广东省2025-2026学年高三年级上册11月调研测试物理试卷（解析版）

广东省广州市第一中学2025-2026学年高三上学期11月

调研测试物理试卷

一、选择题（1~7题单选题，每小题4分，8-10题多选题，每小题6分，共46分）

1.如图为餐厅暖盘车的储盘装置，其示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬

挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上正中位置叠放若干相同的盘子，取走一个盘

子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g,相邻两盘间距1.0cm,g

取lOm/s?。弹簧始终在弹性限度内，则每根弹簧的劲度系数为（）

A.100N/mB.300N/mC.3N/mD.lN；m

【答案】A

【解析】由于取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，表明一个盘子的重力可以使弹

簧发生的形变量恰好等于相邻两盘间距1.0cm,根据胡克定律有产=〃火=3依）

解得:100N/m,故选A。

2.如图，一导体棒时静止在U形铁芯的两板之间，棒在开关闭合后仍在原位置保持静止

状态。则按图示视角（）

A.铁芯上板为N极

B.导体棒对下板的压力变大

C.导体棒受到垂直棒向左的安培力

D.导体棒对卜板有垂直棒向右的静摩擦力

【答案】D

【解析】A.由图可知线圈的绕向，根据安培定则，线圈下面是N极，上面是S极，选项

A错误；

BC.线圈下面是N极，上面是S极，则导线出?位置的遨场方|可|可上；而电流方|可是

。一〃，根据左手定则，安培力向右，根据平衡条件，导体棒对下板的压力不变，但受到向

左的静摩擦力，选项BC错误：

D.根据牛顿第三定律可知，导体棒对下板有垂直棒向右的静摩擦力，选项D正确。

故选D。

3.电容器在电子电路中有广泛应用，如图所示，某电容式话筒的原理示意图，E为电源，

R为电阻，薄片尸和。为两金属极板。对着话筒说话时，尸振动而。可视为不动，则在

P、Q间距增大的过程中（）

P\\O

M

/?

A.电容器的电容增大

B.金属极板上的电荷量增大

C.M点和N点的电势相等

D.M点比N点的电势高

【答案】D

【解析】在尸、Q间距增大的过程中，两极板间距d变大，根据。=一冬可知，电容器

的电容减小，根据Q=CU可知，金属极板上的电荷量减小，电容器放电，则放电电流方向

从M到N,则M点比N点的电势高。故选D。

4.P、Q两单摆在同一地点做简谐振动，其振动图像分别如图中实线和虚线所示，两摆的

摆长和摆球质量分别为4、卜和%、％它们之间可能的关系是（）

B/P：/Q=2:1,%:=2:1

c./p：/Q=1:4,"Zp:〃%=1:2

D./P:/Q=4:1,mv:znQ=2:1

【答案】D

【解析】根据图像可知7F=2S,TQ=1S,根据单摆周期的表达式7=

得?=*=4:1,单摆周期与质量无关，无法确定摆球质量关系，故D正确。故选D。

5.医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电

场作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子

能量，通过引出器引出后，轰击靶材料上，获得所需要的核素>，=0时，回旋加速器中心

部位0处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压

如图乙所示。忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（）

A.被加速的粒了•带正电

B.高频交流电压的周期等于粒子在D形盒磁场中圆周运动周期的一半

C.粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径无关

D.带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压有关

【答案】D

【解析】A.由题图乙可知f=0时U.8<0,粒子向右加速，故被加速的粒子带负电，故

A错误；

B.粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交流电压的周期相等，故B错误；

C.根据氏=譬=2可知粒子被加速的最大动量大小与D形盒的半径R有关，故C错误

BqBq

D.根据欠=詈，因为联立解得〃二皇区

Bq22mU

可知带电粒子在D形盒中被加速次数〃与交流电压々关，故D正确。故选D。

6.某行星卫星A、B绕以其为焦点的椭圆轨道运行，作用于A、B的引力随时间的变化

如图所示，其中q="i，行星到卫星A、B轨道上点的距离分别记为人、％。假设A、

B只受到行星的引力，下列叙述正确的是（）

引力大小

A.B与A的绕行周期之比为&：1

B.%的最大值与力的最小值之比为2：1

C.。的最小值与以的最小值之比为2：3

D.卫星A与卫星B的质量之比为32:81

【答案】D

【解析】A.由图，A、B周期为7；=乙，乙=2%

其中故B与A绕行周期之比，=至=平，故A错误;

，Ah।

B.由图，当小最小时9/=G业与

5min

当小最大时尸=G»%

^Bmax

2的最大值与，冶的最小俏之比为d=故B错误；

5min1

,（——2丫

D.根据开普勒第三定律鸟=^-4解得^=”

A|/min+rXmax心max

I2）

八.-Mm一厂—Mm.m入32

又9F=G-n2F=G一%,解得为二三；，故D正确。

〜小"181

C.由图，当以最小时8F=G->

/min

当fn最小时9F=G

M^Bm”in

32

由D可知——二8?

