2026届山西省八所重点中学高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析

这是一份2026届山西省八所重点中学高三3月份第一次模拟考试物理试卷含解析，共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、篮球运动深受同学们喜爱。打篮球时，某同学伸出双手接传来的篮球，双手随篮球迅速收缩至胸前，如图所示。他这样做的效果是（ ）
A．减小篮球对手的冲击力
B．减小篮球的动量变化量
C．减小篮球的动能变化量
D．减小篮球对手的冲量
2、如图所示，一电子以与磁场方向垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N处离开磁场，若电子质量为m，带电荷量为e，磁感应强度为B，则（ ）
A．电子在磁场中做类平抛运动
B．电子在磁场中运动的时间t=
C．洛伦兹力对电子做的功为Bevh
D．电子在N处的速度大小也是v
3、明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象．如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是
A．若增大入射角i，则b光先消失
B．在该三棱镜中a光波长小于b光
C．a光能发生偏振现象，b光不能发生
D．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低
4、如图所示的x­t图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B（t2，x1）为图象上一点，AB为过B点的切线，与t轴相交于A（t1，0），乙质点的图象为过B点和原点的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t2时间内甲的平均速度大于乙
B．t2时刻甲、乙两质点的速度相等
C．甲质点的加速度为
D．t1时刻是0～t2时间内的中间时刻
5、汽车甲和乙在同一公路上做直线运动，下图是它们运动过程中的U-t图像，二者在t1和t2时刻的速度分别为v1和v2，则在t1到t2时间内
A．t1时刻甲的加速度小于乙的加速度
B．乙运动的加速度不断增大
C．甲与乙间距离越来越大
D．乙的平均速度等于
6、航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小,则合上开关 S的瞬间（ ）
A．两个金属环都向左运动
B．两个金属环都向右运动
C．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
D．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、纸面内有一矩形边界磁场ABCD，磁场方向垂直于纸面（方向未画出），其中AD=BC=L，AB=CD=2L，一束β粒子以相同的速度v0从B点沿BA方向射入磁场，当磁场为B1时，β粒子从C射出磁场；当磁场为B2时，β粒子从D射出磁场，则（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向外
B．磁感应强度之比B1：B2=5：1
C．速度偏转角之比θ1：θ2=180：37
D．运动时间之比t1：t2=36：53
8、理论表明，围绕地球转动的卫星，其机械能只与卫星的质量和轨道的长轴大小有关。如图所示，A为地球，b、c为质量相同的两颗卫星围绕地球转动的轨道形状分别为圆和椭圆，两轨道共面，P为两个轨道的交点，b的半径为R，c的长轴为2R。关于这两颗卫星，下列说法正确的是（ ）
A．它们的周期不同B．它们的机械能相等
C．它们经过P点时的加速度不同D．它们经过P点时的速率相同
9、质量均为的相同物块P、Q静止于同一水平面上，它们与水平面间的动摩擦因数均为0.5。现分別给两物块施加等大的作用力F，方向如图所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．若，则P受到的摩擦力比Q受到的摩擦力小
B．若，则P受到的摩擦力与Q受到的摩擦力大小相等
C．若，则P受到的摩擦力比Q受到的摩擦力小
D．若，则P受到的摩擦力与Q受到的摩擦力大相等
10、如图所示（俯视图），位于同一水平面内的两根固定金属导轨、，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、完全相同的铜棒、放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿方向做匀速直线运动，始终与两导轨接触良好，且始终与导轨垂直，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A．回路中有顺时针方向的感应电流
B．回路中的感应电动势不变
C．回路中的感应电流不变
D．回路中的热功率不断减小
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学设计测量电流表内阻的实验。待测电流表的内阻Rg约在1kΩ~2kΩ之间，量程250μA。提供实验器材：
电源（4V，0.6Ω）
电键S及导线若干
一只电阻箱R（0~9999Ω）
