陕西西安市第一中学2026-2027学年高三上学期11月期中物理试题

2026-2027学年第一学期西安市第一中学高三期中质量检测物理 注意事项： 1.本试题共8页，满分100分，时间75分钟。 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。 4.测试范围：高考 第卷（选择题共46分) 一、单选题（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.如图所示，将一块无穷大金属平板置于匀强电场中，电场强度大小为E,方向垂直于金属平板表面向右， 、b、c三点分别位于金属平板外侧空间、平板内部、平板表面。当金属平板处于静电平衡状态时，下列 说法正确的是( ) a 6 A.b点电势高于c点电势 B.a点电场强度大于b点电场强度 C.因自由电子向左移动，金属平板内部带正电 D.金属平板的感应电荷在b点产生的电场强度大小为0 2.如图所示，正三棱柱的棱长和△ABC的边长均为L,在A、B两点分别固定着一个电荷量为Q的正电荷， 在C点固定着一个电荷量也为Q的负电荷，则下列说法正确的是() 夕 A④⊕ B A.A'、B处电场强度相同 B.A'、B、C三点中，C处电势最高 C.电子从B'点移到C点电势能增大 D.将C'点原来固定的负电荷移动到C处，系统的电势能增大 试卷第1页（共8页） 3.如图所示，直角三角形ABC中，∠B=30°，AC=2R。在B、C两点分别固定电荷量为-8Q、+Q的点 电荷，以A点为球心固定一半径为R的不带电金属球壳。AB连线与球壳外表面的交点为D,E为BD的中 点。己知静电力常量为k,下列说法正确的是() A.D点的电势高于A点的电势 B.E点的电势高于A点的电势 C。球壳表面的感应电荷在D处产生的电场强度切向分量为器 D.球壳表面的感应电荷在D处产生的电场强度径向分量为跳g 9R2 4.己知一电容器的两平行极板水平放置，间距为d,带电荷量为Q(如图甲，上极板带正电)，其正对面积 S随时间发生如图乙所示变化。有一质量为m、带电荷量绝对值为q的液滴t=0时在两板间恰处于静止状 态。己知重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是() +0 So SIS 1.0 m 0.8 0.51.01.52.0 图甲 图乙 A.该带电液滴带正电 B.带电液滴在两板间做往复运动 C.带电液滴开始运动的加速度大小为2.5m/s2 D.运动1s后，带电液滴移动了0.3125m 5,真空中有一带正电的小球，带电荷量为q,若将它从初始位置由静止释放，并开始计时，持续一段时间 t后，速度达到v1,然后立刻在小球所在空间加一竖直向上的匀强电场E,又经过3t时间后，小球恰好回 到初始位置，且具有末速度v2,己知小球重力大小为g,则() A.2=-21 B.2=-1 C.qE=-3mg D.qE=-1mg 6.如图甲所示，在水平实验台上固定一个周长为L的超导圆环abcd,一块质量为m的永磁铁N极向下，沿 圆环中心轴线从正上方缓慢向下运动，永磁铁最终悬浮在圆环正上方1高度处。由于外界因素影响，圆环 试卷第2页（共8页） 中出现极小的电阻导致电流衰减，永磁铁的悬浮位置会随时间缓慢下移，经过时间to,悬浮高度变为h2。 己知永磁铁在高度h1、2处时，圆环所在位置的磁感应强度大小分别为B1、B2,磁场方向与水平方向的夹 角分别为1、日2，圆环中的感应电流大小分别为11、12。图乙为实验测得的圆环中电流大小的平方随时间 变化的图像，重力加速度为g,忽略磁场能的变化。则() 永磁体 个I2 B d 超导圆环 甲 乙 A.从上向下看，圆环中感应电流的方向为顺时针方向 B.永磁铁在h1高度处时，圆环所受安培力的大小为B1l1Lsin01 C.永磁铁从h1到h2的过程中，圆环上产生的热量为mg(h1-h2) D.该圆环的电阻值为"g12) to(+) 7.如图所示，纸面内的圆形磁场区域的圆心为O,半径为R,ANBM分别是水平直径与竖直直径，圆内 存在垂直纸面向里的匀强磁场，圆的上方和右方存在范围足够大、垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为、 带电量为+q的粒子（不计重力）从A点以水平向右的速度o射入圆形磁场，然后从M点离开圆形磁场， 经过一段时间后又从N点再次进入磁场，下列说法正确的是() M + A -------iN +% ● A.