广东东莞市两校联考2026-2027学年高三上学期开学物理试题（含解析）

2026-2027学年高三年第一学期9月测试试卷物理一、选择题，本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求；第8~10题，每小题6分，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。1.无人机从地面由静止开始竖直上升，内做初速度为零的匀加速直线运动，内做匀速直线运动，内的位移一时间图像如图所示，则下列说法正确的是（）A.无人机匀速运动时的速度B.无人机加速运动时的加速度C.无人机内的位移D.无人机匀速运动的位移【答案】B【解析】【详解】A．设匀速时速度大小为，结合题意图像，在0~10s内有解得故A错误；B．前5s内，无人机初速度为零的匀加速直线运动，故无人机匀加速运动的加速度大小故B正确；CD．0~5s内的位移则匀速运动的位移故CD错误。故选B。2.如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管固定在竖直平面内，两段水银柱A和C将空气柱B封闭在左侧竖直段玻璃管，平衡时A段水银有一部分在水平管中，竖直部分高度为h2，C段水银两侧液面高度差为h1。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则再次平衡后（）A.空气柱B的长度减小 B.左侧水银面高度差h2减小C.空气柱B的压强增大 D.右侧水银面高度差h1增大【答案】B【解析】【详解】BCD．设大气压强为，水银密度为，空气柱B的压强为若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，先假设左边水银面都不动，由于右管变大，B气体下面的水银上升，使得B气体压强变大，从而使B气体上面的水银向上移动，使得减小，最终稳定时有由于可得，可知左侧水银面高度差减小，空气柱B的压强减小，右侧水银面高度差减小，B正确，CD错误；A．空气柱B发生等温变化，根据玻意耳定律由于空气柱B的压强减小，所以空气柱B的体积增大，空气柱B的长度增大，A错误。故选B。3.如图所示为“V”形吊车的简化示意图，底座支点记为O点，OA为定杆且为“V”形吊车的左臂，OA上端A处固定有定滑轮，OB为活杆且为“V”形吊车的右臂，一根钢索连接B点与底座上的电动机，另一根钢索连接B点后跨过定滑轮吊着一质量为M的重物，通过电动机的牵引控制右臂OB的转动从而控制重物的起落。图示状态下，重物静止在空中，左臂OA与水平面的夹角为α=60°，左臂OA与钢索AB段的夹角为θ=30°，且左臂OA与右臂OB恰好相互垂直，左臂OA质量为m，不计右臂OB和钢索的质量及一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是（  ）A.图示状态下，钢索对定滑轮的压力为，方向由A指向OB.图示状态下，钢索对右臂OB的作用力为Mg，方向由B指向OC.底座对O点竖直向上的合力为D.当启动电动机使重物缓慢上升时，左臂OA受到的钢索的作用力逐渐减小【答案】B【解析】【详解】A．根据几何关系，线段AM与OA段夹角为30°，θ=30°，根据平行四边形法则，钢索对定滑轮的压力为方向由A指向O，故A错误；B．钢索张力等于Mg，AB段对B点拉力为Mg，根据几何关系，OB段与竖直方向夹角60°，AB段、OB段夹角60°，以OB所在直线和垂直于OB的直线建立直角坐标系，垂直于OB方向，有得，连接B点与底座上的电动机的钢索的拉力，则钢索对右臂OB的作用力为方向由B指向O，故B正确；C．对AOB支架及重物M整体进行受力分析可知，系统受重力、底座的支持力NO，连接B点与底座上的电动机的钢索的向下的拉力，则有又故由牛顿第三定律可知，底座对O点竖直向上的合力为，故C错误；D．当启动电动机使重物缓慢上升时，与重物相连的钢索张力不变，钢索与OA夹角不变，活杆OB顺时针转动，AB与OA夹角变小，即两绳AM、AB夹角变小，两个等大的共点力合成，夹角越小合力越大，所以左臂OA受到的钢索的作用力变大，故D错误。故选B。4.如图所示，通过一原、副线圈匝数比为1∶10的变压器和一个二极管为电容器充电。已知原线圈两端正弦式交流电电压有效值U恒定，下列说法正确的（）A.若将电容器两极板正对面积减小，电容器所带电荷量增大B.减少电容器两极板间距离，电容器充电的过程中，电容器两板间电场强度不变C.