河北部分高中2026-2027学年高三上学期开学物理试题

高三物理 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。 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。 考试时间为75分钟，满分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，只有一项是符合题目要求的。 1.在研究光电效应实验时，用不同频率的光照射某种金属，得到遏止电压U。与入射光频率 y的关系如图所示，已知电子电荷量为e,则该金属的逸出功W。为 A号 B.ea c D.eb 2.2026年6月9日13时45分，一枚由5名高中生自主研发的“云舟一号”火箭腾空而起，如 图所示。遥测数据显示，火箭飞行高度超过海拔15km,飞行速度峰值达2.2马赫（约为 748m/s),成为全国首枚由中学生自主研发并抵达临近空间下界的火箭。下列说法正确 的是 A.“2026年6月9日13时45分”指的是时间间隔 ①高三物理第1页（共8页） B.若研究该火箭的运动轨迹，可将其视为质点 C该火箭运动过程中，位移大小可能大于路程 D.该火箭向上运动过程，始终处于失重状态 3镓钢合金可作为计算机散热器中的冷却介质。如图所示，镓是柔软的银白色金属，它在大 气环境下的熔点仅为29.7？℃，放在手中就能熔化，镓不宜使用玻璃容器存放，可用塑料 容器封存。下列说法正确的是 A.固态的镓是非晶体，具有各向同性 B.固态的镓榕化过程中，吸收热量，其温度升高 C.固态的傢熔化后液体表面圆滑，是因为存在表面张力的作用 D根据题意可判断，液态的傢浸润塑料，但不浸润玻璃 4.如图为双缝干涉实验示意图，虚线为双缝α、b的中垂线且垂直光屏交于O点，单缝位于 虚线上。绿光沿虚线从单缝射人，在光屏上形成干涉条纹。以下操作能使光屏上的干涉 条纹间距变小的是 单缝 双缝b 光屏 A.仅将单缝向双缝靠近 B.仅将双缝a、b的间距增大 C.仅将绿光改为红光 D.仅将b缝挡住 5.近日，在巴西里约热内卢，中联重科600吨级全地面起重机ZAT6000V863顺利完成验收 交付，以卓越性能与稳定表现赢得客户高度赞誉。在某次测试时，起重机以恒定功率P 竖直向上提升质量为m的货物，货物由静止开始在时间（内达到最大速度v,若空气阻力 大小恒定，则货物在时间！内上升的高度为 A.um 2P B.v-m P C.u-mu 2P D.ut 2P ①高三物理第2页（共8页） 6.某同学设计的一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两个磁场区域 的圆心角均为a一，磁杨均沿半径方向，矩形线圈abcd的匝数为N,边长ab,c长度分 别为L1、l2。线圈以角速度w绕中心轴匀速转动，bc和αd边同时进出磁场，在磁场中，两 条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电 阻为r,外接电阻为R。下列说法正确的是 磁极 铁芯 磁极 A感应电动势的周期为刀 B感应电动势的最大值为 NBI:L2@ 2 C.回路中电流的有效值为，不十 D,-个周期内外接电阻产生的热量为NB21R 2(R+r)2 7.如图甲所示，光滑、绝缘圆环竖直放置，半径为R,a~l是圆环上的12个等分点，O点为 圆心。空间存在平行于贸环面的匀强电场（未画出），质量为m,电荷量为十g的小球套在 圆环上。某时刻，小球从a点开始沿逆时针转动，其电势能E。与转过的圆心角0的关系 图像如图乙所示，小球经过j点时的速度大小为√2gR。重力加速度大小为g,下列说法 正确的是 甲 7 A.电场强度的方向为c→O ①高三物理第3页（共8页） B电场强度的大小为 2g Ca寸两点电势差U,=-3一3)mgR Ag D小球经过日点时，对圆环弹力的大小为子mg 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.卫星P、Q绕某行星运动的轨道均为椭圆，若仅考虑卫星P、Q受到该行星的万有引力， 万有引力大小F随时间：的变化如图所示，下列说法正确的是 A.l1~1时间内，卫星P与行星之间的距离逐渐变大 B,~t:时间内，卫星P的速度逐渐变大 C.,~t,时间内，卫星P、Q与行星连线扫过的面积相等 個 D.