"%

成「B的最小值与r，\的最小值之比为生近二g，故C错误；故选D。

7.甲、乙两物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，图为两物块碰撞前后的位移

—时间图像，其中。、》分别为甲、乙两物块碰前的位移一时间图像，c为碰撞后两物决共

同运动的位移一时间图像，若乙物块的质量加=2kg,则由图判断，下列结论正确的是

01234z/s

A.甲物块的质量为5kg

B.甲物块碰撞前的动量大小为6kg•m/s

C.碰撞过程中甲、乙所受力的冲量相同

D.碰撞过程中甲、乙两物块组成的系统损失的动能为15J

【答案】D

【解析】A.甲乙两物块碰撞前的速度分别为-3m/s和2m/s,碰撞后两物块的速度为

-lm/s,两物块碰撞过程动量守恒，则呵必+叫f乙=（叫+叱）u

解得〃加=3必，故A错误：

B.甲物块碰撞前的动量为〃==-9kg-m/s

所以甲物块碰撞前的动量大小为9kg-m/s,故B错误；

C.碰撞过程中甲、乙所受力等大反向，冲量是矢量，所以碰撞过程中甲、乙所受力的冲

量方向不同，故C错误；

D.根据能量守恒定律得=+；加乙吆一3（㈣।+加乙）/=15J

故D正确。故选D。

8.某社区计划为路灯安装自动控制装置，其核心电路如图所示。电源电动势为E,内阻为

广，Ro为保护电阻，光敏电阻（阻值随光照强度增大而减小）与电流表Ai串联后与灯泡并

联，R为滑动变阻器，其中灯泡可视为定值电阻，其功率得达到•定值才能发光。将滑动

变阻器的滑片置于某位置，闭合开关，灯泡不亮，当天色逐渐变暗时，灯泡逐渐变亮。关

于这个过程，下列说法正确的是（）

~~

A.电流表Ai示数逐渐减小B.电流表A示数逐渐增大

C.电源的总功率减小D.电源的效率减小

【答案】AC

【解析】AB.天色逐渐变暗时，光敏电阻的阻值增大，并联部分的阻值增大，总电阻增

大，干路电流减小，即电流表A示数减小。由于干路电流减小，则处于干路上各元件承担

电压减小，因此并联部分分压增大，灯泡电流增大，则电流表Ai示数减小，故A正确，B

错误;

C.电源的总功率P=£/,结合上述，干路电流减小，则总功率减小，故C正确；

D.结合上述可知，干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律可知，路端电压增大，电源效

率77=gx100%,则效率增大，故D错误。故选AC。

9.一带正电微粒从静止开始经电压q加速后，射入水平放置的平行板电容器。该微粒沿

两极板正中间水平射入，恰好从下极板边缘射出，速度方向与极板间夹角为45。。已知该

平行板电容器板长为L,间距为d,板间电压为U2,忽咯边缘效应，不计重力。则

（）

A.d.L=\,\B.d:L=\:2

C.q：4=i：iD,4：〃2=1：2

【答案】AD

【解析】加速过程，根据动能定理可得Wi=｝欣

在极板中偏转过程，有£二%，

d1,

22

a二刍必

mmd

tan450=—

%

联立可得L=d,U2=2Uit故选AD。

10.跑步时，前脚在着地后，会受到两个“峰值力二己知人的脚受到的力变化越快，越容

易受伤。人在装有力传感器的跑步机上跑步，可得到如图所示的压力/与时间/的关系图

像。若人的重力为600N,跑步机的配速（跑1公里耗时多少分钟）为5min/版。则结合

图像信息可知（）

A.在0~50ms内比150〜300ms内更容易受伤

B此人继续匀速跑10m,双脚与跑步机接触共约1。次

C.0〜300ms内小华所受合外力的冲量方向在竖直方向

D.0〜300ms内小华所受支持力冲量大小约为255N-S

【答案】AD

【解析】A.根据牛顿第三定律，压力与支持力大小相等，方向相反，因此图像也反映了

人的脚受到的支持力随时间变化的情况，支持力在0~50ms内比150~300ms内变化更快，

在0~50ms内比l50~300ms内更容易受伤，故A正确；

B.跑步机的配速为5min/k77,因此跑步速度为^二〃^01八=Wm/s

5x603

10°

此人继续匀速跑10m需要的时间一JO'一’

T

3

双脚与跑步机接触次数为〃=--------次=8次

400x10-3?