粒子在圆形磁场中的运动半径为 B.圆形磁场的磁感应强度大小为m R C.粒子从A点运动到N点所用的时间为3πR 2v0 D.粒子在磁场中运动的总时间为mR 2vo 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分， 选对但不全得部分分，有选错的得0分) 8.2024年6月，国家卫健委举行新闻发布会，宣布启动“体重管理年”活动，更多的人走进了健身房。某 健身器的简化装置如图所示，整个装置倾斜放置，与水平面的夹角为0，两侧平行金属导轨相距为1，导轨 试卷第3页（共8页） 上端接一阻值为R的电阻，下端接一电容为C的电容器。在导轨间长为d的区域内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，质量为的金属棒PQ水平置于导轨上，用平行两侧导轨的绝缘 绳索通过定滑轮与拉杆相连。金属棒向上运动时，K1闭合，K断开，向下运动时，K1断开，K2闭合。开 始时金属棒静止在磁场下方某位置处，电容器不带电，一位健身者用恒定的拉力竖直向下拉动拉杆，金属 棒进入磁场时恰好做匀速运动，再经时间t运动至磁场中间位置时撤去拉力，金属棒恰好能运动到磁场上 边界，然后金属棒从磁场上边界由静止开始下滑。其他电阻不计，忽略一切摩擦以及拉杆和绳索的质量， 金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。下列说法正确的是() 拉杆 K A.撤去拉力后金属棒向上做匀减速直线运动 B.拉方的大小为+gm0 C.金属棒在磁场中向下运动时做匀加速直线运动 D.电容器储存的电场能最大值为CB212mgsm m+CB212 9.江苏大丰800兆瓦海上风电项目全面启动建设，该项目的建设将为我国海上风电向深远海发展积累重 要经验。根据国家能源局统计，我国风电截至2024年底累计并网装机容量约5.3亿千瓦，在电源结构中占 比超15%。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图甲所示，已知发电机输出的交变电流如图 乙所示，升、降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：10，降压变压器原、副 线圈的匝数比为10：1，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R。=202.用户端接一个定值电阻R= 22,其余电阻不计。下列说法正确的是() 升压变压器 降压变压器 AU八V 220√2 0.01 76.02t/s -220√2 乙 试卷第4页（共8页） A.线框的转速为3000rmin B.R两端的电压为220V C.输电线上的电流为10A D.若保持发电机输出电压不变，在用户端再并联一个完全相同的电阻R,则输电线上损耗的功率占总 功率的比值减小 10.如图所示，LC电路中，电容C为0.4μ，电感L为1mH。已充电的平行板电容器两极板水平放置。开关 S断开时，极板间有一带电灰尘恰好处于静止状态。当开关S闭合时，灰尘开始在电容器内运动（设灰尘 未与极板相碰)，此时开始计时，在一个振荡周期内，下列说法正确的是() S A.π×10-5s时，回路中电流变化最慢 B.2π×10-5s时，灰尘的速度最大 C.2π×10-5s时，线圈中磁场能最小 D.2π×105s时，灰尘的加速度最大 第Ⅱ卷（非选择题共54分） 三、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分） 11.某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为：学生电源，可调 变压器T1、T2,电阻箱R,灯泡L(额定电压为4V,伏安特性曲线如图1)，交流电流表A1、A2、A3,交 流电压表V1、V2,开关S1、S2,导线若干。部分实验步骤如下： 学生电 图2 图1 (1)模拟低压输电。按图2连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为4V,闭合S1,调节电阻箱阻值 为403，A1(量程为100mA)示数如图3所示，为mA,学生电源的输出功率为W(结果保 留两位有效数字)。 