不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端电压的最大值为UD.不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端电压的最大值约为14.14U【答案】D【解析】【详解】A．二极管具有单向导电性，所以电容器两端的带电量不能减少，只能不变或者是增加，当两极板正对面积减小时，电容器的电容C减小，又由于得电容器所带电荷量减少，但是二极管的单向导电性不能减少，电压不变的情况下电荷量保持不变，故A错误；B．二极管具有单向导电性，所以不能改变，电容器两端的电压的有效值不变，根据不变的情况下减小则会变大，故B错误；CD．原、副线圈匝数之比为1：10，原线圈两端电压有效值U恒定，则原、副线圈两端的电压最大值之比等于匝数之比即原、副线圈两端电压最大值之比为1：10，因此副线圈电压最大值为14.14U，不计二极管分压，待电路稳定后，电容器两端的最大值电压等于副线圈两端电压的最大值，C错误，D正确。故选D。5.下列四个运动图像中物体处于静止状态的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】A.物体速度随时间均匀增加，因此做匀加速运动，A错误；B.物体的速度恒定不变，因此物体做匀速运动，B错误；C.物体位移随时间均匀增加，因此物体做匀速运动，C错误；D.物体位置保持不变，因此物体处于静止状态，D正确。故选D。6.为了测量蹦床运动员跃起的高度，在弹性网上安装压力传感器记录弹性网所受的压力，作出图像如图所示。重力加速度取，不计空气阻力，则（）A.时间内，平均速率为零B.时间内，速度变化量为零C.时间内，速度变化率为零D.运动员跃起的最大高度是【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知，在内对蹦床的压力为零，即运动员在做竖直上抛运动，且竖直上抛时间为根据竖直上抛运动的对称性可知，下落时间为和4.3s，运动员虽然在同一位置，但时间内路程不为零，平均速率也不为零，A错误；B．2.3s和4.3s，速度大小相同，但方向相反，速度变化量不为零，B错误；C．两小球均未落地前，速度变化率相同，为，C错误；D．由运动学知识可知运动员跃起的最大高度为，D正确。故选D。7.2023年8月24日，日本开启福岛核污染水排海计划，引发了国际上的广泛反对和抗议。关于原子和原子核的知识，下列说法中正确的是（）A.日本排放的核污水中含有多种放射性元素，某些放射性元素的半衰期很长，即使把放射性物质沉入深海海底，其半衰期也保持不变B.核外电子从高能级向低能级跃迁会释放出射线C.核反应中质量守恒D.比结合能大的原子核核子的平均质量大【答案】A【解析】【详解】A．半衰期不会因为环境的变化发生变化，A正确；B．核外电子从高能级向低能级跃迁只会释放出光子，不会放出射线，B错误；C．核反应中质量不守恒，C错误；D．比结合能大的原子核核子的平均质量小，D错误。故选A。8.如图所示，轻杆的左端用铰链与竖直墙壁连接，轻杆的左端固定在竖直墙上，图甲中两轻绳分别挂着质量为、的物体，另一端系于点，图乙中两轻绳分别挂着质量为、的物体，另一端系于点。四个物体均处于静止状态，图中轻绳、与竖直方向的夹角均为，下列说法可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】【详解】AB．图甲中，轻绳中的弹力大小，轻杆的左端用铰链与竖直墙壁连接，若轻杆保持静止，则杆的弹力一定沿杆的方向，分析点的受力，如图所示，其中根据平衡条件，竖直方向，有，其中得，A错误，B正确；CD．图乙中，轻绳中的弹力大小，轻杆左端固定，杆的弹力方向可以是任意方向，不需要沿杆，杆可以提供任意大小、任意方向的弹力，分析点的受力，如图所示，其中以竖直向上为正，设杆的弹力在竖直方向的分力为，表示分力方向向上，表示分力方向向下在竖直方向，有，其中若，代入有，方向竖直向上，合理，可能正确若，代入有，方向竖直向上，合理，可能正确，综上可知，C、D正确。故选BCD。9.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（）A.向右做匀速运动 B.向左做减速运动C.向右做减速运动 D.向右做加速运动【答案】BC【解析】【详解】A．当导体棒向右匀速运动时，产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，线圈c中无感应电流出现，也不被螺线管吸引，A错误；B．