云南昭通市云南师范大学附属昭阳中学2026-2027学年高三上学期10月适应性测试物理试题

秘密★考试结束前 云南师范大学附属昭阳中学2026年秋季学期高三年级10月教学质量检测 物理试卷 全卷共15个小题：试卷满分100分，考试用时75分钟 命题人：夏燕 终审：教学服务中心 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡的指定位置。 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域 均无效。 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑：非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体 工整，笔迹清楚。 一、选择题：本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每 小题4分：第8-10题有多项符合题目要求，每小题6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。 1.关于下列四幅图的说法正确的是() EleV 0.38 验电器 锌板紫外线灯 -0.54 荧光屏 -0.85 1.51 粒子弟 -3.40 粒子源 -13.6 丙 丁 A.图甲是α粒子散射实验，汤姆孙据此提出了原子的核式结构模型 B.图乙是光电效应实验，锌板带正电，张开的验电器指针带负电 C.图丙是放射源放出三种射线在磁场中的运动轨迹，轨迹3对应的是α射线 D.图丁是氢原子能级图，一群处于=4能级的氢原子跃迁回基态时最多辐射出10种不同频率的 光子 2.如图所示，用水平力F向右推原来静止在斜面上的物块，力F由零开始逐渐缓慢增大，直到物块 刚要发生滑动。则在此过程中物块() A.所受合力逐渐增大 B.所受斜面弹力先增大后减小 C.所受斜面摩擦力逐渐增大 7 D.所受斜面摩擦力先减小后增大 高三年级物理试卷·第1页（共8页） 3.如图所示，物块A放在光滑水平地面上，竖直悬挂的小球B通过光滑的定滑轮与物块A相连，初 始时，细绳与水平方向的夹角为0，在水平外力的作用下，滑块A向左以速度。做匀速直线运动，则 () A.初始时，小球B的速度为 cos 0 B.小球B做匀速运动 7777777777777 A C.小球B处于超重状态 D.小球B处于失重状态 4.如图所示，长征十号乙运载火箭末级完成在轨任务后与上面级分离，末级沿椭圆轨道返回地球， 椭圆轨道近地点P贴近地球表面，远地点Q为分离点，地球可视为质量为M、半径为R的均匀球体， 引力常量为G。忽略大气阻力，下列说法正确的是() 末级 A.未级在近地点P的加镀a>GM R R2 B.末级在P点的运行速度大于地球的第一宇宙速度 C.末级从Q点运动到P点的过程中，引力势能减小，机械能减小 D,若末级在Q点点火减速，可进入轨道高度更高的圆轨道 5.第四代人工心脏是一种被广泛应用于心脏衰竭手术的医疗器械，它采用的无线充电技术从根本上 解决了创口感染难题，是人工心脏技术革命性的进步。如图为无线充电原理图，由与人工心脏电池相 连的受电线圈和与充电器相连的送电线圈构成。送电线圈连接u=220W2sin100π1(V)的交流电，送电 线圈与受电线圈匝数之比为11：1。在工作状态下，受电线圈内的磁通量约为送电线圈的50%。下列 关于人工心脏无线充电的说法正确的是（) 0受电 。线圈 送电。 线圈。 A.受电线圈输出电压的频率约为2Hz B.受电线圈与送电线圈的电流有效值之比为1：11 C.受电线圈中输出电压的有效值约为10V D.该无线充电过程主要利用了电流的热效应来传递能量 高三年级物理试卷·第2页（共8页） 6.下图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=0.5m处的质点的振 动图像，P是平衡位置为x=1m的质点。下列说法正确的是() y/cm y/cm A波的传播方向沿x轴负方向 B.该波通过1m的障碍物时，不会发生明显的衍射现象 C.