2026届云南省大姚县第一中学高三考前热身物理试卷含解析

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2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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、同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图甲所示．导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1~2s内
A．M板带正电，且电荷量增加
B．M板带正电，且电荷量减小
C．M板带负电，且电荷量增加
D．M板带负电，且电荷量减小
2、 “儿童蹦极”中，拴在腰问左右两侧的是弹性橡皮绳．质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg，若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时的
A．加速度为零
B．加速度a=g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度a=g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度a=g，方向竖直向下
3、国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，如图所示，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上。设东方红一号在近地点的加速度为a1，线速度为v1，环绕周期为T1，东方红二号的加速度为a2，线速度为v2，环绕周期为T2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，自转线速度为v3，自转周期为T3，则a1、a2、a3，v1、v2、v3，T1、T2、T3的大小关系为（ ）
A．T1>T2=T3B．a1>a2>a3C．a3>a1>a2D．v1>v3>v2
4、如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。φM、φN和EM、EN分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点（ ）
A．φM＞φN，EM＜ENB．φM＜φN，EM＞EN
C．电子的动能减小D．电场力对电子做了正功
5、图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图甲中质点Q运动到负向最大位移处时，质点P刚好经过平衡位置。图乙为质点P从此时刻开始的振动图像。下列判断正确的是（ ）
A．该波的波速为40m/s
B．质点P的振幅为0
C．该波沿x轴负方向传播
D．Q质点在0.1s时的速度最大
6、发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步卫星轨道3（如图所示）。则卫星分别在1、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道3上具有的机械能大于它在轨道1上具有的机械能
D．卫星在轨道3上经过点的加速度大于它在轨道2上经过点的加速度
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、如图所示，一长为、宽为的矩形导线框，在水平外力作用下从紧靠磁感应强度为的匀强磁场边缘处以速度向右匀速运动，规定水平向左为力的正方向。下列关于水平外力的冲量、导线框两点间的电势差、通过导线框的电量及导线框所受安培力随其运动的位移变化的图像正确的是（ ）
A．B．C．D．
8、如图，正方形abcd处于匀强电场中，电场方向与此平面平行。一质子由a点运动到b点，电场力做功为W，该质子由a点运动到d点，克服电场力做功为W。已知W＞0，则（ ）
A．电场强度的方向沿着ab方向
B．线ac是一条等势线
C．c点的电势高于b点的电势
D．电子在d点的电势能大于在b点的电势能
9、如图为一电源电动势为E，内阻为r的稳定电路。电压表A的内阻为5kΩ。B为静电计，C1，C2为两个理想的电容器且耐压值足够高。在开关闭合一段时间后，下列说法正确的是
A．C1上电荷量为0
B．若将甲右滑，则C2上电荷量增大
C．若C1>C2，则电压表两端大于静电计两端电压
D．将S断开，使C2两极距离增大，B张角变大
10、如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为L的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ()，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A．转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力
B．当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为
C．当物体的角速度为时，转台对物块的支持力为零
D．当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为
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）某实验小组测定一电流表的内阻，实验室提供如下器材：
A．待测电流表（量程为，内阻约）；
B．电阻箱（最大阻值为）；
C．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）；
D．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）;
E.电源（电动势约，内阻不计）；
F.开关两个，导线若干。