卫星P,Q轨道的半长轴之比为√ 9.如图所示，离地高度H=1.8m处有一个弹射口，可以沿水平方向发射速度大小不同的小球， 竖直且固定的挡板到弹射口的水平距离L=1.6m。先后沿垂直挡板方向发射甲、乙两球，初 速度大小分别为v1=4m/s,v2=5m/s。若小球能撞击挡板，则撞击之后水平分速度反向、大 小变为原来的一半，竖直分速度不变。小球撞击挡板的时间可忽略不计，不计空气阻力，取 g=10m/s2,下列说法正确的是 挡板 弹射口 A.甲、乙两球从发射到落地的时间均为0.6s B.甲球落地位置与弹射口的水平间距为1.2m C.乙球撞击地面时速度与水平方向夹角的正切值为2.4 D.若小球初速度小于3m/s,则小球将无法击中挡板 ①高三物理第4页（共8页） D ® 10.如图所示，间距为L的两光滑平行的金属轨道PQ和P'Q'固定在水平桌面上，轨道左端 是半径为L的4圆弧轨道，右端是无限长的水平轨道，且末端接电容为C的电容器（初 始不带电)。在圆弧轨道的最低点M、N处存在压力传感器，MN右侧存在竖直向上的 匀强磁场，磁感应强度大小为B,金属棒b水平放置在水平轨道的某处。现将金属棒ā 从圆弧轨道离水平轨道高度h(未知)处由静止释放，使其沿轨道运动，经过MN时，压力 传感器示数为2mg,进入磁场后未与金属棒b发生碰撞，且最后达到稳定状态，在此过 程中金属棒b产生的焦耳热与电容器存储的能量相等。已知金属棒a、b的质量均为， 重力加速度为g,电容器的储能公式为E=2CU(其中U为电容器两极板间电压)。金属棒 Q、b与轨道始终垂直且接触良好，轨道电阻不计，不考虑电磁辐射，则下列说法正确的是 b A.金属棒a释放的高度h=2L B.金属棒a、b在磁场中运动时，二者组成的系统动量守恒 C.最终电容器所带电荷量为 mCBL√gL 2m十CB2L2 1 D.上述过程金属棒a产生的焦耳热为2mgL一 m'gL 2m+CB'L? 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)(1)在探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系实验中，可拆变压器如图甲所示。 变压器铁芯P 线 284 线圈 变压器铁芯Q 分 ①实际的变压器工作时，由于有能量损失，测得的原、副线圈的电压之比 (填“大 于”“等于”或“小于”)实际的原、副线圈的匝数之比。 ①高三物理第5页（共8页） ②某同学在此实验中设计了以下两个电路图，请说明实验时应选用的电路图及选用的 理由 电源⊙ 电源 ☒ 小灯泡 A B (2)实验小组用如图乙所示实验装置，探究“加速度与力、质量的关系”。 定滑轮 细线 小车 纸带计时器 B 木板 丙 ①实验过程相关要求正确的是 。（多选) A.实验时，先释放小车再接通电源 B.实验过程需要满足小车质量远大于钩码质量 C.实验时，应调节定滑轮的高度，使细线与木板平行 D.补偿阻力时，要挂上钩码，垫高木板右端，用小车拖着纸带打点 ②某次实验打点计时器打出一条纸带，取计数点A、B、C、D、E等系列点，已知相邻计数 点间的时间间隔为T,用刻度尺测出各计数点到A点的距离如图丙所示，则小车运动的 加速度大小为Q=。（用已知物理量字母表示) 12.(8分)车辆超载运输会导致道路安全风险，由普通水泥复合导电材料制成的导电水泥具 备一定的道路超载实时监测的潜力。某中学兴趣小组选择一块均匀的正方体导电水泥 块样品进行研究。 2015 10 。>。工上。 255029P 16 cm 山 10 20 A-V-2 甲 乙 (1)如图甲所示，用游标卡尺测得正方体水泥块的边长d= cm。 (2)如图乙所示，用多用电表电阻“×1k”挡粗测其电阻，测得其阻值为 kn. ①高三物理第6页（共8页） (3)为进一步提高实验精度，使用图丙所示电路测量水泥块电阻，电源电动势为6V,内 阻可忽略，电压表量程0~6V,内阻约10k2,电流表量程0~600μA,内阻约1002。