长沙市同升湖高级中学
2026届高三第一次月考物理试卷
时量：75分钟满分：100分
审题：高三物理备课组
一、单项选择题（共6小题，每小题4分，共24分。）
1.我国物理学家會谨言會说：“20世纪量子物理学所碰到的问题是如此复杂和困难，以至没
有可能期望一个物理学家能一手把它发展成一个完整的理论体系。”下列一系列理论都和量
子力学的建立紧密相关，其内容正确的是()
A.普朗克黑体辐射理论认为：微观粒子的能量是分立的
B.玻尔的氢原子模型认为：电子绕核运动的轨道可以是任意半径
C.德布罗意的物质波”假设认为：实物粒子也具有波动性，波长入=君
D.爱因斯坦的光电效应理论认为：光电子的最大初动能与入射光的强弱有关
2.某人想估测一枯井的深度：他从井口静止释放一小石块并开始计时，经过2s听到石块落
到底部。下列选项最接近枯井深度的是（)
A.16m
B.19m
C.22m
D.25m
3.甲、乙两物体从同一位置出发沿同一直线运动的V一t图像如图，下列判断正确的是()
A.在前6s内甲做匀速直线运动，乙做匀变速直线运动
←/msl)
B.在1s末，甲、乙两物体的速度相同，加速度相同
甲
C.乙在前2s内做匀加速直线运动，2s6s内做匀减速直线运动
D.第2s后，甲、乙两物体的速度方向相反
01234567t/s
4.如图，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从柱体的O点（半圆的圆心）射向空气，
入射角α=30°，产生的反射光束1和折射光束2恰好垂直，下列说法正确的是(
A.玻璃柱体对该单色光束的折射率为瓦
B.光束1和光束2的传播速度相同
C.玻璃柱体对该单色光束的折射率为
D.无论a增加到多大，都不可能发生全发射
5.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率y1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一
物块以初速度o从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的y一t图像如图
乙所示，物块运动到传送带顶端时速度恰好为零，si37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g
取10m/s2,则(
A.传送带的速度大小为4ms
4/(m·s-1)
B.传送带底端到顶端的距离为14m
C.物块与传送带间的动摩擦因数为日
2 t/s
D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
甲
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6.如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板
的左端分别放一个大小、形状、质量完全相同的物体，开始时都处于静止状态，现分别对两
物体施加水平恒力F1、F2,当物体与板分离时，两木板的速度分别为v1和v2,若已知v2>
1,且物体与木板之间的动摩擦因数相同，以下几种情况中不能成立的是(
A.F1=F2,且M1>M2
→F
B.F1=F2,且M1
→F3
M
D.F1>F2,且M1>M2
二、多项选择题（共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项
中有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得3分，不选或有
错选得0分)
7.神舟十三号载人飞船与天和核心舱实现了我国首次飞船径向对接，从发射到对接成功仅历
时6.5小时，对接前两者稳定运行的圆周轨道如图所示，则两者稳定运行时()
A.天和核心舱运行周期更小
天和核心舱轨道
B.天和核心舱加速度更小
C.天和核心舱运行线速度更小
神舟十三号预订轨道
D.神舟十三号需在原轨道减速才能完成对接
8如图所示，一可视为质点的冰壶以速度v垂直进入三个完全相同的矩形区域做匀减速直线
运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度
大小之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(
)
A.12w3=3:2:lB.y1y2y3=V√3：V2:1
C.t1t2:3=1√23D.t1t2:t=(3-V2)(v2-1)l
9.如图所示，这是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，α、b两质点平衡位
置的坐标分别为xa=1.5m,=3.5m,经△1=0.1s时，a质点第二次到达平衡位置，则()
A.图中b质点的速度方向与加速度方向相反
↑ylcm
B.若发生干涉现象，则该波所遇到的波的频率为8.75Hz
C.从该时刻经1s,质点a通过的路程为70cm