滑动变阻器R1（0~50Ω，0.6A）
滑动变阻器R2（0~1kΩ，0.3A）
某同学的测量过程如下：
第一，选择实验器材，设计实验的电路图，如图甲所示：
第二，实验操作步骤如下：
①先按电路图接好各元件，调节滑动变阻器R'的滑片P位置，再使电阻箱阻值为零
②闭合电键S，调节滑动变阻器R'的滑片P于某一位置，使电流表达到满刻度Ig
③滑动变阻器R'的滑片P保持不变，调节电阻箱值使电流表读数为Ig的一半，记下电阻箱读数Rx，则待测电流表的内阻Rg＝Rx，请回答以下问题：
(1)为了精确测量电流表的内阻，该同学选择的滑动变阻器R'是_____（选填“R1”或“R2”）。
(2)该同学在操作步骤①中，滑动变阻器R'的滑片P应置于_____端（选填“a”或“b”）理由是_____。
(3)接照该同学所设计的实验思路，用铅笔画出的线代表导线在图乙中替他完善正确规范的实验电路连接，导线不能交叉_____。
(4)在实验步骤③中，确保滑动变阻器R'的滑片P的位置不变，其理由是_____。
12．（12分）用如图所示装置探究钩码和小车（含砝码）组成的系统的“功能关系”实验中，小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面。
(1)平衡摩擦力时，________（填“要”或“不要”）挂上钩码；
(2)如图乙是某次实验中打出纸带的一部分，O、A、B、C为4个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为50Hz通过测量，可知打点计时器打B点时小车的速度大小为________（结果保留两位有效数字）；
(3)某同学经过认真、规范的操作，得到一条点迹清晰的纸带，他把小车开始运动时打下的点记为O，再依次在纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6等多个计数点，可获得各计数点到O的距离s，及打下各计数点时小车的瞬时速度v。如图丙是根据这些实验数据绘出的图象，已知此次实验中钩码的总质量为0.15kg，小车中砝码的总质量为0.50kg，取重力加速度，根据功能关系由图象可知小车的质量为________kg（结果保留两位有效数字）；
(4)研究实验数据发现，钩码重力做的功总略大于系统总动能的增量，其原因可能是________。
A．钩码的重力大于细线的拉力
B．未完全平衡摩擦力
C．在接通电源的同时释放了小车
D．交流电源的实际频率大于50Hz
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图所示，间距为L的平行金属板MN、PQ之间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。MN板带正电荷，PQ板带等量负电荷，板间磁场方向垂直纸面向里，是平行于两金属板的中心轴线。紧挨着平行金属板的右侧有一垂直纸面向外足够大的匀强偏转磁场，在其与垂直的左边界上放置一足够大的荧光屏。在O点的离子源不断发出沿方向的电荷量均为q、质量均为m，速度分别为和的带正电的离子束。速度为的离子沿直线方向运动，速度为的离子恰好擦着极板的边缘射出平行金属板其速度方向在平行金属板间偏转了，两种离子都打到荧光屏上，且在荧光屏上只有一个亮点。已知在金属板MN、PQ之间匀强磁场的磁感应强度。不计离子重力和离子间相互作用。已知在金属板MN、PQ之间的匀强磁场磁感应强度。求：
(1)金属板MN、PQ之间的电场强度；
(2)金属板的右侧偏转磁场的磁感应强度；
(3)两种离子在金属板右侧偏转磁场中运动时间之差。
14．（16分）如图所示，光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆通过轻质铰链相连，B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变）。重力加速度为g。求：
(1)刚释放时，球A的加速度大小；
(2)小球A运动到最低点时的速度大小；
(3)已知小球以运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，求此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小。
15．（12分）如图所示，光滑的水平面AB与半径R=0.5m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面，用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲的质量m1=4kg，乙的质量m1=5kg，甲、乙均静止．若烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零．取g=10m/s1．甲、乙两物体可看做质点，求：
(1)甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小vB；
(1)烧断细线吋弹簧的弹性势能EP；
(3)若固定甲，将乙物体换为质量为m的物体丙，烧断细线，丙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数μ=0.5的粗糙水平面，AF是长度为4l的水平轨道，F端与半径为l的光滑半圆轨道FCH相切，半圆的直径FH竖直，如图所示.设丙物体离开弹簧时的动能为6mgl，重力加速度大小为g，求丙物体离开圆轨道后落回到水平面BAF上的位置与F点之间的距离s；
