2025年春季高2026届三校区3月月考
物 理
（满分100分 考试用时75分钟）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置。
3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。
第Ⅰ卷（选择题共43分）
单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项正确；）
1.如图，在一条张紧的绳子上挂几个摆，其中A、B的摆长相等。当A摆振动的时候，通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力，使其余各摆做受迫振动。观察B、C、D摆的振动发现( )
A.C摆的频率最小 B.D摆的周期最大
C.B摆的摆角最大 D.B、C、D的摆角相同
2.用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是( )
3.如图所示为霍尔元件的工作原理示意图，导体的宽度为h、厚度为d，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，CD两侧面会形成电势差U，其大小与磁感应强度B和电流I的关系为U＝k，式中比例常数k为霍尔系数，设载流子的电荷量的数值为q，下列说法正确的是( )
A．霍尔元件是一种重要的电传感器
B．C端的电势一定比D端的电势高
C．载流子所受静电力的大小F＝q
D．霍尔系数k＝，其中n为导体单位体积内的电荷数
4.某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为( )
A．1.2 B．1.4 C．1.6 D．1.8
5.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中x＝2 m处的a质点从t＝0时刻起的振动图像。则下列说法正确的是( )
A.波传播的速度为2 m/s
B.t＝0.25 s时，x＝4 m处的质点b的加速度沿y轴负方向
C.t＝0.25 s时，质点a的位移沿y轴正方向
D.从t＝0开始，经0.3 s，质点b通过的路程是6 m
6．如图甲所示，在xOy平面内有两个波源S1(－2 m，0)和S2(4 m，0)，两波源做垂直于xOy平面的简谐运动，其振动图象分别如图乙和图丙所示，两波源形成的机械波在xOy平面内向各个方向传播，波速均为25 cm/s.xOy平面上有A、B两点，其位置坐标分别为A(－2 m，8 m)，B(0.5 m，0)，则( )
A．两波源形成的波不同，不能产生干涉现象
B．图中点A(－2 m，8 m)的振幅为6 m
C．AB连线上有一个振动加强点
D．两波源的连线上(不含波源)有11个振动加强点，它们的位移大小始终是2 m
7.如图，空间存在垂直纸面的匀强磁场，一粒子发射源P位于足够大的绝缘板上方，间距为d，在纸面内向各个方向发射速率均为v的同种带电粒子，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力．已知粒子做圆周运动的半径也为d，则粒子( )
A．能打在板上离P点的最远距离为d B．能打在板上的区域长度是2d
C．到达板上的最长时间为 D．到达板上的最短时间为
二、不定项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分；每小题有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8.(多选)如图，在光滑绝缘的水平面上放置两个带电小球A和B(均可视为质点)，已知A球的质量为m，B球的质量为3m，使两球分别带上同种电荷，相距L.现将两小球同时由静止释放，当A球的加速度大小变为释放瞬间的时，整个系统的电势能改变量为24 J，则在这一过程中，下列说法正确的是( )
A．B球运动的距离为0.75L B．A球运动的距离为0.75L
C．B球获得的动能为6 J D．A球获得的动能为6 J
9.(多选)如图，间距为L＝0.3 m的平行光滑金属导轨上端接有电动势E＝3.0 V、内阻r＝1.0 Ω的直流电源，导轨平面与水平面成θ＝37°角，匀强磁场方向沿竖直方向，现把一质量为m＝0.1 kg、电阻为R＝2 Ω的金属棒ab垂直放在金属导轨上，金属棒恰好静止．已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，则( )
A．金属棒ab的发热功率为3.0 W
B．磁感应强度大小为2.0 T C．磁场方向竖直向上
D．改变磁场方向，仍使金属棒静止在导轨上，磁感应强度的最小值为2.0 T
10.(多选)边长为a的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子(不计重力)从AB边的中点沿平行BC边的方向以不同的速率射入磁场区域，则( )
A．从BC边射出的粒子的最大速率为
B．从BC边射出的粒子的最大速率为
C．能从BC边射出的粒子最小速率为
D．能从BC边射出的粒子最小速率为
第II卷（非选择题共57分）
三、填空和实验题(本题共2小题,每空2分，共16分)
11.在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
(1)(多选)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是( )
A.干涉条纹的间距与光的波长有关 B.干涉条纹与双缝垂直
C.干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图甲所示，该读数为________ mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示。则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