当t=4s时，质点P将运动到x=2m处 D.2~11s时间内，质点P运动的路程为36cm 7.如图所示，两个边长均为L的正三角形区域abO和cdO关于O点对称，两个区域内均存在垂直纸 面向外匀强磁场，区域右侧有平行于ab和cd的匀强电场。质量为m、带电荷量为+q的带正电粒子（不 计重力)，从a点沿平行ab方向以速度v射入，经bO中点进入电场，最终从c点沿平行dc方向以速度 V射出。下列说法正确的是() A.电场的电场强度大小为 2mv2 gL 4mv B.B.磁场的磁感应强度大小为 3gL C.粒子在磁场中运动的时间为3πL 3v 0.粒子在电场中运动的时间为V3L 3v 8.一定量的理想气体从状态α经状态b变化到状态c,其过程如TV图上的两条线段所示。则气体在 () A.状态α处的压强小于状态c处的压强 B.由α变化到b的过程中，气体对外做功 C.由a变化到b的过程中，气体对外界放热 D.由b变化到c的过程中，气体分子在容器壁单位时间单位面积上的碰撞次数减 高三年级物理试卷·第3页（共8页） 9.如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图乙所示的模型。紧绷的传 送带始终保持v=0.4m/s的恒定速率逆时针运行，行李与传送带间的动摩擦因数4=0.2，传送带A、 B间距离足够长。旅客把质量m=5kg的行李（可视为质点）无初速度地放在A处(g取10m/s2)。下 列关于行李运动过程说法正确的是() B 甲 乙 A.行李加速阶段时间为0.2s B.加速阶段传送带对行李做功的平均功率为4W C.整个过程中因摩擦产生的热量为0.4J D.电动机因传送该行李而额外消耗的电能为0.4J 10.如图所示，光滑绝缘水平面内存在足够宽的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B,方向竖直向下。 质量为m的正方形单匝金属线框，以大小为。的水平初速度向右垂直进入磁场。已知线框完全进入磁 场时速度大小为，线框始终保持b边和磁场边界平行，下列说法正确的是(） + b B + + d C A.线框离开磁场过程产生的平均感应电动势等于进入磁场过程产生的平均感应电动势 B.线框离开磁场的过程中产生的焦耳热为m。 8 C.线框进入磁场过程与离开磁场过程通过线框横截面的电荷量相等、动量变化量相同 D.从线框开始进入磁场到线框完全离开磁场，全过程安培力的，总冲量大小为3m 2 高三年级物理试卷·第4页（共8页） 二、非选择题：本题共5小题，共54分。其中13-15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤：有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11.(6分)某实验小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒。小球乙放置在竖直固定的细杆上。 小球甲用轻质细线悬挂在天花板上，甲静止在最低点时与乙接触且细线竖直（两球心等高）。甲、乙 半径相等，质量分别为2、m。细杆的右侧固定一竖直挡板，测得细杆与挡板间的距离为d。现将甲 向左拉至距细杆项端高度为时由静止释放（细线伸直），运动到最低点与乙碰撞，碰后立即剪断细 线（不影响甲的速度），两小球均向右做平抛运动，然后分别打在竖直挡板上，测得两球平抛运动下 降的高度分别为h1、h2,重力加速度为g,两小球均可视为质点。回答下列问题： (1)碰撞前瞬间甲的速度大小为 (2)碰后 (选填“甲”或“乙”)平抛运动下降的高度为2。 (3)在误差允许范围内，若满足关系式4。 (用d、h、h1、h2表示)，则可验证甲、 乙碰撞过程动量守恒。 4L4 02m 12.(10分)(1)某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作用游标卡尺测得金属 丝的长度L为 cm,用螺旋测微器测得金属丝的直径d为 m。 