河南新未来联考2026-2027学年高三上学期9月开学测评物理试题+答案

2026-2027学年高三9月测评(满分：100分考试用时：75分钟)2.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一、单项选择题：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1.如图1所示，在研究光电效应时，用各种频率的光照射逸出功为W。的K极；光电管K、A两极间所加的遏止电压U。与照射光的频率v的关系图像如图2所示；再用某种频率的入射光照射K极，光电子到达A极时动能的最大值随A、K两极间所加的电压U变化的关系图像如图3所示。已知普朗克常量为h,电子所带电量的绝对值为e,下列说法正确的是C.图3中图线的斜率为heD.由图3可得这种入射光的频2.用如图所示的装置来探究平行板电容器AB的电容以及静电计G的指针偏转特点，电源的电动势为E,规定大地的电势为0,先闭合开关S,使电容器带电、静电计的指针偏转A.电容器内部的电场线由B极板指向A极板，静电计的外壳电势大于0沿长度方向的电势变化如图所示，已知A、B单位体积内的自由电荷个数之比为1:2,下A.A和B两端的电压之比为4:1B.流过A和B的电流之比为3:1C.A和B的电阻率之比为6:1D.A和B中自由电荷定向移动的平均速率之比为1:24.如图1所示的电路，电源是恒压源，电源输出的电压始终为U,滑动变阻器2与定值电阻R₁串联后再与电动机M(内阻为)并联；如图2所示的电路，电源的电动势为E、内阻为r,滑动变阻器R₄与定值电阻3串联后再与电容器C并联。闭合两图所示电路的5.一定质量的理想气体，在一段过程中经历状态a→b→c,已知该气体在状态a时的压强为P₀、体积为V₀、温度为T₀,其体积V与。的比随热力学温度T变化的关系图像如图所示，下列说法正确的是A.气体在状态c时的压强为2p₀B.气体状态从a→b分子数密度不为为6.如图所示的理想变压器，匝数分别为8、4的两个副线圈分别与阻值为2R和R的电阻连接组成闭合回路，在原线圈两端接上正弦交流电压U,发现流经电阻R的电流为I,下A.流经阻值为2R电阻的电流为21C.电源的输出功率为9²RD.流过原线圈的电流7.如图所示的匀强电场斜向右上方且与水平方向的夹角为53°,电场强度大小为E,一带电量为+q的小球(视为质点),用轻质绝缘不可伸长的细线悬挂于0点，小球静止时处于A点，此时细线水平。以O点为圆心、细线的长为半径，在竖直面内做虚线圆，AB为水平直径，现把小球移动到B点，给小球一个竖直向上的速度0,小球沿虚线圆刚好能做完整的圆周运动，重力加速度为下列说法正确的是A.小球的质量C.小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电势能的减小量D.小球沿着虚线圆从B点运动到A点，动能的变化量与电场力做功不相等二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.如图1所示，倾角为37°的光滑斜面处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B。的匀强磁场中，一质量为m、带电量为+q的小球(视为质点)从M点由静止释放，运动到N点时对轨道的压力大小正好等于小球的重力；再把小球与绝缘轻质细线连接，如图2所示，细线悬挂在天花板上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，让小球在水平面内做匀速圆周运动(从上向下看逆时针),细线与竖直方向的夹角为37°,圆弧轨迹的半径等于图1中M、N两点间的距离，线速度等于小球在N点的速度,重力加速度为g,下列说法正确的是A.