同 B．时，点和点磁感应强度大小相等 C．当且仅当时，点和点磁感应强度方向互相垂直 D．当且仅当时，点和点磁感应强度方向互相垂直 7．如图所示，半径为的固定绝缘圆环上均匀分布有正电荷，为圆环的圆心，固定绝缘细直杆上也均匀分布有正电荷，直杆与圆环的中心对称轴重合。长为，长为，，且，圆环和直杆上单位长度的电荷量均为，静电力常量为。则圆环与直杆间的静电力大小为 A． B． C． D． 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，有两个或两个以上选项符合题目要求。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．如图所示，一列简谐横波沿轴传播，图示是时刻的部分波形，、、为波传播路径上的三个质点，平衡位置分别在、、处，从图示时刻开始，质点比质点早到达平衡位置，则下列说法正确的是 A．波沿轴负方向传播 B．时刻，质点的位移为 C．波的传播速度大小为 D．质点和质点振动方向总是相反 9．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为，电压表和电流表均为理想电表，在、两端接电压一定的正弦交流电源，电路稳定后，将滑动变阻器的滑片向下移，电流表、和电压表、的示数变化量的绝对值分别为、、、，且，下列说法正确的是 A．电压表、示数均变大 B．电流表、示数均变大 C．定值电阻 D． 10．如图所示，间距为的足够长光滑平行导轨固定在水平面上，、均与导轨垂直，间距也为，、间有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。长均为、质量均为、电阻均为的金属棒、垂直导轨放置。初始时，刚好与重合，与间的距离也为。现给、分别施加水平向右的拉力、，使、同时从静止开始做加速度相同的匀加速直线运动，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻，则下列说法正确的是 A． 金属棒、通过磁场所用时间之比为 B． 从金属棒开始运动到金属棒刚进入磁场，通过金属棒的电荷量为 C． 金属棒通过磁场的过程对的冲量大于金属棒通过磁场的过程对的冲量 D． 金属棒通过磁场的过程合力对所做的功小于金属棒通过磁场的过程合力对所做的功 三、非选择题：本题共5题，共54分。 11．（6分）某同学用如图甲所示的装置探究加速度与合外力的关系。将气垫导轨倾斜放置，装有遮光条的滑块放在气垫导轨上，绕过定滑轮的轻绳一端连接在滑块上，另一端吊着砂桶，接通气源，改变砂桶中砂的质量，使滑块恰好能静止在导轨上。已知重力加速度为。 （1）实验前，用螺旋测微器测量遮光条的宽度，示数如图乙所示，可知遮光条宽度___________mm； （2）实验时，接通气源，当滑块恰好处于静止时，剪断轻绳，取下砂和砂桶，记录遮光条分别通过光电门1、2时的遮光时间、，根据气垫导轨上的刻度尺测出两光电门中心间的距离，由此可求得滑块在气垫导轨上下滑时的加速度大小___________；用天平测出相应的砂和砂桶的质量为，则滑块下滑过程中受到的合外力大小___________（均用题中所给字母表示）； （3）多次改变气垫导轨的倾角重复实验，测出每次实验对应的砂和砂桶的质量，求出每次滑块沿气垫导轨运动的加速度，作出图像，如果图像是一条过原点的倾斜直线，则表明滑块质量一定时加速度与受到的合外力___________。如果图像的斜率等于，可求得滑块和遮光条的总质量___________。 12．（9分）某实验小组利用如图甲所示电路测量一段金属丝的电阻率，将金属丝拉直后接在、接线柱之间。已知电流表量程为、内阻为（大小未知），电流表量程为、内阻，滑动变阻器最大阻值为，电阻箱最大阻值为，电源电动势为，内阻忽略不计。 （1）要将电流表改装成量程为的电压表，电阻箱接入电路的阻值应为___________； （2）按电路图连接好实物电路，将滑动变阻器滑片移到一端，使其接入电路的阻值___________（填“最大”或“最小”），线夹夹在接线柱上，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电流表的指针有较大偏转，示数如图乙所示，则电流表的示数___________； （3）多次调节线夹的位置，改变金属丝接入电路的长度，同时调节滑动变阻器，使电流表的示数始终为，记录每次调节后金属丝接入电路的长度和电流表的示数，作出图像，得到图像的斜率为，已知金属丝的横截面积为，则金属丝的电阻率___________；若图像的纵截距为，则电流表的内阻___________（均用题中所给字母表示）。 13．