12.在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)用一个摆长为80.0 cm的单摆做实验，要求摆动的最大角度小于5°，则开始时将摆球拉离平衡位置的距离应不超过________cm(保留1位小数)。(提示：单摆被拉开小角度的情况下，所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。)
（2）为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球应是经过最________(填“高”或“低”)点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。
(3)用最小刻度为1 mm的刻度尺测摆长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆长为________m。
(4)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________。
(5)考虑到单摆振动时空气浮力的影响后，学生甲说：“因为空气浮力与摆球重力方向相反，它对球的作用相当于重力加速度变小，因此振动周期变大。”学生乙说：“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做实验，因此振动周期不变”，这两个学生中________。
A.甲的说法正确 B.乙的说法正确 C.两学生的说法都是错误的
四、计算题，共41分（要求写出必要的文字说明、主要方程式，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分。）
13．（12分）由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个锐角为30°的直角三角形，如图所示，AC面镀膜，经透明体射到AC面的光只能反射．现有一束光从AB面的D点垂直AB面射入透明体，经AC面E点反射后从BC面射出透明体，出射光线与BC面成30°角．(1)求该透明体的折射率；(2)若光线从BC面的F点垂直BC面射
入透明体，经AC面E点反射后从AB面射出透明体，试画出经E点后的光路图，并计算出射光线与AB面所成夹角的角度
14.（14分）长为L的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
15．（15分）如图，在xOy平面的第二象限有一匀强电场，电场强度大小E可调，方向平行于y轴沿y轴正方向．第三象限有一垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电子源S在xOy平面内向各个方向发射速度大小不同的电子，电子只在第二、三象限运动。已知电子质量为m，电荷量大小为e。x轴上的P点与S点的连线垂直于x轴，S点与P点的距离为d，不考虑重力和电子间相互作用．(1)若从S发出的电子能在磁场中直接到达P点，求电子的最小速度v1；
(2)若通过P点的电子在电场和磁场中沿闭合轨迹做周期性运动，求场强的大小E0.
2025年春季高2026届三校区3月月考
物 理 参 考 答 案
（满分100分 考试用时75分钟）
1.答案 C 解析 由A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其他各摆振动周期跟A摆相同，频率也相等，故A、B错误；受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由题图可知B摆的固有频率与A摆的频率相同，B摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误。
2.答案 D 【解析】 从薄膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，在图中相邻亮条纹(或暗条纹)之间的距离变大，薄膜层的厚度逐渐变小，因条纹宽度逐渐变宽，则薄膜的厚度不是均匀减小，故选项D正确。
3.答案 D 【解析】 霍尔元件是磁传感器，A项错误；若载流子带正电，由左手定则可知正电荷往C端偏转，C端电势高，同理可知，若载流子带负电，D端电势高，B项错误；载流子所受静电力的大小F＝q，C项错误；载流子稳定流动时有qvB＝q，电流的微观表达式为I＝nqSv，其中n为导体单位体积内的电荷数，可得U＝Bh＝，又U＝k，则霍尔系数k＝，D项正确．故选D项．
4.答案 A 【解析】 画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角如图所示,全反射的条件sinC＝,由几何关系知sinC＝,联立解得n＝1.2故A项正确，B、C、D三项错误．故选A项．
5.答案 B 【解析】 由甲图知，波长λ＝4 m，由乙图知，质点的振动周期为T＝0.2 s，则波速为v＝＝ m/s＝20 m/s，故A错；由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以质点b处于正的最大位移处，加速度沿y轴负方向，故B正确；由乙图知，质点的振动周期为T＝0.2 s，所以质点a在t＝0.25 s的时刻的振动情况与t＝0.5 s时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以a的位移沿y轴负方向，故C错误；因为0.3 s＝1.5T，则s＝n×4A＝1.5×4×0.2 m＝1.2 m，故D错误。
