2026届四川省成都市成华区列五中学高三上学期12月一诊考前模拟物理试题含答案解析

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一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题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. 原子核可以实现人工转变，例如一个Na核俘获1个α粒子后变成1个新核，并释放某个粒子X，其核反应方程为 1123Na+24He→1226Mg+X。则X粒子为( )
A.01nB.−1 0e
C.11HD.γ光子
答案 C
解析 粒子X的质量数为23+4-26=1，电荷数为11+2-12=1，所以X为 11H，核反应方程为 1123Na+24He→1226Mg+11H，故选C。
2. 2023年10月31日，神舟十六号飞船完成多项预定工作后成功返回地面。神舟十六号载人飞船返回过程，在A点从圆形轨道I进入椭圆轨道II，B为轨道II上的一点，如图所示。已知飞船在轨道I上飞行周期为T，地球质量M和半径R0、万有引力常量G。则下列说法中正确的是（ ）
A. 可计算飞船的质量
B. 可计算轨道I离地面的高度
C. 可知飞船在轨道I上的机械能与在轨道II的机械能相等
D. 可知飞船在圆轨道I上运行的角速度比在地球同步轨道上的小
【答案】B
【解析】
【详解】A．飞船在轨道I上飞行周期与它本身质量无关，所以不可计算飞船的质量，故A错误；
B．根据万有引力提供向心力
根据这个式子可以解得轨道I离地面的高度h，故B正确；
C．从轨道I到轨道II要减速，所以飞船在轨道I上的机械能比在轨道II的机械能大，故C错误；
D．飞船的运行高度比同步卫星低，根据
可知半径越大，角速度越小，所以飞船在圆轨道I上运行的角速度比在地球同步轨道上的大，故D错误；
故选B。
3. 图甲为某人发明的自动叉秸秆工具，捆成圆柱形的秸秆从地上被叉起后，处于长、短直杆之间被短直杆挡住，短直杆焊接在长直杆上，且二者之间夹角小于90°，简化图如图乙所示，不计一切摩擦。若长直杆由水平逆时针缓慢转至竖直，则下列说法正确的是（ ）
A．长直杆对秸秆的弹力一直增大
B．长直杆对秸秆的弹力先减小后增大
C．短直杆对秸秆的弹力一直增大
D．短直杆对秸秆的弹力先减小后增大
【答案】C
【详解】对秸秆受力分析可知，秸秆受到重力mg，短直杆弹力F2，长直杆弹力F1，如图
由题意知长直杆与短直杆的角小于90°不变，则F2与F1的夹角不能变，故图中θ不能变，由于秸秆受三力平衡，作出力的矢量三角形如上图所示，当长直杆由水平缓慢转至竖直时，图像可知F2一直增大，F1先增加后减小，故短直杆对秸秆的弹力一直增大，长直杆对秸秆的弹力先增加后减小。
故选C。
4. 如图甲为喷墨打印机的结构简化图。当计算机有信号输入时，墨盒喷出细小的墨滴，经过带电室后带上负电，其电荷量由输入信号控制。墨滴进入平行金属板，最后打到纸上，显示出打印内容。当计算机无信号输入时，墨滴不带电，径直通过板间后注入回流槽流回墨盒中。已知两板间的电压为U，距离为d，板长为L。墨滴的质量为m，电荷量为q，以水平初速度v0进入平行金属板，假设平行金属板之间为匀强电场，全程仅考虑墨滴受到的电场力。下列说法正确的是（ ）
A．墨滴穿过电场的过程中受到的电场力大小为F=qUd
B．墨滴穿过电场的过程中竖直方向的位移大小为y=qUL2mdv02
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为tanθ=qUL2mdv02
D．某同学打印的照片如图乙所示，若仅将两板间的电压增大50%，则最终打印稿上出现的照片图样是丙，仅纵向扩大50%
【答案】D
【详解】A．两板间的匀强电场的场强大小为E=Ud墨滴受到的电场力大小为F=qE=qUd故A错误；
B．墨滴穿过电场的过程中做类平抛运动，则有L=v0t，y=12at2又a=qUmd联立解得y=qUL22mdv02故B错误；
C．墨滴穿出电场时速度与水平方向的夹角θ的正切值为tanθ=vyv0=atv0=qULmdv02故C错误；
D．根据y=qUL22mdv02若仅将两板间的电压增大50%，则墨滴竖直方向的位移增大50%，故D正确。故选D。
5、如图所示，为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图为质点以此时刻为计时起点的振动图像，从该时刻起，下列说法正确的是（ ）
A．该波正在向轴负方向传播，波速为
B．经过后，质点经过的路程为，且速度最大，加速度最小
C．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为的障碍物，不能发生明显的衍射现象