（10分）如图甲所示，一端封闭，内壁光滑的足够长细玻璃管水平放置，管中用水银柱封闭了一段气柱，水银柱长为，封闭气柱长为，大气压强为，环境温度保持不变。 （1）若将玻璃管在竖直面内缓慢转过使管口向下，求稳定时管中封闭气柱的长度； （2）若将玻璃管绕过管封闭端的竖直轴在水平面内匀速转动，如图乙所示，使稳定时管中封闭气柱长度与（1）中求得的气柱长度相同，重力加速度大小为，求玻璃管转动的角速度大小。 14．（12分）如图所示，质量为、半径为的光滑四分之一圆弧体静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点与水平面相切，小球静止在光滑水平面上，将质量为的小球在圆弧面的最高点由静止释放，小球运动到水平面上后与小球发生弹性正碰。已知重力加速度为，不计小球大小。求： （1）小球刚离开圆弧面时，圆弧体运动的距离； （2）小球刚离开圆弧面时，小球和圆弧体各自的速度大小； （3）要使小球还能再运动到圆弧面上，小球的质量应满足什么条件。 15．（17分）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场和沿轴正向的匀强电场，在第四象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，两匀强磁场磁感应强度大小相等。从轴上的点沿轴正向向第一象限内发射一个质量为、电荷量为的带正电的小球，小球在第一象限内运动后，刚好从轴上的点以速度方向与轴正方向成角进入第四象限。已知点与点距离为，重力加速度为，小球在点和点的速度大小均等于。不计小球的大小。求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）匀强磁场的磁感应强度大小和、间的距离； （3）小球第次经过轴时的位置坐标。 学科网（北京）股份有限公司 $高三年级学情调研 物理参考答案及评分细则 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。 题号 2 3 4 5 6 答案 B B A D C B C 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得 0分。 题号 8 9 10 答案 BC BD BC 三、非选择题：本题共5题，共54分。 11.【答案及评分细则】(6分) (1)6.125(6.123~6.127均可)(1分) (2/11 2Lt (2分)mg(1分) 3)成正比1分)冬1分) k 12.【答案及评分细则】(9分) (1)250(2分) (2)最大(1分)0.50(2分) (3)S(2+R2) b(r2+R2) I。 (2分) I。 (2分) 13.【答案及评分细则】(10分) (1)15cm (2)5√2rad,s 解析：(1)气体发生等温变化，开始时管中封闭气体压强p1=p。=75cmHg(1分) 玻璃管竖直后，管中封闭气体压强 p2=p。-PgL=65cmHg(1分) 由玻意耳定律，p1SL1=p2SL2(2分) 解得L2=15cm(1分) (2)设转动的角速度为ω，根据牛顿第二定律 ps-s=m亿+2) 2(2分)》 解得1s=pis:+1分) 解得w=5√2rad/s(2分) 14.【答案及评分细则】(12分) R (@eR /1 V38R (3)M>3m ·物理评分细则（第1页，共3页）· 解析：(1)根据小球a与圆弧体组成的系统水平方向动量守恒有 mo1=2m02(1分) 即mo1t=2m⑦2t 即mx1=2mx2(1分) 根据几何关系x1十x2=R(1分) 解得z,R1分) (2)设小球a第一次离开圆弧体时速度大小为1，圆弧体的速度大小为2， 根据水平方向动量守恒mx1=2mv2(1分) 根据机被能守mkk-m+号×2mai1分) 1 1 1 解得u1=2√3Ru:-√3R (2分) (3)当小球a反弹的速度大小恰好等于v2时， 根据动量守恒 mw1=m3十Mu4(1分) 根据机械能守恒了moi-moi+号Mo:1分) 1 1■ 其中u:=一√38R (1分) 解得M=3m(1分) 因此，要使a球还能再运动到圆弧面上，小球b的质量应满足的条件是M>3m 15.【答案及评分细则】(17分) (1)g (2)mvgd √3d gd 382w-1d+"2d.o）n=1.5 (5(2m-1D1+号d,0）n=2,46…(仅写出x坐标也可给分) 解析：(1)设匀强电场的电场强度为E,小球从M到N过程 根据动能定理omg一gE)d=立mw-mw1分) 得到mg-qE=0(1分) 解得E-mg (1分) (2)小球在第一象限内做匀速圆周运动，设运动半径为r,根据几何关系 r=d+rsin30°(1分) 解得r=2d(1分) ON=rsin60°=√5d(1分) 根据牛顿第二定律guB=m°(1分) 解得B=mVgd (1分) gd 1 》利用配速法，将小球在N点时的速度沿工轴和y轴分解，有。