2026届广东省惠州市高三上学期第一次调研考物理试题（解析版）

第第页2026届广东省惠州市高三上学期第一次调研考物理试题1．光学知识不仅可以用来解释日常生活中的现象，在科技中也有着广泛的应用，下列关于光学知识的说法正确的是（）A．光的偏振现象说明光是纵波B．雨后路面上的油膜形成彩色的条纹，是光的衍射现象C．用标准平面来检查光学面的平整程度是利用了光的干涉现象D．验钞机发出的紫外线比电视机遥控器发出的红外线更容易绕过障碍物【答案】C【解析】【解答】A．偏振是横波的特性，光的偏振现象说明光是横波，不是纵波，故A错误；B．雨后油膜的彩色条纹是光在油膜上下表面反射光的干涉现象（薄膜干涉），不是衍射，故B错误；C．用标准平面检查光学面平整度，利用了光的干涉（等厚干涉），通过干涉条纹判断平整度，故C正确；D．波长越长衍射能力越强，红外线波长比紫外线长，更易绕过障碍物，故D错误。故答案为：C。

【分析】回忆光的偏振、干涉、衍射的相关知识，结合横波特性、薄膜干涉、等厚干涉及波长与衍射能力的关系，逐一分析选项。2．汽车的悬挂系统是由车身与轮胎间的弹簧及避震器组成的支持系统。某型号汽车的“车身—悬挂系统”振动的固有频率是5Hz，这辆汽车匀速通过铺设有条状减速带的路段，已知相邻两条减速带间的距离为1.8m，如图所示。若该车经过减速带的过程中，车身上下颠簸得极为剧烈，则该车的速度最接近（）A．8km/h B．16km/h C．32km/h D．64km/h【答案】C【解析】【解答】当车身因经过减速带而产生的受迫振动的频率与车的“车身—悬挂系统”振动的固有频率相等时，车身上下颠簸得最剧烈，此时车的速度为v=故答案为：C。

【分析】利用受迫振动共振条件（受迫振动频率等于固有频率），结合周期与频率的关系、速度公式，计算汽车速度。3．一列简谐横波在均匀介质中平行于x轴方向传播，图（a）是t=0时该波的波形图，图（b）是x=1m处质点的振动图像。则t=6A． B．C． D．【答案】B【解析】【解答】由图（a）可知t=0时刻x=0m处质点处于波峰位置，由图（b）可知周期为T=4s即t=6s时x=0故答案为：B。

【分析】根据振动图像确定周期，结合时间与周期的关系，分析x=0m处质点的振动位置，进而匹配波形图。4．如图所示，老师上课做演示实验时，用绝缘细线吊起一个轻质闭合铝环，当手持磁铁使其N极突然向右沿铝环轴线靠近铝环过程中，下列说法正确的是（）A．铝环起先向右摆动B．铝环有扩张的趋势C．铝环对磁铁的作用力对磁铁做正功D．从左向右看，铝环中有顺时针方向电流【答案】A【解析】【解答】A、磁铁N极向右靠近铝环，根据楞次定律“来拒去留”，铝环受排斥力，会向右摆动，故A正确；

B、磁通量增加，由“增缩减扩”，铝环有收缩趋势，不是扩张，故B错误；C、铝环对磁铁的力阻碍磁铁靠近，做负功，故C错误；

D、手持磁铁使其N极突然向右沿铝环轴线靠近铝环过程中，穿过铝环的磁通量向右增加，根据楞次定律和安培定则可知，从左向右看，铝环中有逆时针方向电流，故D错误。故答案为：A。

【分析】应用楞次定律的推论（来拒去留、增缩减扩）和安培定则，分析铝环的运动趋势、电流方向及做功情况。5．配备在某汽车上的轮胎容积V=0.15m3，标准胎压p1=2.4×10A．每只轮胎需要充气的次数为30次B．该汽车在行驶过程，胎内空气最大压强为2.88×C．该汽车在行驶一段距离的过程中，胎内空气内能不变D．该汽车在行驶一段距离的过程中，胎内所有气体分子动能均变大【答案】B【解析】【解答】A．设充气次数为n，等温下根据玻意耳定律可知，总气体量满足p解得充气次数为n=即每只轮胎需要充气的次数为36次，故A错误；B．设室温时温度为T1，则有同理最高温度T行驶时温度升高，体积不变，由查理定律有p解得p即该汽车在行驶过程，胎内空气最大压强为2.88×10C．理想气体内能仅与温度有关，温度升高，内能增加。故C错误；D．温度升高使分子平均动能增大，但并非所有分子动能均变大。故D错误。故答案为：B。