小球在N点的速度大小C.图2中匀强磁场的磁感应强度大小为D.细线的拉力大小为9.一列简谐横波沿着x轴的正方向传播，周期T=4s、波速v=2m/s,质点P的振动图像如图1所示，质点Q的振动图像如图2所示，质点Q在质点P的右侧，质点P、Q平衡位置间的距离小于8m,下列说法正确的是A.一段时间10s内，质点Q运动的路程为20cmB.质点P的振动方程cmC.波从质点P的平衡位置处传播到质点Q的平衡位置处所需的时间为3sD.质点P、Q平衡位置间的距离为2m10.如图所示，间距为L光滑平行导轨ab、cd水平固定放置，圆弧轨道水平固定放置在a、c的左侧，导体棒1一端固定在圆心o,另一端与半径为L的圆弧轨道接触，一段导线两端分别接在a与圆弧导轨上，另一导线两端分别接在c、O两点上，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直两种导轨竖直向下，质量未知、长度也为L的导体棒2放置在ab、cd上。现让导体棒1绕O点逆时针匀速转动，到导体棒2开始以v。向右匀速运动时(未到达b、d两点),流过导体棒1某一横截面的电荷量为q,导轨、导线的电阻均忽略不计，已知导体棒1、2的电阻均为R,重力加速度为g,导体棒运动过程中始终垂直于导轨且与导A.导体棒2的质量为oB.导体棒1的角速度大小C.导体棒2开始运动瞬间，施加在导体棒1上的外力的功率D.导体棒2开始运动瞬间的加速度大小三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.(6分)用如图1所示的装置来测量滑块下滑的加速度，光电门甲、乙分别安装在倾斜木板上A点和B点，用刻度尺测出A、B两点间的距离为L,用螺旋测微器测出滑块上遮光条的宽度d,然后让滑块从P点由静止滑下，遮光条经过光电门甲、乙的运动时间分别为的关系图像如图2所示，回答下列问题。图1图1(1)木板上方的细线-与木板平行，木板-(两空均选填“一定”或“不一定”)光滑。(2)用螺旋测微器测出遮光条的宽度如图3所示，则d=mm。(3)图2中倾斜直线的斜率为-0(4)若图2中图线的纵截距为b,则滑块的加速度a=(用含d、L、b的式子来表示)。12.(7分)用如图1所示的电路来探究电容器的充、放电过程，电源的电动势E未知，内阻已知为r,平行板电容器的电容已知为C,定值电阻的阻值R未知，电流传感器内阻可(1)合上开关S₁(S₂未合上),稳定后，电压传感器的示数为U₁,则E(选填“>”“=”或“<”)U₁。(2)再合上开关S₂,电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图2所示，说明规定电流沿顺时针方向为(选填“正”或“负”),电(3)接第(1)、(2)问，合上开关S₂稳定后电压传感器的示数为₂,则图2阴影部分面积的绝对值为，定值电阻的阻值为(结果均用题中已知量表13.(10分)一半径为R的玻璃球过球心O的横截面如图所示，一条单色光线1从圆面上的A点射入，折射光线到达圆面上的B点，再次折射后出射光线为2,1的延长线与2的反向延长线交于C点，已知,AOB是ABO的4倍，光在真空中的传播速度为c。(2)求该单色光从A点到B点的传播时间。14.(14分)如图所示，内壁光滑的圆弧轨道AB竖直固定在水平面上，B点的切线水平，A、B两点的高度差h远远小于圆弧轨道的半径R,视为质点的物块放置在B点，物块与水平面间的动摩擦因数是定值。现让视为质点的小球从A点由静止释放，经过一段时间运动到B点，与物块发生弹性碰撞，碰后物块运动到C点停止(物块从B点运动到C点的过程中与小球未再次发生碰撞),已知物块的质量是小球质量的5倍，物块从B点运动到C点的运动时间是小球从A点运动到B点的运动时的倍，物块从B点运动到C点的过程，水平地面对物块的摩擦力冲量的大小为1,重力加速度为g。