D.在某一时刻，α、b两质点的位移和速度可能相同
10.如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，
弹簧固定在竖直板上。两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态。
已知B球质量为m,O在半圆柱体圆心O的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与
半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，将轻质细绳剪断的瞬间（重力加速度为g),下
列说法正确的是(
A.弹簧弹力大小为mg
B.球B的加速度为g
●
3045
C.球A受到的支持力为5mg
D.球A的加速度为8
7777777
第2页共4页物理答案
一、单选题
1.【答案】A
【解析】普朗克黑体辐射理论提出微观粒子的能量是分立的，A正确；玻尔的氢原子模型认为电子绕核运动的轨道不是任意半径，B错误；德布罗意的“物质波”假设认为实物粒子也具有波动性，波长，C错误；爱因斯坦的光电效应理论认为光电子的最大初动能与入射光的频率有关，D错误。故选A。
2.【答案】B
【解析】石块做自由落体运动，则2s的位移为，考虑到声音传播的因素，则石子下落的时间小于2s，则下落的距离小于20m，则最接近枯井深度的是19m。故选B。
3.【答案】C
【解析】AC．由v－t图像可知，甲以2m/s的速度做匀速直线运动；乙在0~2s内做匀加速直线运动，加速度，2s~6s内做匀减速直线运动，加速度，故整个过程中加速度发生变化，不是匀变速直线运动，故A错误，C正确；由图像可知，在第1s末，甲、乙的速度相同，甲做匀速直线运动，无加速度，故B错误；在0~6s内，甲、乙的速度均为正，所以速度的方向相同，故D错误。
4.【答案】C
【解析】反射光束1和折射光束2恰好垂直，由几何知识可求得此时的折射角为γ＝60°，由折射定律可得，玻璃柱体对该单色光束的折射率为n＝＝，故A错误；C正确；光从光密介质进入光疏介质，当入射角大于或等于临界角时，将发生全反射现象，根据sin C＝＝，可知当α≥C时，将发生全反射，故D错误．
5.【答案】A
【解析】如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度大小为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v－t图线与坐标轴所围的面积，即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，由v－t图像及牛顿第二定律可得gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2，1～2 s内，gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。
6.【答案】B
【解析】在物块与木板相对滑动时，都做匀加速直线运动，对物块有，对木板有，若，则物块加速度相等，即，若，则木板加速度。根据，可知，故，根据知，故A正确；同理可知，若，且，故B错误；若，则物块加速度关系为，若，则木板加速度关系为。根据，由，知，故，故C正确；若，则物块加速度关系为，若，则木板加速度关系为。根据，故，根据知，故D正确。本题选择不能成立的，故选B。
二、多选题
7.【答案】BC
【解析】根据，可得，天和核心舱的轨道半径更大，则运行周期更大，故A错误；根据，可得，天和核心舱的轨道半径更大，则加速度更小，故B正确；根据，可知，神舟十三号的轨道半径小，则线速度更大，故C正确；变轨需要神舟十三号的轨道半径变大，则需要加速做离心运动完成对接，故D错误。
8.【答案】BD
【解析】因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，可以看成反向的初速度为0的匀加速直线运动来研究。初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)，则所求时间之比t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，故选项C错误，D正确；由v2－v02＝2ax可得，初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位移的速度大小之比为1∶∶，则所求的速度大小之比v1∶v2∶v3＝∶∶1，故选项A错误，B正确。
9.【答案】AB
【解析】由于波向右传播，因此b质点正向下运动，加速度方向向上，A正确；若经Δt＝0.1 s时，a 质点第二次到达平衡位置，则波向右传播了x＝3.5 m，因此波速v＝＝35 m/s，由题图可知波长λ＝4 m，根据v＝λf，可得波的频率f＝8.75 Hz，B正确；1 s时间内，质点振动了8.75个周期，质点每振动一个周期，运动的路程等于4倍振幅，若质点a初始位置在平衡位置或最大位移处，通过的路程为8.75×4×2 cm＝70 cm，而初始时刻质点a不在特殊位置，因此路程不是70 cm，C错误；a、b 两质点平衡位置间的距离是半波长，因此振动过程中位移和速度总是大小相等方向相反，D错误。