【分析】应用玻意耳定律（等温）、查理定律（等容），结合理想气体内能与温度的关系、分子动能的统计意义，分析各选项。6．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质单匝金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直。金属框电阻R=0.1Ω，边长L=0.2A．金属框的感应电流方向为a→b→c→dB．0~0.1s内，ab边受安培力方向水平向右C．0~0.1s内，金属框感应电动势E=0.18D．0~0.1s内，ab边所受安培力的冲量大小为1.6×【答案】D【解析】【解答】A．穿过金属框的磁通量向里减少，根据楞次定律和安培定则可知，金属框的感应电流方向为a→d→c→b，故A错误；B．由于金属框的感应电流方向为a→d→c→b，根据左手定则可知，0~0.1s内，ab边受安培力方向水平向左，故B错误；C.0~0.1s内，根据法拉第电磁感应定律可知，金属框感应电动势为E=ΔD．金属框中的电流为I=ER=0.8故答案为：D。

【分析】应用楞次定律、安培定则、左手定则判断电流方向和安培力方向，结合法拉第电磁感应定律计算感应电动势，再根据冲量公式计算安培力冲量。7．如图，足够大的景观水池池底中心固定有一根长为L的透明竖直杆，杆上下两端各固定能发出单色光A、B的点光源，A光在水中的折射率为2。当向池中注入深度为4L的水时，在水池表面恰好只能看到由A、B两种光组成的圆形复色光区域，已知真空中的光速为c。则（）A．B光在水中的传播速度为4B．A光的折射率大于B光的折射率C．若池水深度增加，则水面能看到A单色光区域D．若池水深度降低（不低于A点），则在水面能看到A单色光区域【答案】C【解析】【解答】A、由全反射临界角公式，B光临界角β满足tanβ=34，得sinβ=3B、nA=2≈1.414，C、池水深度增加，A光的入射角变小，小于临界角，不会全反射，能看到A单色光区域，C正确；D、池水深度降低（不低于A点），A光入射角可能仍大于等于临界角，不一定能看到，D错误。故答案为：C。

【分析】利用全反射临界角公式、折射率与传播速度的关系，结合几何关系分析入射角变化对全反射的影响，判断各选项。8．如图（a）所示电路中的变压器为理想变压器，L为“6V，6W”的灯泡，滑动变阻器R的最大阻值为30Ω，在M、N两端接如图（b）所示的正弦交流电（不计电源内阻），当R=14A．变压器原线圈的电流为1AB．变压器原、副线圈的匝数比为1：2C．若滑动变阻器的滑片自右向左滑动，灯泡变暗D．M、N两端接的交变电压瞬时值表达式为u=10【答案】B,C【解析】【解答】A、灯泡正常发光，副线圈电流I2=PLUL=1A，副线圈电压UB、由上述匝数比计算，n1C、滑动变阻器滑片左滑，电阻增大，副线圈电流减小，灯泡变暗，C正确；D、由图（b），周期T=0.02s，角速度ω=2πT=100π故答案为：BC。

【分析】核心是利用理想变压器的电压比、电流比规律，结合欧姆定律、交变电压瞬时值表达式，分析各选项。9．湖面上有相距为10m的甲、乙两条小船，一列水波正在水面上从甲船到乙船沿着连线方向传播，波速为20m/s，波长大于5m。某时刻甲船位于平衡位置且向下运动时，此时乙船刚好到达波峰，下列说法正确的有（）A．此时刻甲船的加速度等于零B．这列水波的波长可能为10mC．这列水波的波长可能为40mD．两小船上下浮动的周期可能为4s【答案】A,C【解析】【解答】A．甲船在平衡位置，位移为零，加速度a=0，故A正确；B．两船间距Δx=10m，满足Δx=(14+n)λ（nC．若λ=40m，解得n=0，为整数，故C正确；D．周期T=Δxv(14+n)，代入Δx=10m，v=20m/s，n=0时T=2s故答案为：AC。