(4)在满足第(3)问的条件下，若丙物体能滑上圆轨道，且能从GH间离开圆轨道滑落（G点为半圆轨道中点)，求丙物体的质量的取值范围
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、A
【解析】
ABD．先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得
解得:
当时间增大时，球动量的变化率减小，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，所以A正确，BD错误。
C．速度由v减小到0，动能的变化量是不变的，故C错误。
故选A。
2、D
【解析】
电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力将做匀速圆周运动，运动时间为：，故AB错误；由洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，电子在洛伦兹力方向没有位移，所以洛伦兹力对电子不做功，故C错误；电子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变也是v，故D正确．所以D正确，ABC错误．
3、D
【解析】
设折射角为α，在右界面的入射角为β，根据几何关系有：，根据折射定律：，增大入射角i，折射角α增大，β减小，而β增大才能使b光发生全反射，故A错误；由光路图可知，a光的折射率小于b光的折射率（），则a光的波长大于b光的波长（），故B错误；根据光电效应方程和遏止电压的概念可知：最大初动能，再根据动能定理：，即遏止电压，可知入射光的频率越大，需要的遏止电压越大，，则a光的频率小于b光的频率（），a光的遏止电压小于b光的遏止电压，故D正确；光是一种横波，横波有偏振现象，纵波没有，有无偏振现象与光的频率无关，故C错误．
点睛：本题考查的知识点较多，涉及光的折射、全反射、光电效应方程、折射率与波长的关系、横波和纵波的概念等，解决本题的关键是能通过光路图判断出两种光的折射率的关系，并能熟练利用几何关系．
4、D
【解析】
A．0～t2时间内甲、乙两质点的位移相等，而所用时间也相等，则平均速度相等，A错误；
BD．x­t图象切线的斜率表示速度，由图线可知t2时刻甲、乙两质点的速度不相等。又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t2时刻的速度等于0～t2时间内平均速度的2倍，即：
，
解得：
t2=2t1，
B错误D正确；
C．对甲质点，有
，
解得加速度为
，
C错误。
故选D。
5、A
【解析】
试题分析：在速度-时间图象中每一点表示该时刻所对应的速度，图线上每一点切线的斜率表示物体的瞬时加速度，根据图象的斜率可知加速度的变化；由速度公式可求得位移及平均速度．
v-t图像的斜率表示加速度，所以时刻甲的加速度小于乙的加速度，乙的斜率越来越小，所以加速度越来越小，A正确B错误；由于甲乙不知道t=0时刻甲乙两车的位置关系，则无法判断两者间的距离如何变化，C错误；甲做匀减速直线运动，在t1和t2时间内，甲的平均速度为，由于乙的位移小于甲的位移，故乙的平均速度，D错误．
6、C
【解析】
AB．若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两边运动，故AB错误；
C．线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，故C正确；
D．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】
A．由带负电的β粒子(电子)偏转方向可知，粒子在B点所受的洛伦兹力方向水平向右，根据左手定则可知，磁场垂直于纸面向里，A错误；
B．粒子运行轨迹：
由几何关系可知：
又：
解得：
洛伦兹力提供向心力：
解得：
故，B正确；
C．偏转角度分别为：
θ1=180°
θ2=53°
故速度偏转角之比，C错误；
D．运动时间：
因此时间之比：
D正确。
故选BD。
8、BD
【解析】
A．卫星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，都是R，根据可知，两颗卫星运行周期相同，A错误；
B．由题意可知，两颗卫星质量相同，卫星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，故机械能相等，B正确；
C．卫星经过P点时的加速度为
所以加速度相同，C错误；
D．因为卫星b的轨道半径与卫星c运行轨道的半长轴大小相等，且质量相等，所以两颗卫星经过P点时的势能相同，又因为B选项中两卫星的机械能相等，则动能相同，速率相同，D正确。
故选BD。
9、BD
【解析】
施加作用力后，、在水平方向上分力相等，由于P与地面间的最大静摩擦力小于Q与地面间的最大静摩擦力，所以，若P静止，Q一定静止。P静止时满足关系式
解得
因和均小于，故当和时，P、Q均静止，P、Q受到的摩擦力均为静摩擦力，且大小都等于，BD正确。
故选BD。
10、BD
【解析】