试卷第5页（共8页） 学生电源 05 A A-V-2 0000￥ 图4 图3 (2)模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图4连接电路后闭合S2。若变压器T1处滑 片上移，则电流表A3的示数 (选填变大、“变小”或不变)。现调节T1、T3匝数比为1：4和4：1， 则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的倍。（结果保留两位有效数字） 12.问题探究 某学生兴趣小组在学习了霍尔元件后，知道了霍尔元件是利用带电粒子在电、磁场中运动的规律来测量磁 场的磁感应强度的。小组成员以“用导体棒在磁场中切割磁感线的规律测量磁感应强度”为主题开展探究式 学习。 + ×B× × ×0 口光电门 + M + + D 甲 乙 (1)用导体棒旋转切割磁感线测量磁感应强度的原理 如图甲所示，金属棒OM在与匀强磁场垂直的平面内绕O端沿逆时针方向匀速转动，磁场方向垂直纸面向 里，若金属棒长为L,转动的角速度为ω，转动过程中，O端电势比M端电势 (填“高’或低”)， 若OM两端的电势差为U。,则可求得匀强磁场的磁感应强度大小B= (2)实验小组设计了如图乙所示实验装置。竖直平面内固定一半径为4、总电阻为R的金属圆环，利用励磁 线圈（图中未画出）在圆环处产生一与圆环平面垂直的匀强磁场（磁场能覆盖整个圆环），将环的最高点A 和最低点D与电压传感器相连，在圆环圆心处安装一光电门，在A点用光滑金属铰链固定一长度为2、 电阻为R的粗细均匀的金属棒AC。 ①实验前用螺旋测微器测得金属棒的直径为d: ②使金属棒AC由水平位置紧贴圆环摆下，测得金属棒第一次通过光电门时的遮光时间为t,则此时金属棒 C端的速度大小v= (在遮光时间内金属棒C端可近似看作做直线运动)：同步记录到金属棒第一 次通过光电门时电压传感器的示数为U,由此可求得匀强磁场的磁感应强度大小B=一。（均用题中 已知量字母表示) 四、解答题（本题共3小题，共38分。解答应写出语言说明、证明过程、演算步骤） 试卷第6页（共8页） 13.如图所示，有两根固定的光滑平行导轨，左侧为位于竖直平面的金属圆弧，右侧为水平直导轨，圆弧 底部和直导轨相切，两条导轨水平部分在同一水平面内，其中EF、P段用绝缘材料制成，其余部分为金 属。两导轨的间距为d=0.5m,导轨的左侧接着一个阻值为R=22的定值电阻，右侧接C=2×1011pF的 电容器，电容器尚未充电。水平导轨的ADOM区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T, 虚线AM和DQ垂直于导轨，AE和MN的长度均为x=1.2m,两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，质量 均为m=0.2kg,接入电路的电阻均为r=22,金属棒a从圆弧轨道距水平轨道高h=0.8m处由静止滑下， 与静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b进入磁场区域，最终在FDOP区域稳定运动。 不计金属导轨的电阻，重力加速度g取10ms2,求：(12分) 绝缘 D b N绝缘P (1)金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小： (2)整个运动过程中金属棒α上产生的焦耳热； (3)金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。 14.如图甲所示，某种离子分析器由加速区、偏转区和检测区组成，分别分布在第Ⅲ、Ⅱ、I象限内。在加 速通道内分布着沿y轴负方向的匀强电场，场强大小E1在0.6E≤E1≤1.2E范围内调节；在偏转通道内分布 着垂直xOy坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B1随1的变化而变化：在检测区内，分布着匀强 电场或磁场，检测区内适当位置放有长为2L的检测板。在坐标为(-L,-1.5L)的A处有一离子源，可连 续释放质量为、电荷量为-q(q>0)的离子（释放时的速度可视为零），离子沿直线到达坐标为(-L,0)的 小孔C,再经偏转区后从坐标为(0，L)的小孔D进入检测区，打在检测板上。三个区域的场互不影响， 不计离子的重力及其间的相互作用。