【分析】根据简谐运动平衡位置的加速度特点，结合两船位置与波长的关系（Δx=(10．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨ab和cd固定在同一水平面内，间距为L。导轨间有竖直向上的匀强磁场B，另有一直径为d的金属圆盘绕中心轴O以角速度ω顺时针匀速转动，圆盘区域有垂直圆盘向下的匀强磁场B。导轨b端通过电刷与圆盘边缘e点连接，导轨d端与圆盘金属转轴连接。现将质量为m的金属杆MN垂直于导轨由静止释放。下列结论正确的是（）A．金属杆最终做匀速直线运动B．刚释放时金属杆的加速度最大C．金属杆运动过程中的最大速度为ωD．整个运动过程通过金属杆的总电量为mω【答案】A,B,D【解析】【解答】ABC．金属圆盘转动时产生恒定的电动势E则导体棒受安培力作用做加速运动，若某时刻的速度为v，则F则随着导体棒的速度v逐渐变大，安培力逐渐减小，则加速度逐渐减小，则刚释放时金属杆的加速度最大，最终当E1=BLvD．对导体棒由动量定理B而q=IΔt故答案为：ABD。

【分析】分析圆盘产生的电动势，结合安培力公式、牛顿第二定律判断金属杆的运动状态，再用动量定理计算总电量。11．某同学利用双线摆和光电计数器测量当地的重力加速度。实验装置如图（甲）所示，测得每根悬线长为L，两悬点间距为s，小球两侧为光电计数器。实验步骤如下，请回答下列问题：（1）用游标卡尺测量小球的直径如图（乙），则小球的直径D是mm。（2）现将小球垂直于纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向的角度5°（选填“大于”或“小于”）。（3）启动光电计数器，悬线偏离竖直方向后，由静止释放小球，当小球经过平衡位置O时，计时器开始计时，并计为第1次。当光电计数器上显示的计数次数刚好为n时，测得所用的时间为t，由此可知，单摆的振动周期T为__________。A．tn B．tn−1 C．2tn（4）根据上述实验方法测量得到的物理量，可得到当地重力加速度g=（用字母L、s、D、T表示）。【答案】（1）15.4（2）小于（3）D（4）4【解析】【解答】（1）小球的直径为d=15mm+4×0.1mm=15.4mm。

故答案为：（2）现将小球垂直于纸面向外拉动，小球做简谐运动，则应使悬线偏离竖直方向的角度小于5∘。

（3）当光电计数器显示数为“1”时是0时刻，故计数次数刚好为n时，周期次数为N=故单摆的振动周期T=故答案为：D。（4）摆长等于摆线的有效长度与小球的半径之和，即等效摆长为L=根据单摆的周期公式T=2π可得g=代入数据得g=4π2T2（1）小球的直径为d=（2）现将小球垂直于纸面向外拉动，小球做简谐运动，则应使悬线偏离竖直方向的角度小于5∘（3）当光电计数器显示数为“1”时是0时刻，故计数次数刚好为n时，周期次数为N=故单摆的振动周期T=故选D。（4）摆长等于摆线的有效长度与小球的半径之和，即等效摆长为L=根据单摆的周期公式T=2π可得g=代入数据得g=12．某实验小组同学利用如图（a）所示的装置探究等温情况下一定质量气体压强和体积的关系。（1）实验中，为了探究注射器内气体的体积与压强的关系，（选填“需要”或“不需要”）测空气柱的横截面积。（2）实验过程中要求缓慢推动活塞，其目的是。（3）为了探究注射器内气体在不同温度时发生等温变化是否遵循相同的规律，他们进行了两次实验，得到的p-V图像如图（b）所示，由图可知，两次实验气体的温度大小关系为T1T（4）为了更方便通过图像观察气体做等温变化的规律，实验小组根据实验数据绘制。如果随着压强增大，实验过程中注射器内气体出现漏气的情况，则绘制的图线可能是图（c）中的哪条图线：（选填“①”、“②”或“③”）。【答案】（1）不需要（2）保持气体的温度不变（3）>（4）③【解析】【解答】（1）对两个平衡状态，由玻意耳定律，有p可消去横截面积S，有p则实验不需要测量空气柱的横截面积。

故答案为：不需要（2）若推动活塞过快，则会使得气体温度快速变化，破坏了实验条件，要保持气体的温度不变，则在实验过程中要求缓慢推动活塞。

故答案为：保持气体的温度不变（3）同一质量的理想气体，体积不变时，温度越高，其压强越大，则由图（b）可知，T1>T（4）由题意得，p−1V图像斜率即常量C与气体温度和气体的物质的量有关。当实验过程中注射器内气体出现漏气的情况，即气体的物质的量减少，则图像斜率减小，绘制的图线可能是图（c）中的③。