(1)求小球刚到达B点时的速度大小，以及碰撞刚结束时物块的速度大小；(3)求物块与地面间的动摩擦因数。15.(17分)如图1所示，间距为L的a、b两点的连线沿水平方向，电场强度大小为E的匀强电场方向竖直向下，现让一带正电粒子从a点以斜向右上方与水平方向成37°夹角的速度v。射入电场，粒子正好运动经过b点；把图1中的电场更换为垂直纸面向外的匀强磁场，如图2所示，再让此粒子从a点以斜向右上方与水平方向成37°夹角的速度v。射入磁场，粒子正好运动经过b点；把图2中的匀强磁场改为空间上水平向右(磁感应强度的大小不变),如图3所示，接着让此粒子从a点以斜向右上方与水平方向成37°夹角的速度v。射入磁场，粒子第4次到达ab的连线上的点是c,不计粒子(1)求此粒子的比荷以及匀强磁场的磁感应强度大小；(2)对图2,让此粒子从a点以速度0射入磁场，入射速度的方向不是斜向右上方，粒子仍可以到达b点，在此情形下，求粒子从a到b的运动时间；对图1,让此粒子从a点以速度v。射入电场，入射速度的方向斜向右上方与水平方向的夹角不是37°,粒子仍可以到达b点，在此种情形，求粒子在a点时速度与水平方向的夹角；2026—2027学年高三9月测评物理参考答案及多维细目表题号123456789DDCDCBB【解析】对图2,由爱因斯坦光电效应方程式可得eU.=h—W。,则图2的表达式为得图像的横轴截距为,B项错误；对图3,由Ekm=hvo—W。与Ek=Ekm+Uee综合可得图3的表达式为Ek=hvo—W₀+eU.,则图3的斜率为e,C项错误；图3的纵截距Eko=hvo一W。,可得这种入射光的频率,D项正确。带负电，电容器内部的电场线由A极板指向B极板，静电计的外壳接地电势等于0,A项错误；使用静电计的目的是观察电容器两板间电压的变化，电容器在充、放电的过程中，电流不是定值，静电计用电流表来代替无实际意义，静电计不可用电流表来代替，B项错误；若开关S保持的电压等于电源电动势是定值，则静电计指针张的电容减小，电容器两板间的电压增大，则静电【解析】由图像可知A和B两端的电压之比为路各处的电流相等，则流过A和B的电流之比于电压之比为3:1,由可得,则A和B的电阻率之比为6:1,C项正确；由电流的微观表达式I=neSv,可得,已知A、B单位体积内的自由电荷个数之比为1:2,则自由电荷定向移动的平均速率之比为2:1,D项错误。【解析】电动机接在恒压源两端，当R2的滑片向项错误；R₂、R₁串联的总电压保持不变，当R₂的滑片向右移动，串联的总电阻减小，则电流增大，则R₁两端的电压增大，R₂两端的电压就变【解析】由理想气体状态方程误；由理想气体状态方程可得T,气体从a→b,图像的反向延长线经过坐等压变化，p=po,由盖-吕萨克定律做的功为W=p△V=0.5p₀V₀,C项正确；气体状理定律可知，温度升高，则压强增大，内能增大，气体对外界不做功，外界对气体也不做功，=W+Q可知，气体一定从外界吸热，D项错误。【解析】由理想变压器的原理之电压与匝数成正比可得两电阻两端的电压之比为2:1,由欧姆定律并结合两电阻之比为2:1,可得流经两电阻的电流之比为1:1,则流经阻值为2R的电阻的电流也为I,A项错误；由理想变压器的原理可,解得原线圈的匝数,B项正=10s=2.5T内，质点Q=10s=2.5T内，质点Q运动的路程为S=2.5×4A=20cm,A项正确；设质点P的振动方程,质点Q的振动方程为P的振动方程为,质点Q的振动方程为cm,B项错误；综合可得λ=8m,质点P、Q平衡位置间的距离小于8m,即小于一个波长，则波从质点P的平衡位置处传播到质点Q的平衡位置处所需的时间△t₂小于一个周期T=4s,对比两个振动方程可知质点Q比错误；质点P、Q平衡位置间的距离为△x=v△t2=2m,D项正确。