6.答案 C 【解析】 由图乙、图丙可知两列波的周期都为4 s，则两列波的频率都为f＝＝0.25 Hz，可知两列波的频率相同，相位差恒定，可形成稳定的干涉现象，A项错误；两列波的波长均为λ＝vT＝0.25×4 m＝1 m，A点到两波源的波程差为Δs1＝ m－8 m＝2 m＝2λ，由于两波源的起振方向相反，可知A点为振动减弱点，故A点的振幅为A＝4 m－2 m＝2 m，B项错误；B点到两波源的波程差为Δs2＝3.5 m－2.5 m＝1 m＝λ，由于两波源的起振方向相反，可知A、B两点均为振动减弱点，而两波源到A点波程差为2λ，两波源到B点波程差为λ，因此A、B连线上有一个波程差为λ的点，该点为振动加强点，C项正确；两波源的连线上(不含波源)点与两波源的波程差满足|Δs|<6 m＝6λ，由于两波源的起振方向相反，可知当波程差满足(2n＋1)·时，该点为振动加强点，可知两波源的连线上(不含波源)有10个振动加强点，它们的振幅为6 m，但位移在－6 m到6 m之间变化，D项错误．故选C项．
7.答案 C 【解析】 用“旋转圆法”，如图1所示，右侧轨迹打在板上B点，当PB恰为轨迹圆的直径时，离P点最远，距离为2d.左侧轨迹与板的切点为A，则AB为能打在板上的区域长度，根据几何关系知：l＝d＋d＝(＋1)d，故A、B两项错误．如图2所示，当右侧轨迹与板相切时，转过的圆心角最大，经过的时间最长，t长＝t1＝T＝×＝，设粒子轨迹与板的交点为D，当PD与板垂直时，转过的弧长最短，经过的时间最短，t短＝t2＝T＝×＝，故C项正确，D项错误．
8.答案 BC 【解析】 依题意，可知A、B小球在库仑斥力作用下沿水平方向做加速运动，当A球的加速度变为释放后瞬间的时，根据牛顿第二定律可得F1＝k＝ma1，开始时，有F＝k＝ma，又a1＝a，解得此时两球的距离为L1＝2L，根据动量守恒定律，可知任意时刻mvA－3mvB＝0，则有msA－3msB＝0，又sA＋sB＝L1－L＝L，联立解得sA＝0.75L，sB＝0.25L，即在这一过程中，B球运动的距离为0.25L，A球运动的距离为0.75L，A项错误，B项正确；两球运动过程中，库仑力对两球做正功，两球机械能增加，根据能量守恒定律，依题意可得ΔEkA＋ΔEkB＝24 J，根据动量守恒定律，可知任意时刻mvA－3mvB＝0，即vA＝3vB，则有ΔEkA＝mvA2＝3××3mvB2＝3ΔEkB，联立解得EkA＝18 J，在这一过程中B球获得的动能为6 J，A球获得的动能为18 J，C项正确，D项错误．故选B、C两项．
9.答案 CD 【解析】 根据闭合电路欧姆定律可知，电流I＝＝1.0 A，金属棒ab的发热功率为P＝I2R＝2.0 W，A项错误；根据受力平衡可知，安培力方向水平向右，则磁场方向竖直向上，C项正确；对金属棒ab进行受力分析可得BIL＝mgtan θ，解得B＝2.5 T，B项错误；改变磁场方向，仍使金属棒静止在导轨上，磁感应强度最小时磁场的方向应垂直导轨向上，此时有BminIL＝mgsin θ，解得Bmin＝2.0 T，D项正确．故选C、D两项．
10.答案 AD 【解析】 如图所示，当粒子恰好从C点射出时，轨道半径最大，速率最大，圆心为O1，由几何关系可知，轨道半径r1＝a·tan 60°＝a，由牛顿第二定律可得qv1B＝m，联立解得v1＝，A项正确，B项错误；当粒子的轨迹恰好与BC相切时，半径最小，速率最小，圆心为O2，由几何关系可知，轨道半径r2＝a·sin 60°·＝a，由牛顿第二定律可得qv2B＝m，联立解得v2＝，C项错误，D项正确．故选A、D两项．
11.答案 (1)A (2)0.700 (3)大于
解析 (1)干涉条纹的间距Δx＝λ与单缝宽度无关，与光的波长有关，A正确C错误；干涉条纹与双缝平行，B错误。
(2)手轮的读数为0.5 mm＋20.0×0.01 mm＝0.700 mm。
(3)条纹与分划板不平行时，实际值Δx实＝Δx测cos θ，θ为条纹与分划板间的夹角，故Δx实<Δx测。
12.答案 （1）由弧长公式可知l＝θR，又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝×2π×80.0 cm＝6.98 cm，结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；
(2)低，摆球经过最低点时小球速度最大；
(3)从悬点到球心的距离即为摆长，可得L＝0.998 0 m(左右）。
(4)由单摆周期公式T＝2π，可得g＝。
(5)由于受到空气浮力的影响，小球的质量没变而是相当于小球所受重力减小，即等效重力加速度减小，因而振动周期变大，选项A正确。
13.解析：(1)如图，由几何关系知 θ1＝30°，θ2＝60°
由折射定律得 n＝＝
（2）若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体，如图，光线射到AC面上的入射角为60°，sinC＝
14.解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有 m1g＝m1①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，设A在最低点的速度大小为vA，有
m1v＝m1v2＋2m1gL②
由动量定理，有I＝m1vA③
联立①②③式，得I＝m1④
(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝m2v⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek＝⑧
15.解析 (1)从S发出电子在磁场中做圆周运动能直接到达P点的最小半径r1＝d
由向心力公式有ev1B＝m
解得v1＝.
(2)设电子初速度为v，初速度方向与SP的夹角为θ，从Q点由电场进入磁场，如图所示：
设该轨迹圆半径为r，由几何关系可知2rsinθ＝d
由向心力公式有evB＝m
设电子每次在电场中运动的时间为2t，则
y方向有vcosθ＝t
x方向有vtsinθ＝rcos θ
联立解得E0＝.
另一种情景如图：
同理可得：联立解得E0＝.