6cm 45 40 30 (2)该实验小组又自制了“×1”“×10”“×100”三个档位的欧姆表，设计的电路如图所示，电 路中电源的电动势E=1.5V,内阻为1.12，电流计的量程为0~1mA,R1为电阻箱，R为滑动变阻 高三年级物理试卷·第5页（共8页） 器。 ①红表笔应接 。(填“D”或“F”)插孔。 ②已知开关S断开时，电路对应的是“×100”档位。开关S闭合，且电阻箱R1的阻值调至12， 完成欧姆调零后，电路对应的是“×10”档位，则电流计的内阻为 2:欧姆调零完成后该 档位下欧姆表的内阻为 2。 13.(10分)如图，由a、b两种单色光组成的复色光，沿半球形透明材料的半径方向AO入射，折射 后分成两种单色光a、b。其中，a光与界面的夹角为30°，b光的折射率为√2，b光与法线的夹角 为45°，光在空气中的传播速度为℃，半球形透明材料的半径为R。求： A 05 义30° 45° a b (1)a光的折射率： (2)a光在半球形透明材料中的传播时间。 高三年级物理试卷·第6页（共8页） 14.(12分)如图所示，竖直平面内有一半径R=1.125m,圆心角0=53°的固定光滑圆弧轨道，轨道 最低点与光滑水平轨道平滑连接，水平轨道上放置一质量m=2kg的木板A,其左端通过轻弹簧连接 质量m=0.5kg的物块B,此时弹簧处于原长状态，物块B和木板A均静止，不计A、B间的摩擦。 质量m=Ikg的滑块C从圆弧项点无初速度下滑，与木板A左端发生弹性正碰，碰撞时间极短。己 知重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6。求： 000000B A (1)滑块C滑到圆弧轨道最低点时，对轨道的压力大小： (2)A、B运动过程中，弹簧储存的最大弹性势能。 15.（16分)某物理兴趣小组设计的电磁感应探究实验装置如图15所示：轨道分为水平金属导轨段、 倾角0=37°的倾斜金属导轨段、竖直圆弧绝缘段（圆心角大于143°）三部分，导轨间距L=0.2m。 M1MNN1和PP2QQ1两矩形区域内存在竖直向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，MN1到MN? 的水平距离为s=1m。两相同的导体棒a、b质量均为m=0.1kg、电阻均为r=0.052。a以vo=6m/s 的水平速度从MN1处向右运动。b静置在MN2与P1Q1之间，两棒始终与导轨垂直且接触良好，水 平轨道与倾斜轨道平滑连接，金属导轨电阻不计。、b间的碰撞为弹性碰撞，忽略一切摩擦，重力 加速度为g=10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。 高三年级物理试卷·第7页（共8页） (1)求导体棒a刚开始运动时的加速度大小： (2)求导体棒a在水平导轨上运动过程中通过导体棒a的电荷量q及到达MN2处的速度大小： (3)测得倾斜轨道长为x=05m,导体棒b通过倾斜轨道的时间为t=品s,要使导体棒上滑过程不 脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R的范围。 的 6 高三年级物理试卷·第8页（共8页）高三物理10月月考参考答案 一、选择题：本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题 4分：第8-10题有多项符合题目要求，每小题6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 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 C D C B D C BD AC BC 1.c 【详解】A.图甲中少数粒子发生大角度偏转，说明原子的正电荷和几乎全部质量集中在很小的原子核 上。卢瑟福据此提出原子核式结构模型，故A错误： B.图乙中锌板受到紫外线照射发生光电效应，逸出光电子后锌板带正电，与之相连的验电器指针也带正 电，故B错误； C.图丙中的点状磁场表示磁感应强度垂直纸面向外，三种射线均向上射出。根据洛伦兹力方向，带正电 的α射线向右偏转，对应轨迹3，故C正确： D.