电 压表的右接线柱应与 (填“a”或“b”)点连接，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片 应置于 (填“左”或“右”)端。 丙 (4)若某次测量中，电压表和电流表示数分别为U和I,请用上述直接测得的物理量(d、 U、I)写出该水泥块电阻率p的表达式，即p= (5)考虑到实验存在误差，兴趣小组的同学进行讨论，下列说法正确的是 A用游标卡尺测量水泥块的边长时，由于读数引起的误差属于系统误差 B.求水泥块的电阻时，用U一I图像处理数据可以减小偶然误差 C,由于电流表和电压表的内阻引起的误差属于偶然误差 D.只考虑电表内阻引起的误差，电流表分压会导致电阻测量值偏小 13.(8分)如图甲所示，湖面上有相距1.5m的A、B两个导航浮标，振动周期T=2s的波 源产生的简谐横波沿水面传播，从A到B的传播时间为3s。浮标A的振动图像如图 乙所示。 (1)请写出浮标A的位移y随时间（变化的关系式； (2)求0~10s内，浮标A的路程； (3)求该波的波速大小及波长。 y/cm 甲 ①高三物理第7页（共8页） 14.(14分)如图所示，物块A、B质量分别为mA=4kg、ma=1kg,二者中间夹有微量炸药 (质量可忽略不计)静置在光滑水平平台上。质量mc=3kg的木板C静置在平台右侧 光滑的水平地面上，木板C的上表面与平台齐平，上表面M点左侧粗糙，右侧光滑。轻 质弹簧固定在木板C的右端，自然伸长时左端恰好位于M点。引爆炸药，炸药化学能 的50%转化为A、B两物块的动能，物块A以3m/s的速度向左运动，物块B滑上木板 C并压缩弹簧。已知木板C粗糙部分长度为2，物块B与木板C之间的动摩擦因数 μ=0.2，物块B可视为质点，弹簧未超过弹性限度，不计空气阻力，重力加速度g取 10m/s2。求： (1)炸药爆炸后瞬间物块B的速度大小： (2)炸药爆炸过程释放的化学能； (3)弹箭的弹性势能最大值。 炸药 ADaB M00000000 777777777777nn777☑ 77777777777777 777777777777 15.(16分)如图所示，在Oxy坐标系第一象限中存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场；在第 二象限中存在边界为矩形的匀强磁场（图中未画出）：第三象限中存在沿x轴正方向的 匀强电场及垂直Oxy平面向里的匀强磁场：第四象限中存在沿y轴正方向的匀强电场， 电场强度大小为E。质量为m、电荷量为十q的粒子以速度进入第三象限，沿虚线 MN(平行于y轴)运动后沿y轴正方向进入第二象限，经磁场偏转后怡好经过O点进 入第四象限，且经过O点时速度方向与x轴正方向夹角日=30°，经电场偏转后第一次进 入第一象限，之后经x轴再次进入第四象限。已知所有匀强磁场的磁感应强度大小均 为8(B>2) ,不计粒子重力。 (1)求第三象限中匀强电场的电场强度大小E'; (2)求第二象限中矩形磁场的最小面积S; (3)粒子从经过O点时开始计时，求粒子第n次从第四象限进人第一象限经过x轴的位 置坐标x,及时刻t。。 B ①高三物理第8页（共8页） ® © 高三物理参考答案及评分意见 B【解桥】根据爱因斯坦光电效应方程E=一w。及动能定理cU。一E,得U,=二，-，结合图像数据可得 W。=ea,B正确。 2.B【解析】“2026年6月9日13时45分”对应火箭起飞的一个瞬间，指的是时刻，不是时间间隔，A错误；研究火 箭运动轨迹时，火箭的形状和大小对研究问题的影响可以忽略，可将其视为质点，B正确；位移大小是初位置到末 位置的直线距离，路程是运动轨迹的长度，任何情况下位移大小都不可能大于路程，只有单向直线运动中位移大 小才等于路程，C错误；火箭加速上升阶段加速度向上，处于超重状态，减速上升阶段加速度向下，处于失重状 态，并非始终处于失重状态，D错误。 3.C【解析】固态的傢有固定的熔点，是晶体，单晶体具有各向异性，A错误；固态的镓熔化过程中，吸收热量，但其 温度保持不变，B错误；固态的镓熔化后液体表面圆滑，是因为存在表面张力的作用，C正确；由于傢不宜使用玻 璃容器存放，可用塑料容器封存，可判断液态的镓不浸润塑料，可能浸润玻璃，D错误。 