A．两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A错误；
BC．设两棒原来相距的距离为s，M′N′与MN的夹角为α，回路中总的感应电动势
保持不变，由于回路的电阻不断增大，所以回路中的感应电流不断减小，故B正确，C错误；
D．回路中的热功率为，由于E不变，R增大，则P不断减小，故D正确。
故选BD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、R1 a 接通电路时，确保电流表安全 保持aP间电压不变
【解析】
(1)[1]根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接，为了便于调节分压，需要选择阻值较小，额定电流较大的滑动变阻器，即R1。
(2)[2][3]为了确保开关闭合后，电路安全，因此滑动变阻器的滑片应置于a端，这样测量电路部分开始时分压为0，保证了电路安全。
(3)[4]根据电路图，连接实物图如图所示：
。
(4)[5]在实验步骤③中，确保滑动变阻器R'的滑片P的位置不变，其理由是保持aP间电压不变。
12、不要 0.72 0.85 BD
【解析】
(1)[1]．小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力作用，为了在实验中能够把细线对小车的拉力视为小车的合外力，则应该用重力的下滑分力来平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不挂钩码，但要连接纸带。
(2)[2]．相邻的两个计数点之间还有4个打出的点没有画出，计数点间的时间间隔为
T=0.02×5s=0.1s
根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打B点的速度为

(3)[3]．设钩码的质量为m，小车的质量为M，小车中砝码的质量为m'，对系统，由动能定理得

整理得
v2-x图象的斜率

解得
M=0.85kg。
(4)[4]．A．钩码的重力大于细线的拉力，不影响钩码重力做系统做的功，故A错误；
B．长木板的右端垫起的高度过低，未完全平衡摩擦力时，则摩擦力做负功，系统总动能的增量小于钩码重力做的功，故B正确；
C．接通电源的同时释放了小车，只会使得纸带上一部分点不稳定，不影响做功与动能的增量，故C错误；
D．交流电源的实际频率大于50Hz，如果代入速度公式的周期为0.02s，比真实的周期大，则求出来的速度偏小，则动能偏小，故D正确。
故选BD。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1) ；(2) ；(3)
【解析】
(1)速度为的离子沿直线方向匀速运动，则：
得
(2)如图所示，速度为，的离子在平行金属板间运动时，由动能定理可知
得
设金属板的右侧匀强磁场的磁感应强度为，由牛顿第二定律可知：在点速度为的离子进入右侧偏转磁场后
则
在点速度为，的离子进入右侧偏转磁场后
得
两种离子都打到荧光屏同一点，由几何关系可知
得
(3)在点速度为的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间：
在点速度为的离子在右侧偏转匀强磁场后运动时间：
这两种离子在金属板的右侧偏转匀强磁场中运动时间之差
得
14、 (1)；(2)；(3)
【解析】
(1)由牛顿第二定律得
解得
(2)小球初始位置距水平面高度设为，由几何关系得
解得
小环初始位置距水平面高度设为，由几何关系得
解得
由系统机械能守恒
式中，，
解得
(3)以小环为研究对象，由牛顿第二定律得
以小球为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
15、 (1)5m/s；（1）90J；（3）s=4l； （4）
【解析】
（1）甲在最高点D，由牛顿第二定律，有
甲离开弹簧运动到D点的过程机械能守恒：
联立解得：vB=5m/s；
（1）烧断细线时动量守恒：0=m1v3-m1v1
由于水平面AB光滑，则有v1=vB=5m/s，解得：v1=4m/s
根据能量守恒，弹簧的弹性势能E==90J
（3）甲固定，烧断细线后乙物体减速运动到F点时的速度大小为vF，
由动能定理得：，解得vF=1
从P点滑到H点时的速度为vH，由机械能守恒定律得
联立解得vM=1
由于vM=1>，故乙物体能运动到H点，并从H点以速度vH水平射出．设乙物体回到轨道AF所需的时间为t，由运动学公式得：
乙物体回到轨道AF上的位置与B点之间的距离为s=vHt
联立解得；
（4）设乙物体的质量为M，到达F点的速度大小为vF，
由动能定理得：，解得vF=
为使乙物体能滑上圆轨道，从GH间离开圆轨道，满足的条件是：
一方面乙物体在圆轨道上的上升高度能超过半圆轨道的中点G，由能量关系有：
另一方面乙物体在圆轨道的不能上升到圆轨道的最高点H，由能量关系有
联立解得：
【点睛】
（1）根据牛顿第二定律求出最高点D的速度，根据机械能守恒求出过B点的速度；
（1）根据动量守恒定律求出乙的速度，根据能量守恒求出弹性势能；
（3）根据动能定理可求F点的速度，根据机械能守恒定律可求M点的速度，根据平抛运动的规律可求水平位移；
（4）能从GH间离开圆轨道需要满足在圆轨道上的上升高度能超过半圆轨道的中点，且不能上升到圆轨道的最高点．