(12分) 本y 偏转区 y◆ ×××× B ××文 检测区 检测区 检测区 E2 D0x 1 ××× 加速区 ×××X× O××××x 甲 乙 丙 (I)当E1等于E时，磁感应强度B1的大小： (2)要保证所有的离子都能从C孔出来后从D孔进入检测区，试推导磁感应强度大小B1随场强E1变化的关 系式： 试卷第7页（共8页） (3)如图乙所示，将检测板左端放在D孔上沿，板面与x轴正方向的夹角=30检测区内加沿y轴负方向、 场强大小E=8的匀强电场，在满足(2)的条件下， ①求检测板上收集到离子记录线的长度△d: ②调整0角使检测板上收集到离子的记录线最长，求此记录线的长度△及调整后的角度正弦值： (4)如图丙所示，检测板与y轴平行，并可沿x轴及y轴平移。检测区内加垂直xOy坐标平面向里的磁场， 磁感应强度大小B2沿x轴均匀变化，即B=(k为大于零的常量)，在满足(2)的条件下，要使检测板 能收集到离子，求检测板x坐标的最大值。 15.如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有足够长的带正电平板，平板的右端与固定竖直绝缘挡板的距 离为L:在平板的上面有一带正电的物块（视为点电荷)，平板和物块的质量均为、电荷量均为q,物块 与平板间有一种特殊绝缘物质（质量不计），使得物块在平板上滑动时，物块与平板间的滑动摩擦力大小 为1.5g(g为重力加速度大小)。现于水平面上方加一水平向右的匀强电场（图中未画出），使平板和物 块由静止开始一起向右运动，平板与挡板碰撞的时间极短且以碰前速率返回。匀强电场的电场强度大小E= m9,不计空气阻力。求：(16分) (1)平板与挡板第一次碰撞前的瞬间，平板的速度大小： (2)从加上电场到平板与挡板第二次碰撞前的瞬间，平板运动的路程5。 试卷第8页（共8页） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 ⊙ B C D 0 BCD AC ACD 11.(1) 90 0.36 (2) 变大 1.4 【详解】(1)[1]根据电流表的分度值为2mA,可知该读数为lo=90mA [2]输出电压为4V,电流为90A,则学生电源的输出功率为P=U1lo=4×90×10-3W=0.36W (2)[]学生电源输出电压不变，仍然为U=4V,在变压器T1处，根据电压匝数关系有兴=1 U2 n2 变压器T1处滑片上移时，增大，则U2增大。将变压器T1与灯泡等效为一个电阻，则等效电阻值R== 13 - 劁a, 通过A:的电流为，通过A:的电流为人，则有，=平器 可知，变压器T1处滑片上移时，I2增大，由于学生电源输出功率P1=U1l1=U22 由于U2增大，I2增大，则电流表A3的示数I1变大。 [2]低压输电时，电阻箱的电流为lo=90mA 高压输电时，调节T、T匝数比为14利41，根据号-号 解得U2=16V 设T,原线图电压为，电流为2：副线圈电压为U4,电流为，则有号-是-是 输电回路中U2=I2R+U3 联立可得8=513+2U4 如图 0.3 0.2 →U/V 答案第1页（共5页） 则灯泡电流为13=0.305A 电阻箱的电流为L,=×0.305A≈0.076A 则低压输电时电阻箱消耗的功率与高压输电时电阻箱消耗的功率的比值为2=≈1.4 P21纽 12.(1) 高 2Uo wL2 (2) 2 5Ut 2ad 【详解】(1)[1]金属棒逆时针转动时，M端的速度方向向上。由左手定则可知，正电荷所受洛伦兹力沿棒 由M端指向O端，所以O端电势比M端电势高。 [2]棒上各点的线速度随其到O端的距离均匀增大，O端的线速度为零，M端的线速度大小为VM=ωL,整根 棒切割磁感线的等效平均线速度为v= 2 切割磁感线的感应电动势公式U。=BLv 整理得B=29 @L2 (2)[金属棒第一次通过光电门时，光电门处到转轴A的距离为a,由遮光时间可得该处的线速度为心1=： 同一时刻棒上各点的角速度相同，C端到A点的距离为2a,所以c端的速度为v=2v1= t [2]此时C端与圆环最低点D接触。棒上各点的线速度从A端的零均匀增大到C端的v,由动生电动势公式得金 属棒产生的电动势为E=2aB二=Bav 圆环的两个半圆电阻均为，两者并联后的等效电阻为R环=孕 将金属棒看作电动势为B、内阻为R的电源，由闭合电路欧姆定律得电压传感器的示数为U=:=a R+R环—5 代入前述C端速度并整理得B=)=U av 2ad 13.