2口，一其中gg,B ·物理评分细则（第2页，共3页）· 则小球在第四象限中的运动可视为 ①速度为v.的匀速直线运动 ②速度大小为，的匀速圆周运动 的复合运动(1分) 根据牛顿第二定律，运动②满足 ,B=m度p,B=m)R(2分) 解得R=3d,T=2π√g (2分) 则小球在一段第四象限的运动过程中前后经过x轴的横坐标之差为 1 x=20:T+2R=(π+23)d(1分) 在小球回到第一象限后，小球做圆周运动，其运动半径仍为”，运动过程中前后经过x轴的横坐标之差为 x2=2ON=2W3d(1分) 则小球第n次经过x轴时的x坐标为 n为奇数时，x=3md+”一1 2x1=3(2n1)d十2x7 n为偶数时x=5u-1Dd+2x1=(2m-1Dd+ 2rd(2分) 即n为奇数时，小球第n次经过x销时的位置坐标为((2m-1d+”2d,0) n为偶数时，小球第n次经过x轴时的位置坐标为(3(2m-1)d+?d.0 ·物理评分细则（第3页，共3页）·高三年级学情调研 物理参考答案 1.B解析：一个氢原子处在n=4能级时向低能级跃迁最多可辐射三种不同频率的光子，则处于n=2能级的 氢原子吸收一个光子后跃迁到n=4能级，吸收的光子能量为E=-0.85eV-(-3.40eV)=2.55eV,B正 确。故选B。 2.B解析：由h=2gt可知，两次小球运动时间相同，由△v=gt可知，两次速度变化量相同，A错误，B正确； 两次运动的加速度均等于重力加速度，因此两次速度变化一样快，C,D错误。故选B。 3.A解析：设接收屏1上相邻干涉亮条纹间距为△x1,接收屏2上相邻干涉亮条纹间距为△x2,单色光的波长 为-行则△，之a,存圆ar=A:a宁-台·宁解得d-品A正确，放法 4.D解析：小球在A点时，设竖直方向分速度大小为巴，则an0-之，设P,A间高度差为五，则=2gh,解 得h=6tan0 28 ,D正确。故选D。 5.C解新：设卫是在钱道1上运行的周期为T则0-mg,G=mR）广，解得T=2 尽，设轨道 (2t)2 Ⅲ的轨道半径为r,卫星在轨道Ⅲ上的运行周期为T2,根据开普勒第三定律， (R+r3 R,解得r= 2 2R7-R,C正确。故选C. 3 π 6.B解析：k=1时，导线α在B’点处产生的磁场磁感应强度方向沿CB方向，导线b在B'点处产生的磁场磁 感应强度方向沿B'A'方向，两分量互相垂直，矢量和沿CA方向；导线α在D点处产生的磁场磁感应强度方 向沿DD'方向，导线b在D点处产生的磁场磁感应强度方向沿AD方向，两分量互相垂直，矢量和沿AD'方 向，可知B点和D点磁感应强度方向不同，大小相等，其夹角为120°，A、C错误，B正确；若以如图所示的方 吉构与原题中完全相同，则有：若k=2时A点和D点磁感应强度互 时，A'点和D'点磁感应强度也应互相垂直，实际上=2或2时，A'点和D点磁感应强度均互相垂直，D错 误。故选B。 C D D 7.C解析：根据题意，M端长为a的一小段可看成点电荷，带电荷量为Q=ga,根据对称性可知圆环对杆的静 电力大小即等于该点电荷所受圆环的静电力大小，圆环中电荷在该点电荷处产生的电场强度大小E= k 2xRg cos45°2k圆环与杆回的作用力F=QER,C正确，放选C 2R 2R 8.BC解析：由于质点b比质点c早0.2s到达平衡位置，说明t=0时刻，质点b正沿y轴正向运动，因此波沿 x 2 x轴正方向传播，A错误；波的传播速度0=一0,2ms=10m/s,C正确；t=0时刻，质点a的位移为4× ·物理答案（第1页，共4页）· cm=2V2cm,B正确：质点b和质点c平衡位置间的距离不是半波长的奇数倍，因此质点b和质点c振动 V2 方向并不是总是相反，D错误。故选BC。 D解析：设a6端输入电压为U,原线图电流为1，则=1，R,+份)1，R:+R),当滑动安阻器的滑片 向下移时，R变小，则I1变大，A1示数变大，由U=IR,十U1可知，U1变小，则U2变小，根据变流比，I2变 大，A错误，B正确；由U1=U一I1R,可知， AU △I =R,因此R,=2Q,C错误；由U=()1,R,+”U2,得 到U,-”-()R,1,根据题意可知， n n -(份)广R,=3.D正确.故达BD, △I2 10.BC 解析：根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，金属棒α、b通过磁场所用时间之比为1：(2 1》=(2+1):1,A错误：金属膝力刷进人磁场时，通过金民棒方的电街址为q职，B正确：设金网棒。 