故双脚与跑步机接触共约8次，故B错误；

C.跑步时脚还受到水平向前的静摩擦力，因此，0~300ms内小华所受合外力的冲量方向

不在竖直方向。故C错误；

D.根据/二R可知，在?/图像中，面积表示冲量。根据图象可知，一小格表示冲量为

/0=FQt0=300球心10-3N?=

由图象可知，压力冲量大约17格，因此，根据牛顿第三定律得。〜300ms内小华所受支持

力冲量的大小为人=47X/0=255N?

故D正确。故选AD。

二、非选择题（11题6分，12题10分，13题11分，14题13分，15题14分，共54

分）

11.（I）某研究性学习小组用如图所示装置探究向心力与质量、角速度和半径之间的关系

下列实验研究与该研究性学习小组采用了类似方法的有

A.探究两个互成角度的力的合成规律的实验中合力的测量

B.探究变压器原副线圈与匝数的关系

C.用油膜法估测油酸分子的大小的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量

（2）某同学用如图甲所示装置测当地的重力加速度。用细线拴•块形状不规则的铁块并悬

挂，铁块下面吸一小块磁铁，手机放在悬点。正下方桌面上，打开手机的磁传感器。用亳

米刻度尺测最摆线长度/，使铁块在账直面内做小角度摆动，手机的磁传感器记录接收到的

磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，则铁块摆动的周期丁=。

小磁铁

手机

乙

(3)某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证钩码和滑块所组成的系统机械能守恒。

图乙所示是用游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数(/=cm；在本实验中，为了验证系

统的机械能是否守恒，需要测量的物理量除了，/、△/、重力加速度g和图示位置遮光条中

心到光电门中心的距离$外，还需要测量.

【答案】(1)B(2)2环

(3)0.54；钩码的质量，〃和滑块的质量用

【解析】【小问1】探究向心力与质量、角速度和半径之间的关系，采用的实验方法是控制

变量法。

A.探究两个互成角度的力的合成规律，采用的实验方法是等效替代法，故A错误；

B.探究变压器原副线圈与匝数的关系，采用的实验方法是控制变量法，故B正确；

C.用油膜法估测油酸分子的大小的实验中1滴油酸酒精溶液体枳的测量，属于放大测量

取平均值，故C错误。故选B。

【小问2】磁铁经过最低点测得的磁感应强度8最大，磁铁连续两次经最低点的时间间隔

是半个周期，由图乙可知铁块摆动的周期为7=2%

【小问3】10分度游标卡尺的精确值为0.1mm,由图乙可知遮光条的宽度为

d=5mm+4x0.1mm=5.4mm=0.54cm

滑块经过光电门时的瞬时速度为u=—

Ar

根据系统机械能守恒可得〃％$=+〃2)d=+/«)(—)2

22

为了验证系统的机械能是否守恒，需要测量的物理量除了4、△八重力加速度g和图示位

置遮光条中心到光电门中心的距离§外，还需要测量钩码的质量，〃和滑块的质量用o

12.某实验小组设计了测量盐水电阻率的实验。所用实验器材如下：电源£（电动势为3

V,内阻很小），电流表A（内阻极小），电压表V（内阻极大），滑动变阻器凡开关S,

导线若干；内部装有耐腐饨电极板的长方体样品池。如图甲所示，样品池内的右侧电极板

可以左右移动，且移动时与样品池间密封完好。

盐水样品

甲

（1）先按图乙所示连接实物电路，将体积为V=1500mL的盐水样品加入样品池中，闭

合开关S之前，滑动变阻器R的滑动触头应该位于最（填“左端”“中间”或“右

端”）。

（2）然后测量盐水的电阻率：

①调整右侧电极板处于样品池中的适当位置，闭合开关S,移动滑动变阻器R的滑动触

头，使电压表和电流表有适当的示数U和/。若某次测量中，电压表的示数如图丙所示，

则〃=__________Vo

丙

②根据电阻定义R,二，，计算并记录此时样品池中盐水的电阻值，同时测量并记录样品

池中左右电极板的距离〃单位m）。

③重复步骤①②的操作，记录多组测量数据。

（3）数据处理与分析：

①根据记录的数据计算盐水样品的电阻R、，以此为纵坐标，以（用题设条件

中物理量的字母表示）为横坐标，建立坐标系，将得到的数据描点、作图、连线，得到的

图像如图丁所示，则盐水的电阻率夕=Qxm（结果保留两位有效数字）。

0.65:

s:

0.53:

0.4s.:

0.3s:

0.2s:

5:

0.15:

00.10.20.30.40.50.60.750:.80.91.0

Ts:

z:

②该实验中，若电流表的s内:胆不可忽略，则由于电表内阻的影响，盐水电阻率的测量值与

5:

真实值相比（填=:正确答案标号）。

5:

A.偏大B.偏小C.相等

【答案】（1）左端（2）2.25（3）①.1）；0.92②.C

【解析】【小问1]为保护电表，闭合开关S之前,滑动变阻器R的滑动触头应该位于滑动

变阻器的最左端。

【小问2】电压表接。〜3V挡，最小刻度值是0.1V,故小数为2.25V。

[小问3]①根据电阻定律可得R=pL=pL=P[]

xSVV

又因为图线是一条倾斜直线，故应以Z?为横坐标；

斜率〃=会，则电阻率夕92c-m

i}

②测量值为RR与RA的串联值，根据欧姆定律可得Rg=R\_R>=p?