(1)金属棒a从高h处由静止沿圆弧滑下，只有重力做功，机械能守恒，由mgh=三mv得o=4m/s a与静止的b发生弹性碰撞，两棒质量相等，由动量守恒和机械能守恒可知碰后两者交换速度：a停下，b 的速度v1=vo=4m/s 故b刚进入磁场区域时的速度大小为4m/s (2)b在磁场中由A运动到E(位移为x)的过程中，与a、R构成闭合回路，回路总电阻R=r+ R+r 代入得R点=32 对b这一过程用动量定理，安培力的冲量-Bid△t=mv2-mv1 又i△t=q 答案第2页（共5页） 而g-三4k、E-g R总 △t 联立得q一号 代入得g=0.4C 把q代入动量定理式得v2=2m/s,即b越过绝缘段时的速度为2m/s 由能量守恒，回路中产生的总焦耳热Q6=m?-m吗 代入得Q总=1.2) 内外电阻串联分压，R与a并联后再与b的内阻串联，故a上分得的焦耳热Qa=Q急 代入得Qa=0.2 (3)b越过EF、NP绝缘段后与左侧回路断开，只与电容器组成回路；电容器被充电，充电电流使b继续 受安培力而减速 设稳定时b的速度为v3,此时电容器两端电压U=Bdv3 回路中不再有电流 对b由动量定理得-Bqd=mw3-mv2 其中充入的电荷量q=CU=CBdv3 代入得mw3-mw2=-B2d2Cv3 即v3=m2 m+B2d2C 代入数值得v3=1m/s 故稳定时电容器所带电荷量Q=CU=CBdv3 代入得Q=0.2C v2 14.(1)由图甲得，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为L,由牛顿第二定律qB=m?,解得C点的速 度vc=980 在电场中，从A到C,由动能定理得qE0·(1.5)=mvc2② 联立①②解得，磁感应强度B1= /3mE0 gL (2)在电场中，从A到C,由动能定理得qE1·(1.5L)=mwc2③ 要保证所有的离子都能从C孔出来后从D孔进入检测区，则在磁场中，有qB=m二④ 联立③④解得关系式为B1= 3mE1 (3)[1]粒子进入检测区后做类平抛运动，设粒子位移为d,则水平方向上有dcos30°=vt⑤ 答案第3页（共5页） 竖直方向上有dsin30°=at2=9t2⑥ 2m 由于在磁场中偏转速度大小不变，有vc=卫，再结合③④⑤解得d-=匙 E2 2E0 代入E1的范围0.6E0≤E1≤1.2Eo,解得d的范围为0.3L≤d≤0.6L 则△d1=0.6L-0.3L=0.3L [2]同理得，粒子水平方向上有dcos6=t⑤ 竖直方向上有dsin日-at2=9t2⑥ 2 m 解得d-号 当E1=1.2Eo时d=2L,代入⑦式解得sin0=0.8 当E1=0.6B时，此时最小值d1=3x068asin9=L 4Eocos20 故记录线长度△d2=2L-L=L (4)当E1=1.2E时，速度有最大值，由动能定理得q·1.2E·1.5L=号mv⑧ 由动量定理得∑ qB2vxAt=mvm⑨ 联立⑧⑨解得x= 2m 3.6gEoL qk m 15.(1)加上电场后，平板与物块所受的电场力都是qE=mg 方向均向右，两物体由静止开始向右运动 先设两者保持相对静止、一起向右做匀加速运动，加速度为a,对整体由牛顿第二定律得2qE=2ma 解得a=E-g m 此时物块所需的合力ma=mg 恰好等于它所受的电场力，说明两者之间不需要摩擦力也能保持相对静止，上述假设成立 平板右端到挡板的距离为L,由v2=2aL 得v=√2gL (2)第一次碰撞后，平板以v1=√2gL 的速率向左返回，而物块仍以)向右运动，两者开始相对滑动 物块相对平板向右滑动，故物块受到的摩擦力向左、大小为1.5mg,平板受到的摩擦力向右、大小也为1.5mg 于是平板的加速度a1=g8+15m四=2.5g 方向向右，即平板向左做减速运动：物块的加速度a2=98-15m9=-0.5g m 即物块向右做减速运动 答案第4页（共5页） 设经过时间t1两者达到共同速度，取向右为正方向，有-v1+a1t1=v1+a2t1 解得1=贸 此时两者的共同速度，=-1+25g号-号4 方向向右 这段时间内平板先向左减速到速度为零，向左的位移。一去 代入得x0=0.4L 到共速时平板的位置x1=-v1t1+a1t好 代入得x=一号 即在挡板左侧号处 所以这一阶段平板的路程为0.4+(0.4L-号) 共速后两物体速度相同，物块所需的合力仍恰好由电场力提供，两者又一起以α=g向右加速；这一段平 板向右运动、位移为片，随后再次与挡板碰撞 故平板的总路程s=L+0.4+(0.4-号)+号 代入得s=背 答案第5页（共5页）