设计了如图甲所示的电路图，实验步骤如下：
①根据实验设计的电路图连接好电路，正确调节滑动变阻器；
②先闭合，使保持断开状态，调节滑动变阻器滑片的位置，使得待测电流表示数达到满偏电流。
③保持滑动变阻器滑片的位置不动，闭合，并多次调节变阻箱，记下电流表的示数和对应的电阻箱的阻值。
④以为纵坐标，为横坐标作出了图线，如图乙所示；
⑤根据图线的相关数据求解电流表的内阻；回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器_____（填“”或“”），实验前，先将滑动变阻器滑片移到____（填“”或“”）端；
(2)在调节电阻箱过程中干路电流几乎不变，则与的关系式为______（用题中所给出物理量的字母表示），根据图象中的数据求出电流表的内阻_____（结果保留两位有效数字）；
(3)用这种方法测量出的电流表内阻比电流表内阻的真实值_____（填“偏大”“相等”或“偏小”）。
12．（12分）如图a所示，某同学利用下图电路测量电源电动势和内阻。先将电路中的电压传感器d端与a端连接。
（1）若该同学开始实验后未进行电压传感器的调零而其他器材的使用均正确，则移动滑片后，得到的U-I图象最可能为___________。
A． B． C． D．
（2）将电压传感器d端改接到电路中c端，正确调零操作，移动滑片后，得到如图b所示的U-I图，已知定值电阻R=10Ω，则根据图象可知电源电动势为_________V、内阻为________Ω。（结果保留2位有效数字）
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，金属圆环轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r，长为2l的轻质金属杆，一端套在内环MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好。内圆半径，外圆半径，PM间接有阻值为R的电阻，让金属杆从AB处无初速释放，恰好到达EF处，EF到圆心的连线与竖直方向成θ角。其它电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)这一过程中通过电阻R的电流方向和通过R的电荷量q；
(2)金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速率v和R两端的电压U。
14．（16分）如图所示，ABCD是某种透明材料的截面，AB面为平面，CD面是半径为R的圆弧面，O1O2为对称轴；一束单色光从O1点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点，刚好发生全反射，∠O1O2E= 30°，DO2⊥CO2，透明材料对单色光的折射率为，光在真空中传播速度为c，求：
（i）单色光在AB面上入射角α的正弦值；（结果可以用根号表示）
（ii）光在透明材料中传播的时间（不考虑光在BC面的反射）。（结果可以用根号表示）
15．（12分）穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，回路中就有感应电流，电路中就一定会有电动势，这个电动势叫做感应电动势。感应电动势的大小可以用法拉第电磁感应定律确定。
(1)写出法拉第电磁感应定律的表达式；
(2)如图所示，把矩形线框放在磁感应强度为B的匀强磁场里，线框平面 跟磁感线垂直。设线框可动部分MN的长度为L。它以速度v向右运动。请利用法拉第电磁感应定律推导E=BLv。
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】
在1~2s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大，假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知上极M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误；
故选A．
2、B
【解析】
小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力，处于平衡状态，如图所示：
由于，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上，故两个拉力的夹角为120°，当右侧橡皮条拉力变为零时，左侧橡皮条拉力不变，重力也不变；由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故左侧橡皮条拉力与重力的合力与右侧橡皮条断开前的弹力反方向，大小等于，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向下，故选B正确，ACD错误。
3、B
【解析】
A．根据开普勒第三定律可知轨道半径越大的卫星，周期越大，由于东方红二号卫星的轨道半径比东方红一号卫星的轨道半径大，所以东方红二号卫星的周期比东方红一号卫星的周期大；东方红二号卫星为同步卫星，与赤道上的物体具有相同的周期，即有
故A错误；
BC．根据万有引力提供向心力，则有
解得
轨道半径越大的卫星，加速度越小，所以东方红二号卫星的加速度比东方红一号卫星的加速度小；东方红二号卫星为同步卫星，与赤道上的物体具有相同的周期，根据可知东方红二号卫星的加速度比固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度大，即有
故B正确，C错误；
D．根据万有引力提供向心力，则有
解得
轨道半径越大的卫星，线速度越小，所以东方红二号卫星的线速度比东方红一号卫星的线速度小；根据可知东方红二号卫星的线速度比固定在地球赤道上的物体随地球自转的线速度大，即有
故D错误；
故选B。
4、D
【解析】
考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。
【详解】