10.【答案】AD
【解析】剪断细绳前对B球受力分析如图，由平衡条件可得F弹＝mgtan 45°＝mg；剪断细绳瞬间，细绳上弹力立即消失，而弹簧弹力F弹和B球重力的大小和方向均没有发生改变，则F合＝＝mg，aB＝g，选项A、B错误；剪断细绳前，A球的重力大小GA＝2F绳cos 30°＝mg，剪断细绳瞬间，A球受到的支持力FNA＝GAcos 30°＝mg，选项C错误；剪断细绳瞬间，对A球由牛顿第二定律有mAgsin 30°＝mAaA，得A的加速度aA＝gsin 30°＝g，选项D正确。
三、实验题
11.【答案】(1)弹簧测力计拉力(即细线Pc)的方向
(2)G 竖直向上
【解析】(1)第④步中还应记录的是弹簧测力计拉力(即细线Pc)的方向，以便⑤中验证“力的平行四边形定则”。(2)第⑤步中，钩码的重力、橡皮条的拉力和弹簧测力计的拉力三力平衡，则橡皮条拉力与弹簧测力计拉力的合力大小等于重力G，方向与重力方向相反，即竖直向上。
12.【答案】(1)12.20
(2)7.4
(3)9.8
【解析】（1）根据游标卡尺的读数规律，
该读数为
（2）由于相邻计数点之间还有4个点未画出，
则相邻计数点之间的时间间隔为
打E点时的速度
根据角速度与速度的关系有
结合上述解得
（3）由于
则角加速度
根据逐差法可知，加速度
则角加速度
四、计算题
13.【答案】(1)－173℃ (2)从外界吸热200J
【解析】(1)对于理想气体∶从A→B发生等容变化，由查理定律得＝(2分)可得TB＝TA＝100K（2分）
所以tB＝(100－273)℃＝－173℃。（不化为摄氏度不扣分）
(2)从B→C过程，发生等压变化，由盖—吕萨克定律得＝（1分）
解得TC＝300K（1分）
所以tC＝27℃
状态A、C温度相等，即ΔU＝0（1分）
A→C的过程，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W（1分）
可得Q＝ΔU－W＝pBΔV＝200J（1分）
即气体从外界吸热200J。（1分）
14.【答案】(1)m/s2；(2)不能安全超车，详见解析
【解析】(1)A车减速到与B车同速时，若恰未与B车相碰，则A车将不会与B车相碰，设经历的时间为t，则
A车位移（1分），B车位移，（1分），（1分）联立解得t=s（2分）
则A车与B车不相碰，刹车时的最小加速度大小（2分）
(2)设A车加速t2时间后车尾到达B车车头，则（2分）
解得t2=2s（1分）
在此时间内，A车向前运动了（2分）
计算可得（1分）
说明在离并道对接口16m的距离上以3m/s2的加速度加速不能实现安全超车。（1分）
15.【答案】(1)1 m/s (2)1.9 m
【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①（1分）
f2＝μ1mBg②（1分）
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③（1分）
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④（1分）
f2＝mBaB⑤（1分）
f2－f1－f3＝ma1⑥（1分）
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦（1分）
v1＝a1t1⑧（1分）
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s⑨（1分）
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
xB＝v0t1－aBt⑩（1分）
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2 （1分）
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2 （1分）
对A有v2＝－v1＋aAt2 （1分）
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
x1＝v1t2－a2t （1分）
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
xA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2 （1分）
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
x0＝xA＋x1＋xB (1分)
联立以上各式，并代入数据得
x0＝1.9 m（1分）
(也可用下图中的速度—时间图线求解)