故答案为：③

【分析】（1）利用玻意耳定律，结合体积与横截面积、长度的关系，判断是否需要测横截面积。（2）从热交换角度，说明缓慢推动活塞对保持温度不变的作用。（3）根据理想气体状态，在体积相同下，通过压强比较温度大小。（4）依据p与1V（1）对两个平衡状态，由玻意耳定律，有p可消去横截面积S，有p则实验不需要测量空气柱的横截面积。（2）若推动活塞过快，则会使得气体温度快速变化，破坏了实验条件，要保持气体的温度不变，则在实验过程中要求缓慢推动活塞。（3）同一质量的理想气体，体积不变时，温度越高，其压强越大，则由图（b）可知，T1（4）由题意，p−1V图像斜率即常量C与气体温度和气体的物质的量有关。当实验过程中注射器内气体出现漏气的情况，即气体的物质的量减少，则图像斜率减小，绘制的图线可能是图（c）中的③。13．如图所示，一定质量的理想气体被不导热的活塞封闭在内壁光滑的绝热气缸内，气缸竖直放置，缸内安装一电热丝，活塞质量为m，横截面积为S，外界大气压强为p0，重力加速度为g。开始时缸内气体的热力学温度为T1，活塞到缸底的距离为（1）此时缸内气体的温度；（2）加热过程中，气体内能的增量。（忽略电热丝自身内能的变化）【答案】（1）解：气缸内封闭气体是等压变化，由V1T解得T（2）解：气体膨胀推动活塞向上移动，所以气体对外做功为W=Fx=由热力学第一定律可得，气体内能的增量Δ根据焦耳定律可得电热丝产生的热量为Q所以，气体吸收的热量为Q=故气体的内能的增量为Δ【解析】【分析】（1）判断气体做等压变化，应用盖-吕萨克定律，结合体积与长度、横截面积的关系，求出末态温度。

（2）先分析气体对外做功的力和位移，求出做功大小；再由焦耳定律得气体吸收的热量；最后根据热力学第一定律，计算内能的增量。（1）气缸内封闭气体是等压变化，由V1T解得T（2）气体膨胀推动活塞向上移动，所以气体对外做功为W=Fx=由热力学第一定律可得，气体内能的增量Δ根据焦耳定律可得电热丝产生的热量为Q所以，气体吸收的热量为Q=故气体的内能的增量为Δ14．如图所示，固定在地面上的足够长的粗糙绝缘斜面与水平面所成夹角θ=30°，在斜面下方虚线aa'、bb'围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，虚线aa'和bb'与斜面底边平行。斜面上方平行放置n=25匝正方形金属线框MNPQ，使其PQ边与斜面底边平行，从静止释放，线框向下运动x=5m进入磁场区域，刚好能够匀速穿过整个磁场区域，已知线框的质量为m=1（1）线框进入磁场区域时的速度大小；（2）有界匀强磁场的磁感应强度大小；（3）整个线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热。【答案】（1）解：对金属线框从静止释放到刚进入磁场区域，由动能定理mgx解得线框进入磁场区域时的速度大小v（2）解：线框匀速穿过整个磁场区域，有mg感应电动势E=nBd感应电流I=联立解得，有界匀强磁场的磁感应强度大小B=0.2（3）解：因刚好能够匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度也为d，由功能关系，有Q=nBId⋅2d联立解得，焦耳热Q=0.5【解析】【分析】（1）利用动能定理，结合重力、摩擦力做功与动能变化的关系，求解线框进入磁场时的速度。

（2）根据线框匀速运动的受力平衡条件，结合电磁感应中的电动势、电流公式，联立求解磁感应强度。

（3）依据功能关系，安培力做功转化为焦耳热，结合安培力、位移等，计算焦耳热。（1）对金属线框从静止释放到刚进入磁场区域，由动能定理mgx解得线框进入磁场区域时的速度大小v（2）线框匀速穿过整个磁场区域，有mg感应电动势E=nBd感应电流I=联立解得，有界匀强磁场的磁感应强度大小B=0.2（3）因刚好能够匀速穿过整个磁场区域，则磁场宽度也为d，由功能关系，有Q=nBId⋅2d联立解得，焦耳热Q=0.515．如图（a），在两块水平金属极板间加电压U=100V，一个重力不计、比荷qm=1.0×106C/kg带正电粒子，以水平初速度v（1）t=0时，粒子速度的大小v及其与水平方向的夹角θ；（2）若T0=4（3）若仅改变T0的大小，粒