AB．在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以EM＜EN，φM＜φN，故AB错误；
CD．当电子从M点向N点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C错误，D正确。
故选D。
5、C
【解析】
AC．根据题意可知，图乙为质点P从此时开始的振动图像，得出质点向下振动，则可确定波的传播方向为x轴负方向传播，再由振动图像与波动图像可知，波速
故A错误，C正确；
B．振幅为质点离开平衡位置的最大距离，由图乙可知，质点P的振幅为20cm，故B错误；
D．周期为0.2s，经过0.1s即半周期，质点Q振动到波峰位置即速度为0，故D错误。
故选C。
6、C
【解析】
ABD．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有
解得
①
②
③
轨道3半径比轨道1半径大，根据①②④三式，卫星在轨道1上线速度较大，角速度也较大，卫星在轨道3上经过点的加速度等于它在轨道2上经过点的加速度，故ABD均错误；
C．卫星从轨道1到轨道3需要克服引力做较多的功，故在轨道3上机械能较大，故C正确；
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、AB
【解析】
D．进入磁场的过程中，安培力
B、l、v不变，则F不变；完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，选项D错误；
A．因为导线框匀速运动，水平外力和安培力F大小相等，进入磁场过程中，水平外力的冲量
所以I-x关系图象为正比例函数，完全进入后外力为零，冲量为零，选项A正确；
B．进入磁场的过程中，有
完全进入磁场的过程中，ab边的电势差
选项B正确；
C．进入磁场的过程中
所以q-x关系图象为正比例函数，完全进入后电流为零，q不变但不为零，选项C错误。
故选AB。
8、BC
【解析】
B．由题意可知，一质子由a点运动到b点，电场力做功为W；该质子由a点运动到d点，电场力做功为-W；根据公式可知
又根据几何关系可知，b、d两点关于ac连线轴对称，所以ac是此匀强电场中的等势线，B正确；
AC．由于质子由a点运动到b点，电场力做正功，所以，所以电场强度的方向为垂直于ac线，指向b点，A错误C正确；
D．根据，又电子带负电，所以电势低的地方电势能高，即电子在d点的电势能小于在b点的电势能，D错误。
故选BC。
9、AD
【解析】
A．由于电容器和静电计均为断路，故开关闭合一段时间后，电路中电流为0，故电压表两端电压为0，因此C1上电荷量为0，故A正确；
B．由于整个电路中没有电流，C2相当于直接接在电源两端，故滑动滑动变阻器对电路没有影响，C2上电压不变，故电荷量不变，故B错误；
C．电压表两端电压为0，静电计两端电压不为0，故C错误；
D．S断开后，C2上电荷量保持不变，故当两极板距离增大时，电容减小，由可知，电压增大，故静电计张角变大，故D正确；
故选AD。
10、BD
【解析】
AB．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
此时物块线速度大小为
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W，对物块由动能定理，可得
联立解得
故A错误，B正确；
CD．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
水平方向
联立解得
此时物块的线速度大小为
从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W2，对物块由动能定理，可得
联立解得
故C错误，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、 偏小
【解析】
(1)[1]．电流表满偏时电路中的总电阻为
所以滑动变阻器的电阻不能小于，滑动变阻器选择；
[2]．实验前，先将滑动变阻器连入电路中的电阻调至最大，所以滑片应移到端。
(2)[3]．因为电流表满偏时在调节电阻箱过程中干路电流几乎不变有
整理得
[4]．由图象得图线斜率
由表达式可得
其中，解得
(3)[5]．电流表内阻根据求得，闭合后，电路中的总电阻略有减小，所以干路电流稍微增大，即大于满偏电流，而用来计算内阻时仍用，所以测量值比真实值偏小。
12、B 3.0 0.53
【解析】
（1）该同学开始实验后未进行电压传感器的调零，则电路电流为0时，电压传感器有示数，不为0，作出的U-I图象中，电压随电流的增大而增大，但纵坐标有截距，观察图b中的图象可知B符合；
（2）将电压传感器d端改接到电路中c端，则电压传感器测量的是滑动变阻器的电压，但由于正负接线接反了，因此测量的数值会变为负值，计算时取绝对值即可，根据如图（c）所示的U-I图可知，电源电动势为3V，由闭合电路的欧姆定律有：，当U=2V时，I=0.095A，即，解得：内阻r≈0.53Ω。
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)M指向P，；(2)，
【解析】
(1)由楞次定律可以判定通过R的电流方向由M指向P；
金属杆从AB滑动到CD的过程中
①
②
③
④
由①②③④得：
⑤
(2)设金属杆离开磁场小球的速率为v，角速度为ω，第一次离开磁场到EF，由动能定理得：
⑥
v=3lω ⑦
金属杆第一次离开磁场瞬间产生电动势为：
⑧
⑨
⑩
由得⑥⑦⑧⑨⑩
⑪
⑫
14、（i）（ii）
【解析】
（i）光在圆弧面上刚好发生全反射，因此有 sinC＝
由几何关系可知r+θ=C，因此r=30°，由折射公式有
n＝，sinα＝
（ii）由几何关系可知 O1E=R
光在E点的反射光线EF平行于AB，则 EF＝Rsin45°−Rsin30°＝
光在材料中传播速度
因此光在材料中传播的时间为
【点睛】
解答此类问题的关键是画出光路图，根据全反射条件、折射定律和几何关系列方程联立求解。
15、 (1)；(2)见解析
【解析】
(1)法拉第电磁感应定律
(2)Δt时间内回路增加的面积
由法拉第电磁感应定律