当导体棒向左减速运动时，由E=BLv可知，导体棒产生减小的电动势，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流（从右向左看）且被螺线管吸引，B正确；C．同理可判定导体棒向右做减速运动时，线圈c中有感应电流，且被螺线管吸引，C正确；D．导体棒向右做加速运动时，线圈c中有感应电流，可是被螺线管排斥，D错误。故选BC10.2021年2月10日，天问一号近火制动准时开始，并被火星成功捕获后，其“绕、着、巡”的三步计划也顺利开启，发射卫星登上火星一般是利用火星与地球距离最近的机会。若已知地球和火星绕太阳公转的方向相同，轨道都近似为圆，火星公转轨道半径为地球的1.5倍，已知地球公转周期为1年。则下列说法正确的是（）A.火星公转周期约为地球公转周期的1.8倍B.火星公转周期约为地球公转周期的3.4倍C.下一次发射良机需隔约2.2年D.下一次发射良机需隔约6.2年【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB．根据万有引力提供向心力，则有解得由此可知，火星公转周期约为地球公转周期的1.8倍，A正确，B错误；CD．两颗行星再一次相距最近，满足解得代入数据可得年C正确，D错误。故选AC。二、非选择题：本大题共5小题，共54分。11.用如图甲所示的装置探究小车加速度与受到拉力的关系。通过打点计时器测加速度，认为细绳拉力等于钩码的重力。已知交流电频率是50Hz，重力加速度g取。完成实验，并回答问题：（1）除图甲中给出的器材之外，完成实验还需要的器材有______。（填序号）A.天平 B.刻度尺 C.停表 D.弹簧测力计（2）安装好装置，垫块放在某位置，接通电源，给小车一个初速度，打出纸带如图乙所示。已知纸带左端和小车相连，则接下来的操作应该是______。A.向小车中加入适当砝码，再打出纸带并分析纸带B.把细线系在小车上并绕过滑轮悬挂钩码，再打出纸带并分析纸带C.将垫块适当左移，再打出纸带并分析纸带D.将垫块适当右移，再打出纸带并分析纸带（3）调整好装置，规范操作，得到一条如图丙所示的纸带（每相邻两点之间还有4个点未标出）。小车加速度大小______。（结果保留三位有效数字）（4）改变钩码的质量，多次实验，得到小车加速度a与钩码总质量m的多组数据，建立a-m坐标系，描点得到如图丁（a）所示的图线。图线的末端明显偏离了直线，其主要原因是______。A.钩码总质量不满足远小于小车质量B.钩码总质量不满足远大于小车质量C.平衡摩擦力过度D.没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够（5）一位同学将手机固定在小车上，重复第（4）步，得到图线如图丁（b）所示。则手机的质量为______g。（结果保留三位有效数字）【答案】（1）B（2）D（3）2.03（4）A（5）160【解析】【小问1详解】A．钩码的质量已知，不需要利用天平来测量，故A错误；B．需要利用刻度尺测量纸带上的点的间距，故B正确；C．打点计时器打出的两点之间间隔的时间与交变电流的频率有关，不需要停表，故C错误；D．实验中认为钩码的重力等于绳的拉力，不需要弹簧测力计，故D错误。故选B。【小问2详解】B．平衡小车的摩擦力操作过程中不需要挂砝码，故B错误；A．平衡摩擦力的方式是改变斜面的倾角，使得小车的重力沿斜面的分量能与摩擦力相等，与小车自己的重力大小无关，故A错误；CD．根据纸带可知，小车运动的速度逐渐变大，说明小车做加速运动，是由于斜面的倾角过大导致的。所以应将垫块向右侧移动，使得斜面倾角减小，故C错误，D正确。故选D。【小问3详解】根据题干信息可知，纸带上的两个点之间的时间间隔根据公式，并且利用逐差法计算加速度的大小【小问4详解】AB．实验中将钩码的重力当成细线的拉力，即实际上的牛顿第二定律公式应为当钩码质量较大时，图像会发生弯曲，故A正确，B错误；CD．当系统未平衡摩擦力或平衡摩擦力过度时，图像中的曲线会不过原点，故CD错误。故选A。【小问5详解】如图所示，在钩码质量远小于小车质量的情况下，画出的图像是一条过原点的直线，此时可知小车质量越大，图像的斜率越小，即b图是加上手机后的图像，即，所以手机的质量为代入数据可解得12.图甲为某水果加工厂的苹果自动分拣装置示意图。该装置把大小不同的苹果按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。装置中R1为半导体薄膜压力传感器，托盘置于R1上，托盘所受重力不计。