【解析】导体棒2在ab、cd上匀速运动的速度为vo,导体棒2从开始运动到匀速运动过程，由动量定理可得BiL△t=mvo,结合q=i△t,可得m,A项错误；对导体棒1由转动切割规律可得2,当导体棒2匀速切割时E₂=BLvo,两电动势反向串联，棒2匀速运动，所受安培力为0,则有E₁=E₂,综合解得w=,B项正确；导体棒2开始运动的瞬间，回路的电流,根据能量守恒定律，施加在导体棒1上的外力的功率等于回路的电功率,C项正确；导体棒2开始运动的瞬间，加速度,综合可得a11.【答案】(1)一定(1分)不一定(1分)解得流过原线圈的电流,D项错误。【解析】小球静止在A点，由三力平衡的矢量三角形可得,解得项错误；A点是圆周运动的等效最低点，B点是圆周运动的等效最高点，小球静止在A点时，由三力平衡的矢量三角形可得,则有T=,则小球做圆周运动的等效重力加速度g效,小球刚好做完整的圆周运动，则在等效最高点,综合解得细线的长度L,B项正确；小球沿着虚线圆从B点运动到A点，电场力做的功为W电=Eq×2Lcos53°,则电势能的减小量为,C项错误；A、B两点的高度差为0,小球沿着虚线圆从B点运动到A点，重力做的功为0,细线的拉力不做功，则合力做的功等于电场力做的功，由动能定理，动能的变化量与电场力做功相等，D项错误。【解析】小球在N点进行受力分析，把重力分别沿着斜面和垂直斜面正交分解，垂直斜面由三力平衡可得Fn=Boqvo+mgcosmg,解得A项错误；小球从M点运动到N点，机械能守恒，则有mgxsin37°=方向由牛顿第二定律可得Fsin37°+Bqv₀=,综合解得,C项正确；对图2中的小球受力分析，把细线的拉力F分别沿水平方向和竖直方向正交分解，竖直方向由二力平衡可【解析】由图像可得振幅A=2cm,一段时间△t1【解析】(1)木板上方的细线一定与木板平行，这样才能保证细线拉力方向沿木板方向不变，不然滑块在下滑的过程中加速度会改变，木板不一定光滑，只需要滑块与木板间的动摩擦因数是定值。(2)d=3.5mm+20.0×0.01mm=3.700(3)遮光条经过光电门甲、乙的速度分别为v1,由匀加速直线运动的规律可得2aL=v2²一v₁²,综合可得图2中图线的函数表,则倾斜直线的斜率为1。(4)若图2中图线的纵截距为b,则有b,解得12.【答案】(1)=(1分)(2)正(1分)越来越小 (1分)(3)C(U₁—U₂)(2分)(2分)【解析】(1)当合上开关S₁(S₂未合上),稳定后，电压传感器的示数等于E,则E=U₁。(2)再合上开关S₂,电容器放电，放电电流沿逆时针方向，图2的放电电流为负值，说明电流沿逆时针为负值，则规定电流沿顺时针方向为正，i-t图像的斜率越来越小，则电流的变化率越来越小。(3)稳定后电压传感器的示数为U₂,则电容器两端电压的变化量△U=U₁-U₂,结合C=,由q=it可知电荷量是电流对时间的积累，则i-t图像与时间轴所围成的阴影部分面积的绝对值表示放电电荷量△Q=C(U₁—U₂),由闭合电路欧姆定律可【解析】(1)设光线1在A点的入射角为i,折射角为r,△AOB为等腰三角形，∠OAB=∠OBA=r,根据折射率的定义式，出射光线2在B点的折射角为i(1分)设∠AOB为β,∠AOB是∠ABO的4倍，则β=4r,三角形内角和为180°,∠ACB=150°,则综合解得r=30°、i=45°(1分)玻璃球对此种单色光的折射率(1分)(2)设该单色光从A点到B点的传播距离为d,由几何关系可得d=2Rcosr(1分)该单色光从A点到B点的传播时间(1分)由折射率定义可得(3分)【解析】(1)设小球的质量为m,则物块的质量为5m,小球从A点运动到B点由动能定理可得2(1分)解得vo=√2gh(1分)mvo=mvi+5mv₂(1分)(2)物块从B点运动到C点水