4.B【解析】由△x=宁久入可知，波长入变短、双缝与光屏间距1变小，双缝间距d变大，都能使光屏上的条纹间距变 小，B正确；由于红光波长比绿光波长长，仅将绿光改为红光，光屏上的条纹间距变大，C错误；仅将单缝向双缝靠 近，不会影响条纹间距，A错误；仅将b缝挡住，光线通过α缝会在光屏上得到单缝衍射条纹，D错误。 物受到的空气阻力大小为，则G+∫三？，对货物加速到最大速度过程由动能 1 mv f)x=2m02,解得x=-2P,A正确。 6.C【解析】感应电动势的周期T=2,A错误；线圈在磁场中运动时，ad、bc边产生的电动势均为E,=NBl2a· 会，总电动势E-2E,-NB,1:,B错误；圆心角。=受，即在一个周期内2T有电流，根据有效值的定义，有 E21 R十。T+0R+T解得回路中电流的有效值219，C正确：一个周期内外接电阻产生的 πN2B2lL2wR 热量Q=I2RT= ,D错误。 (R+r)2 7.D【解析】由图像可得，当0=号时，小球的电势能最小，又因为小球带正电，则c点电势最低，电场线应沿0c方 向，A错误：小球在a点时的电势能E,=9BR(-c0s引-9ER-gR,解得E-5m,B错误1a两点 2q 电势差U=一ERco:令+e08日一3十3）mg,C结误；小球从j点到d点由动能定理得，BE mo-m(V2aR)了，设在d点小球所受弹力方向竖直向下，则有mg+Px-gBc0s音=m爱，解得 2mgR=1, 2 ,由牛顿第三定律可知，小球对圆环的弹力大小为 ①高三物理答案第1页（共4页） 8.AD【解析】由图可知，~：时间内，卫星P与行星之间的万有引力逐新变小，根据F-G可知，卫星P与 行星之间的距离逐渐变大，A正确；根据开普勒第二定律可知，同一卫星在相同时间内与行星的连线扫过的面积 相等，则722时间内，卫星P的速度逐渐变小，B、C错误；由图可知Tp=t2,T。=t3,根据开普勒第三定律可知 信)-()八，解得卫层PQ道的半长之比为- 12 3吃 D正确。 9.ABC 【解析】由于撞击之后竖直分速度不变，无论是否与挡板撞击，全过程在竖直方向做自由落体运动，所以时 1 间相同，根据H=2g2,解得1=0.6s,A正确：甲球在水平方向上做匀速直线运动，L=11,解得1一 0.4s<t,所以甲球能与挡板撞击，从撞击到落地的时间t,′=t一41=0.2s,所以甲球落地位置与弹射口的水平 回距x=L一)'=l,2m,B正确：乙球也能与挡板相撞，所以落地时速度与水平方向夹角的正切值tan9月 8 坠=2.4，C正确；若恰好打在挡板下边缘，根据L=v%L得，能撞击挡板的最小速度0%=？m/s≈2.67m/s, U 2 D错误。 棒a在MN位置时，由牛顿第二定律得FN一mg=m,从释放到主 得mgh=m3,且已知P=2mg,解得=，A正确；金属棒a进入磁扬后产生电动势，电容器处于充电 1 状态，即有电流流过电容器，即金属棒α与b的电流不相等，所以安培力大小不相等，所以动量不守恒，B错误； 稳定时金属棒α、b构成的回路没有电流，即速度相等，设最终状态时速度为v,对金属棒Q列动量定理有 一BIL·△1=mv一mvo,对金属棒b列动量定理有BI1L·△t=mv,即一BgL=mu一mv和Bq,L=mv,电容 mgL 器电荷量。C0CBu,由电荷守恒得7=9十解得m十CB代人公式得Q0品0 正确：由能量守恒得mgk=2×2m心+Q,+Q:+CU,其中Q:=2CU=CB2L2,解得Q,=mgL- 1 (m+CB2L2)m2gL (2m+CB2L)兰，D错误。 11.(1)①大于(2分)②选用B图，由于B图副线圈空载，电流极小，能量损耗远小于接负载的A图，实验误差更 小(2分，合理即可得分)(2)①BC(2分，少选得1分)②一22(2分) 4T2 【解析1(1)①理想变压器满足号-”，实际变压器存在能量损耗，副线圈电压U,小于理想输出电压，因此测得 U2 n2 受大于实际的原、副线圆的面数比号 的电压比 ②本实验需要减小副线圈的能量损耗，A图副线圈接小灯泡，负载电流大，损耗大，误差大；B图副线圈接内阻 极大的电压表，电流近似为零，损耗小更接近理想变压器规律，因此选B。 (2)①实验时先接通电源再释放小车，A错误；实验过程需要满足小车质量远大于钩码质量，使细线拉力近似等 ①高三物理答案第2页（共4页） 于钩码的重力，B正确；实验时，应调节定滑轮的高度，使细线与木板平行，保证细线拉力等于小车所受的合力， C正确；补偿阻力时，不应该挂上钩码，D错误。 ②根据匀变速直线运动公式△x=aT,利用逐差法可知，小车加速度大小为a=c一4c=4二2 4T2 4T2。 12.(114.2401分)(27（藏7.0,1分）(3)6(1分)左(1分)(44吧2分)(5B(2分) 【解析】(1)20分度游标卡尺精度为0.05mm,游标尺第8个刻度线与上方刻度线对齐，读数为142mm十8× 0.05mm=142.40mm=14.240cm。 (2)待测阻值R,=7×1k2=7k。 (3)根据R?>RARv,可知电流表采用内接法，电压表的右接线柱应与b点连接；滑动变阻器采用分压式接法， 为了保护电路，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片应置于左端。 (0由畋姆定律得R,-号，由电阻定维有R,=P号，S=4,解得p一光。 (5)用游标卡尺测量水泥块的边长时，由于读数引起的误差属于偶然误差，A错误；U一I图像本身是由多次测 量的数据得出的，且图线绘制过程中已经舍去误差较大的点，所以用U一I图像处理数据能够减小偶然误差，B 正确；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，C错误；实验中，电流表采用内接法，由于电流表分 压会导致所测电压偏大，则电阻测量值偏大，D错误。 13.(1)y=1sin(πt)cm(2)20cm(3)0.5m/s1m 【解析】(1)设浮标A的位移y随时间t变化的关系式为y=Asin(awt+p) 根据图乙可知，振幅A=1cm 圆领率w-祭(1分) 将t=0时，y=0代入可得y=lsin(πt)cm(1分) (2)由于t=10s=5T 所以浮标A的路程s=20A(1分) 解得s=20cm(1分) (3)由波速公式得u=二(1分) 解得v=0.5m/s(1分) 该波的波长λ=uT(1分) 解得λ=1m(1分) 14.(1)12m/s(2)180J(3)50J 【解析】(1)炸药爆炸过程，对A、B系统有mAvA=mBvB(2分) 解得vB=12m/s(2分) (2)根据能量守恒有2mA0员+弓mi=50%×E%2分) .1 ①高三物理答案第3页（共4页） 解得E=180J(2分) (3)当物块B与木板C共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒有 mBvB=(mB+mc)(2分) 解得v=3m/s 根据能量守恒有m2= 1 2(m8+mc)v2+umngl+E (2) 解得E。=50J(2分) 15.(1)vB(2)3m 2q2B2 3S80m2m-1g=12,3）gg+a-13ga=123,） 2gE 【解析】(1)粒子在第三象限中受力平衡，gE'=qvB(1分) 解得E'=uB(1分) （2)粒子在第二象限的运动轨迹如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有gB=m 1分) 解得r=” ΓgB 根据几何关系可得最小矩形区域，其中一个边长a=2rcos0(1分) 另一边长b=r(1-sin0)(1分) 则s=ab-1分) 图1 即S=3m2ue 2g2B(1分) (3)粒子从O点进人第四象限，在电场中做类斜抛运动，之后进人第一象限做圆周运动，其运动轨迹如图2所示 由抛体运动的规律得2osin0=at,(1分) 根据牛顿第二定律有a-S(1分) 第1次从第四象限进人第一象限时x1=t1cos(1分) √5mu2 图2 解得x1 2gE 第2次从第四象限进人第一象限时x2=x1+(x1一2rsin0)=2x1一2rsin0(1分) 则第n次从第四象限进入第一象限时xn=x1+(n一l)(x1一2rsin)=n.x1-(n一1)×2rsin0(1分) 则x。=3mmv 2gE B(m=1,2,3…)(1分) -(n-1)m 粒子在第四象限磁场中做圆周运动的周期T=2”(1分) ,=m,+(n-1)×2x-20 (n=1,2,3,…)(1分) 2π 解得=+6a-10m=1,23…)1分) ①高三物理答案第4页（共4页）