图丁为氢原子能级图，一群处于=4能级的氢原子向基态跃迁，任意两级间的跃迁均可能发生，不同 频率的光子种数最多为4X3=6,故D错误。 2 故选C。 2.D 【详解】A.物块在整个过程中保持静止，处于平衡状态，所受合力始终为F金=0，故A错误： B.设物块的质量为m,重力加速度记作g,支持力大小为N。取沿斜面向上和垂直斜面向外为正方向， 沿斜面静摩擦力的代数量记为∫。下图补充物块受力，示意推力较小时静摩擦力沿斜面向上的状态 N ZZZFFFF177AAF7778777777777777 FFFFFFF1FFF1A4F77777787777 mg 根据垂直斜面方向的平衡条件有N-mgcos0-Fsin0=0 整理得W=mgcos0+Fsin0 斜面倾角不变，所以支持力随F增大而增大，故B错误； CD.根据沿斜面方向的平衡条件有Fcos0+f-mgsin0=0 可得f=mgsin0-Fcos0 答案第1页（共8页） 当F从零增大时，静摩擦力起初沿斜面向上，大小逐渐减小。当∫=0时静摩擦力为零，继续增大F后， 静摩擦力改为沿斜面向下，大小逐渐增大，直到物块刚要滑动，故C错误，D正确。 故选D。 3.C 【详解】A.将A的速度分解为沿绳子和垂直绳子两个分速度，B的速度等于A沿绳子方向的分速度，则 初始时，B小球的速度为g='Cos0,故A错误： BCD.由于A向左以速度，做匀速直线运动，O逐渐减小，则v逐渐增大，即B小球做加速运动，B的加 速度方向向上，处于超重状态，故BD错误，C正确。 故选C。 4.B 【详解】A.末级在近地点P时，万有引力提供向心力，有GM=ma R2 则未级在近地点P的加速度为a=,放A错误： B.地球的第一宇宙速度是近地圆轨道的环绕速度，末级在P点之后会做离心运动向远地点Q运动，说明 在P点的速度大于同半径圆轨道的环绕速度（第一宇宙速度），故B正确： C.末级从9点运动到P点的过程中，万有引力做正功，引力势能减小；由于忽略大气阻力，只有万有引 力做功，机械能守恒，故C错误； D.若末级在Q点点火减速，所需向心力减小，万有引力大于所需向心力，末级将做近心运动，会进入轨 道高度更低的轨道，故D错误； 故选B。 5.C 【详解】A.由送电线圈的交流电表达式u=220W2sinl00mt(V),可得角频率w=100 rad/s 交流电频率∫=”=50Hz 2π 互感过程不会改变交流电的频率，因此受电线圈输出电压频率也为50Hz,故A错误： B.只有理想变压器（无漏磁、无能量损耗）才满足电流比I:I2=n2:n=1:11 本题存在漏磁，且充电过程存在能量损耗，因此电流比不满足1：11的关系，故B错误： C.送电线圈的电压有效值U,=220V,送电线圈的电压U=m △Φ △Φ×50% 穿过受电线圈的磁通量约为送电线圈的50%，则有U2=n2 △t 9=%×50% 答案第2页（共8页） 解得U2=10V,故C正确： D.无线充电利用的是电磁感应，不是电流的热效应，故D错误。 故选C。 6.D 【详解】A.t=2s时，x=0.5质点向下振动，由同侧法可知波沿x轴正方向传播，故A错误： B.波长入=2m,障碍物尺寸1m,波长大于障碍物，会发生明显衍射，故B错误； C.质点只在平衡位置附近振动，不会随波迁移，故C错误： D.周期T=2s,△t=9s=4.5T,一个周期路程为4A,总路程4.5×4A=36cm,故D正确。 7.C 【详解】B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示 1) 由几何关系可知，半径为r=5 v2 根据牛顿第二定律可得qvB=m一 解得B= 23m ,故B错误； 3qL C。由几何关系可知，粒子在上方磁场中运动的圆心角为0=60°=号 所用时间为1==V3πL v 6v 根据运动的对称性可知，粒子在下方磁场中运动的时间与在上方磁场中运动的时间相等，所以粒子在磁场 中运动的时间为21=3πL,故C正确： 3v D.粒子在电场中，向下做匀速直线运动，速度大小为y,=vsin60°=y 2 v 则运动时同为5L= 2 解得1=上，故D错误： A.