可得飞二夕二十尺\,可见电表内阻对电阻率的测量无影响。故选C。

XLVA

13.今年国庆假期，小明在清远站首届航天航空科普展观看了我国战斗机发展历程。如图

所示为某型号战斗机在地面上沿直线加速滑行和在空中斜向上匀速爬升的情景，战斗机在

加速滑行和匀速爬升两个阶段中：所受推力耳的大小均与重力大小相等，方向与速度方向

相同；所受空气阻力工=&也方向与速度方向相反；所受升力工=长2口，方向与速度方

向垂直。K、七未知，已知重力加速度为g,战斗机质量为机，匀速爬升时的速度为y。，

方向与水平方向成37°。

(1)求K、％的值；

(2)战斗机在水平地面上滑行，受到地面的摩擦阻力上与正压力N的关系为

人二&N,若战斗机恰好能做匀加速直线运动，求(的值和战斗机在水平地面上滑牙的

加速度大小。

0.4〃吆0.8mgo

【答案】(1)-------------(2)0.5,-

%%2

【解析】【小问1］战斗机匀速爬升时的速度为心，与水平方向成37,受力平衡，如图所示

沿速度方向有K=mgsin37+K}v()

垂直速度方向有〃吆cos37=K2Vo

推力耳=mg

〃0.4〃zg..0.8/ng

代入数据解得&-----K2----------生

%%

【小问2】设战斗机在地面上滑行时速度为上受到地面弹力为N,受力分析可知

KtvK.N/.；

竖直方向有Ev+N二〃吆

水平方向有月-K^v-KyN=ma

推力耳=mg

联立解得

m

战斗机做匀加速直线运动，加速度不变，方程中u的系数必须为零，即K3K2-叫=0

K

解得a=昔=0.5

代入数据解得加速度为"与

14.如图甲所示，《天工开物》中提到一种占法榨油一撞木榨油，其过程简化为石块撞击木

楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度/=4m的轻绳，上端固定于屋梁，下端

悬挂一质量180kg的石块，可视为质点。如图乙所示，将石块拉至轻绳与竖直方向成

37。角的位置，石块由静止释放，运动至最低点时与质量m=20kg的木楔发生正碰，不计撞

击过程的机械能损失，撞击时间u0.05s,每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度

后取10m/s2-(sin370=0.6,cos37°=0.8)求：

(1)撞击前，石块在最低点对轻绳的拉力大小八

(2)撞击后瞬间木楔的速度和石块对木楔撞击的平均作用力大小F；

(3)石块每次在同一位置释放并在最低点撞击木楔。木楔向里运动过程中所受的阻力与它

的位移关系如图丙所示。要木楔移动的位移即20.4m,石块至少需撞击多少次木楔。

【答案】(1)T=2520N(2)F=2880N(3)4

【解析】［小问1］石块运动到最低点过程，根据动能定理有Mg/(l-cos6)=gMi，；

2

根据牛顿第二定律有T-Mg=M洋

联立解得了=2520N

【小问2】石块与木楔碰撞过程中动最守恒，规定向右为正方向，则有=〃匹2

根据机械能守恒有片=：/片

解得V)=3.2m/s,v2=7.2m/s

对石块进行分析，根据动量定理有一泥f=

根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小F=F

联立解得尸=288()N

【小问3】根据木楔的阻力与位移图像关系有了=15000x+2000(N)

木楔移动与需克服阻力做的功叱=g(15OOOxo+2000)x0(J)

根据能量守恒定律有Nxg〃?¥二吗

解得N=3.86

故要木楔移动的位移/>0.4m,石块需撞击4次木楔。

15.如图，半径为R和2A的同心圆〃、〃将足够大的空间分隔为I、0、HI区域，圆心为

0。I区存在磁感应强度大小为8、方向垂直纸面向外的匀强磁场；0区存在沿半径方向向

外的辐向电场：山区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未标出)。一带电粒子从P

点沿半径方向以速度如射入I区，偏转后从K点离开【区，穿过II区后，以速率员进入

2

III区。已知N尸OK=60。，忽略带电粒子所受重力。

h

/•I•%P\

------O\^------A

\\••\•/!

(1)判断粒子的电性并求出其比荷包；

m

(2)求4、。之间的电势差小；

(3)若粒子第三次从n区进入III区之前能经过尸点，求