刚离开磁场时的速度大小为v,则金属棒b刚离开磁场时的速度大小为√2，金属棒α通过磁场过程，Ir, Bq1L=m,解得Ir,=Bq1L十mv,金属棒b通过磁场过程，Ir,=BqL十√2mv-mv,C正确；金属棒a通 过酸场合力微功W=m,金属棒么通过能场合力做功W,=2m(2。)-m心=2m心，D销误。放 1 1 选BC 11.答案：(1)6.125(6.1236.127均可)(1分) (2分)mg(1分) (3)成正比 a分) (1分) 解析：(1)遮光条宽度d=6mm+12.5×0.01mm-6.125mm; (2)根据运动学公式， )-) d2111) =2al,则a=2L8 ,根据题意，物块下滑过程中受到的合外力 F=mg; (3)如果图像是一条过原点的倾斜直线，则表明滑块质量一定时加速度与受到的合外力成正比，由mg= M,可得a=景m,根据题意是-k,解得M=冬 12.答案：(1)250(2分) (2)最大(1分)0.50(2分) S(r:+R:)(2分) (3) b(r2十R2) I。 I。 (2分) 解析：(1)由电压表改装原理，U=I(r2十R2),代入数据，解得R2=2502; (2)为保护电路，应使滑动变阻器接入电路的电阻最大：电流表A1的示数I。=0.50A: ③)根据并联电路两端电压相等，1G,+R)=十P小得到1二，Rs,十K,根据题意 1oo b(r2+R2) 得sR解得s,由，十心，解得是 I。 13.答案：(1)15cm (2)5√2rad/s 解析：(1)气体发生等温变化，开始时管中封闭气体压强p1=p。=75cmHg(1分) 玻璃管竖直后，管中封闭气体压强 P2=po-ogL=65 cmHg (1) 由玻意耳定律，p1SL1=p2SL2(2分) ·物理答案（第2页，共4页）· 解得L2=15cm(1分) (2)设转动的角速度为ω，根据牛顿第二定律 p,S-pS=m(亿+2L)m (2分) 解得gLS=ol.sL:+2a1分) 解得ω=5√2rad's(2分) 14.答案：1R e/r 1 38R (3)M>3m 解析：(1)根据小球α与圆弧体组成的系统水平方向动量守恒有 m1=2m⑦2(1分) 即mo1t=2mo2t 即mx1=2mx2(1分) 根据几何关系x1十x2=R(1分) 1 解得x2=3R1分) (2)设小球a第一次离开圆弧体时速度大小为1，圆弧体的速度大小为v2, 根据水平方向动量守恒mv1=2mv2(1分) 根据机板能守恒mR=之心+号 1 ×2m0号(1分) /1 /1 解得u1=2,√3gRu:-√3R (2分)》 (3)当小球a反弹的速度大小恰好等于v2时， 根据动量守恒 m1=mx3+M4(1分) 根据机械能守恒moi=mw心i+M:1分) 1 /1 其中u=一√3gR (1分) 解得M=3m(1分) 因此，要使a球还能再运动到圆弧面上，小球b的质量应满足的条件是M>3m 15.答案：(1)"mg (2)mvgd 3d gd (352m-1d+"2d.o n=1,3,5, (3(2n-1)d+2d,0）n=24,6… 解析：(1)设匀强电场的电场强度为E,小球从M到N过程 根据动能定理oag-gBd=名ad-弓m1分) 得到mg-gE=0(1分) ·物理答案（第3页，共4页）· 解得E=ms(1分) (2)小球在第一象限内做匀速圆周运动，设运动半径为，根据几何关系 r=d+rsin30°(1分) 解得r=2d(1分) ON=rsin60°=√3d(1分) 根据牛顿第二定律qvoB=m (1分) 解得B=m√gd (1分) gd 3)利用配速法，将小球在N点时的速度沿x轴和y轴分解，有心，。，心，二，其中g心，B= 则小球在第四象限中的运动可视为 ①速度为.的匀速直线运动 ②速度大小为v,的匀速圆周运动 的复合运动(1分) 根据牛顿第二定律，运动②满足 qu,B-mR 加B=m学到R2分) 解得R=3d,T=2xg (2分) 则小球在一段第四象限的运动过程中前后经过x轴的横坐标之差为 1 x1=20:T+2R=(π+23)d(1分) 在小球回到第一象限后，小球做圆周运动，其运动半径仍为，运动过程中前后经过x轴的横坐标之差为 x2=2ON=23d(1分) 则小球第n次经过x轴时的x坐标为 n为奇数时=5d+”2己，=5(2n-1Dd+”号d n为偶数时x=B(m-1)d+分1=3(2m-1Dd+受xd(2分) 即n为奇数时，小球第n次经过r轴时的位量坐标为(5(2m-1)1+”。d,0) n为偶数时，小球第n次经过x轴时的位置坐标为(3(2m-1)d+2d,0 ·物理答案（第4页，共4页）·