粒子在电场中，先向右减速，后向左加速，根据运动的对称性可知，粒子向右的初速度和向左的末速 度大小均为y=vcos60°=7/ 答案第3页（共8页） 根据牛顿第二定律qE=ma 又at=2y 解得E=mv 故A错误。 qL 故选C。 8.BD 【详解】A.由理想气体状态方程p'=nRT,且气体物质的量不变，可知压强大小规律由温度与体积的比 值决定。图中a、b所在直线过原点，故号=？ 从b到c时温度降低、体积增大，故元< 从而P。<P,=P,故A错误： BC.由前述，a→b为等压膨胀，外界对气体做负功W<0 同时温度升高，理想气体内能增加，故△U>0 按热力学第一定律△U=Q+W,可知Q>0 气体吸热而非放热，故B正确，C错误； D.从b到C时，容器体积增大，分子数密度减小：同时温度降低，分子平均速率减小。单位时间单位面积 的碰撞次数与分子数密度和分子平均速率均成正比，因此碰撞次数减少，故D正确。 故选BD。 9.AC 【详解】A.行李放上传送带后，在滑动摩擦力作用下向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有umg=ma 解得a=4g=2m/s2 行李加速至与传送带共速所需的时间为(='=0.2s,A正确： B.加速阶段，由动能定理可知，传送带对行李做的功为m=m=0,4 2 该阶段传送带对行李做功的平均功率为P-严 =2W,B错误： t v2 C.加速阶段，行李的位移大小为x=。=0.04m 2a 该阶段传送带的位移大小为x2=4=0.08m 共速后，行李与传送带相对静止，不再因摩擦产生热量，因此整个过程中产生的热量为 Q=mg(x2-x)=0.4J,C正确： D.电动机因传送该行李而额外消耗的电能转化为行李增加的动能和摩擦产生的内能，由能量守恒定律有 答案第4页（共8页） E=m2+0=08,D错误。 故选AC。 10.BC 【详解】A.设线框瞬时速度为V,线框电阻为R,线框边长为L,对线框进入磁场过程进行分析，线框bc 边切割磁感线，则瞬时感应电动势E=BLv 瞬时感应电流1=E-BLy RR 且由右手定则可得线框电流流向为c→b→a→d→c 则由左手定则得线框bc边所受交培力方向向左，安培力大小F=BL=BLy R 由动量定理得-F△t=m△v 时间过行积分，则线柜a1边进入超场时可得受和宁m 2 解得BE-m R2 线框完全进入磁场后，线框磁通量不变，故不产生感应电流，则线框将以速度运动至线框边c开始出 磁场，此时线框ad边切割磁感线，则由上述分析同理可得线框电流流向为a→b→c→d→a M边所受安培力方向向左，安培力大小F屋=By R 假设此线框可以完全出磁场，出磁场时速度为V,则由冲量定理得-F△1=mw-m么 2 对时间求积分得-BL =mv'_mvo R 2 并联立BPD_m解得V=0 R 2 则可得此线框刚好可以出磁场，进出磁场位移均为L,进磁场时速度由，减小为，出磁场时速度由减 2 2 小为0，则可知线框进出磁场所用时间关系为进<出 线框进出磁场磁通量变化量均为△Φ=BL 则由平均感应电动势公式E=△① 可得线框离开磁场过程产生的平均感应电动势小于进入磁场过程产生的 At 平均感应电动势，故A错误： 可知线框磁场时速度由约板小为0，由动能定理舟业，0 解得W=md 8 则由能量守恒定律得线框离开磁场的过程中产生的焦耳热=形=8 _m6,故B正确： 答案第5页（共8页） C.通过线框横截面的电荷量g=IAM=BLvAt R 对时间进行积分，结合上述分析可知在进出磁场两个过程中通过线框横截面的电荷量均为B R 且由上述已得在进出磁场两个过程中动量变化量均为-，故C正确： 2 D.从线框开始进入磁场到线框完全离开磁场，线框速度由。减小到0，故全过程安培力的总冲量大小为 I=0-mvo=mv,故D错误。 故选BC。 二.非选择题：本题共5小题，共54分。其中13-15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤：有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11.(每空2分，共6分) 1):回乙：3)4瓜器+后 12.