苹果经过托盘时对R1产生压力，半导体薄膜压力传感器R1的阻值随压力F变化的图像如图乙所示。初始状态衔铁水平，当电阻箱R2两端电压时，控制电路使电磁铁工作吸动衔铁，并保持一段时间，确保苹果在衔铁上运动时电磁铁保持吸合状态。已知电源电动势E=9V，内阻不计，取重力加速度大小g=10m/s2。（1）当较小的苹果通过托盘秤时，R1所受的压力较小，此时R1的电阻___________（选填“较大”或“较小”）；（2）现以0.28kg为标准质量将苹果分拣开，电阻箱R2的阻值应调为___________kΩ，质量大于0.28kg的大果将通过___________（填“上通道”或“下通道”）；（3）下列情况能提高分拣标准（即挑选质量更大的苹果）的是___________A.调节R2变大B.增大电源电动势C.增加电磁铁线圈匝数D.电源使用一段时间后，电动势几乎不变，内阻变大【答案】（1）较大（2）①.10②.下通道（3）D【解析】【小问1详解】由图乙可知，的阻值随压力减小而增大，较小苹果压力小，因此​的电阻较大。【小问2详解】[1]标准质量，压力由图乙可得此时。

​与​串联，电源，临界状态时电压，因此电压串联电路电压比等于电阻比得。[2]质量大于0.28

kg的苹果，压力更大，更小，电路总电阻更小、电流更大，两端电压，电磁铁吸合衔铁，苹果从下通道通过。【小问3详解】提高分拣标准，即需要更大质量（更小）才能满足触发吸合A．​变大，相同下更大，更小质量就能触发吸合，分拣标准降低，故A错误；B．增大电源电动势，相同​下​更大，更小质量就能触发吸合，分拣标准降低，故B错误；C．增加电磁铁线圈匝数，电磁铁磁性增强，更小电流就能吸合，更小质量就能触发，标准降低，故C错误；D．E不变，内阻变大，总电阻增大，相同下电流减小，减小，原来临界质量无法触发吸合，需要更大质量（更小）才能让达到3V，分拣标准提高，故D正确。故选D。13.如图甲所示，一圆柱形绝热汽缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞质量m=2kg、横截面积S=5×10-4m2，原来活塞处于A位置。现通过电热丝缓慢加热气体，直到活塞缓慢到达新的位置B，在此过程中，缸内气体的V-T图像如图乙所示，已知大气压强p0=1.0×105Pa，忽略活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。（1）求活塞到达位置B时缸内气体的体积？（2）活塞从A位置缓慢到B位置的过程中，气体对外做功多少？（3）若缸内气体原来的内能U0=70J，且气体内能与热力学温度成正比。求缸内气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为多少？【答案】（1）6×10-4m3；（2）28J；（3）63J【解析】【分析】【详解】（1）由盖一吕萨克定律有解得（2）活塞从A位置缓慢到B位置，活塞受力平衡，气体为等压变化，以活塞为研究对象解得气体对外界做功（3）由气体的内能与热力学温度成正比解得由热力学第一定律得气体变化过程中从电热丝吸收的总热量为14.如图(a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m．距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏．现在AB板间加如图(b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V．有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度从AB正中间持续射入，粒子的质量m=1.0×10-7kg，电荷量q=1.0×10-2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s．带电粒子的重力不计．求：（1）在t=0时刻进入的粒子射出电场时竖直方向的速度；（2）荧光屏上出现的光带长度．【答案】（1）103m/s（2）0.04m【解析】【详解】（1）带电粒子穿过偏转电场的时间恰好是交变电场变化的周期．在交变电场运动时，加速度的大小t=0飞入电场的粒子，飞出电场时，竖直方向的速度为同时判断该粒子是否打到极板y=0.035m<d/2（2）讨论临界的两种情况粒子飞出时，竖直向下位移最大，必须要求t=0时刻飞入电场由第一问得y=0.035m打到屏上的位置为粒子飞出时，竖直向上位移最大，必须要求t=2×10-5s飞入电场此时竖直速度仍为