（每空2分，共10分) (1)4.240、1.843(1.842-1.845均可) (2)①F ②92；1502 13.(1)nn=V3 (2)1=3R c 【详解】(1)根据折射定律，对b光有n-血45°=2.·······0(2分) sin sin60° 对a光有n。= sin0 解得n,=V3···。·。·····。.。.. ··············③(2分) (2)根据n,=9 ········④(2分) R t= ·············⑤(1分)》 解得a光在半球形透明材料中的传播时间t= V3R ····⑥(2分) 14.(1)18N (2)0.8J 【详解】(1)滑块C从圆弧项点下滑到最低点，根据机械能守恒定律，有 mcgR(1-cos0)=5m哈·····························①(2分) 2 解得v=3m/s 答案第6页（共8页） 滑块C到达圆弧轨道最低点时，根据牛顿第二定律有F-mcg=mc 6.·······②(1分) R 解得F=18N··································③(1分) 根据牛顿第三定律，可知滑块C滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小F'N=F=I8N (2)C与A发生弹性碰撞，由动量守恒定律m=m+mV············④(2分) 能量守恒定律m号-)m+m············⑤2分 解得碰撞后瞬间木板的速度大小v=2ms······················⑥(1分) 碰撞结束后，木板A向右运动压缩弹簧，A做减速运动、B做加速运动；当A、B速度相等时，弹簧压缩 量达到最大，弹性势能最大。 A、B与弹簧组成的系统水平方向不受外力，由动量守恒定律得m'%=(ma+m)v····⑦(1分) 由能量守恒定律得2m=(m+m)P+E············®（1分) 解得Em=0.8J····· ····⑨(1分) 15.(1)a=6m/s2 (2)q=1C;=5m/s (3)R≤号m或R≥1m 详解：(1)导体棒a刚开始运动时，产生的感应电动势为E=BLv0① 由闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流为I=号② 受力分析可得导体棒a水平只受安培力的作用，由牛顿第二定律可得F=BIL=ma③ 联立以上式子可得导体棒a的加速度为a=6m/s2；方向水平向左④ (2)导体棒a在水平导轨上运动过程中，回路中的电流为I=”,q=214t,8=2vAt同 可得q=整1C® 竖直方向上合外力为0，水平方向只受安培力，以水平向右为正，则由动量定理可得 -∑BIL△t=mv-mvo⑦ 可得导体棒a到达MN2处的速度为v=5/s⑧ (3)导体棒ā、b质量相等，发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒 mv=mva mvbo 1 1 答案第7页（共8页） 可得Va=0、vb加=v=5m/s⑨ b棒在倾斜轨道上运动时，受重力、支持力和安培力作用，设任意时刻b棒的速度大小为，则由b棒 切割产生的电动势大小为Eb=BLV%cos0 故安培力沿斜面方向的分量大小为F,=BILcos9=BL20方向沿斜面向下。⑩ 2r 对b棒沿倾斜轨道方向应用动量定理得 -mg sin0·t-2Fb△t=mvb-mVbo① 代入数据解得=4m/s② PP3QQ3部分是竖直圆弧绝缘轨道，要使导体棒上滑过程不脱离圆弧轨道，则需满足b棒上滑高度不 超过圆心等高处或能通过圆弧最高点。 在第一种情况下，由机械能守恒定律可知 m哈≤mgR cos9g 解得R≥1m④ 在第二种情况下，b棒恰能通过圆弧轨道顶端的临界速度，清足m)=m。由动能定理可知 -meR+Rcos9)≥mv落-m吃西 解得R≤m⑥ 8 综上，要使导体棒上滑过程不脱离圆弧轨道，则圆弧轨道半径需满足R≤号m或R≥1m 评分标准：本题共16分。正确得出①~⑥式各给1分。其他正确的解题方式均可得分。 答案第8页（共8页）