D．若波源向轴负方向运动，在处放一接收器，接收器接收到的波源频率可能为
【答案】B
【详解】A．在图中，时刻正向上振动，在图中，根据波形平移法可知，波正在向轴正方向传播。该波的波长和周期分别为，
所以波速
故A错误；
B．根据题意可知
所以经过后，质点经历的路程为
到达平衡位置，速度最大，加速度最小，故B正确；
C．该波的波长为，若该波在传播过程中遇到一个尺寸为的障碍物，波长与障碍物尺寸差不多，能发生明显衍射现象，故C错误；
D．该波的频率为
若波源向轴负方向运动，波源与接收器间的距离增大，产生多普勒效应，在处的接收器接收到的波源频率减小，小于，故D错误。
故选B。
6、如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为和。在它们的中垂线上水平固定一根内壁光滑的绝缘细管，一电量为的小球缓慢经过细管，则小球（ ）
A．小球的加速度先减小后增加 B．小球的速度先减小后增加
C．受到的库仑力最大值为D．管壁对小球的弹力最大值为
【答案】C
【详解】AB．根据等量异种点电荷电场线分布特点可知，带电小球运动过程中一直受到水平向右的电场力，电场力与细管对其水平弹力平衡，小球的合力为零，加速度为零，小球做匀速直线运动，速度保持不变，故AB错误；
C．等量异种点电荷连线的中垂线上，连线中点处场强最大，小球在该处受到的库仑力最大，则有
故C正确；
D．根据C选项分析可知，在等量异种点电荷连线中点处，管壁对小球的水平弹力与库仑力平衡，则此时管壁对小球的水平弹力大小为，故D错误。
故选C。
7、如图所示，在平行板电容器中固定一个带负电质点P，电容器下极板接地，电源电动势和内阻分别为E和r，电流表和电压表均视为理想电表，电压表和电流表示数为U和I。当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表和电流表示数都变大
B．P质点的电势能增加
C．R3消耗的电功率变大
D．电源的输出功率一定减小
【解答】解：A、当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，干路电流I增大，R3两端电压为U3＝E﹣I（R1+r），可知U3减小，通过R3的电流I3减小，电流表示数为IA＝I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，R2的电压U2增大，电压表示数为UV＝U3﹣U2，U3减小，U2增大，则UV减小，故A错误；
B、电容器与R3并联，两者电压相等，则知电容器板间电压减小，板间场强减小，质点P所处位置与下极板的电势差减小，故此位置的电势降低，因质点P带负电，所以其电势能增加，故B正确；
C、R3两端电压减小，则R3消耗的电功率变小，故C错误；
D、由于不知道电源的内外电阻的关系，所以不能判断电源的输出功率如何变化，故D错误。
故选：B。
8、一质量为m的质点在合力F作用下，从t=0由静止开始沿直线运动，合力F随时间t的变化如图所示。则（ ）

A. 质点做往复运动
B. 在0~4t0时间内，质点获得的动量为
C. 在0~4t0时间内，质点获得的动能为
D. 在0~4t0时间内，质点在2t0时刻速度最大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图可知，0~t0时间内质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为
t0~2t0时间内质点做匀减速直线运动，加速度大小为
即质点做匀加速直线运动的加速度为匀减速运动加速度的两倍，质点运动速度始终沿正方向，故A错误；
B．图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，根据动量定理可得
所以在0~4t0时间内，质点获得的动量为
故B正确；
C．在0~4t0时间内，质点获得的动能为
故C正确；
D．在0~4t0时间内，2t0~3t0时间内质点做加速度为的匀加速直线运动，3t0~4t0时间内质点做加速度为的匀减速直线运动，故质点在3t0时刻速度最大，故D错误。
故选BC。
9、如图所示，等腰直角三角形ABC斜边中点O处固定一带正电的点电荷，一带负电的点电荷在外力F的作用下，从B点沿圆弧匀速率运动到A点，在此运动过程中（ ）
A. 外力F对负点电荷先做负功后做正功
B. 外力F对负点电荷始终不做功
C. 负点电荷的电势能先减小后增大
D. 负点电荷的电势能始终不变
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．依题意，带负电的点电荷从B点沿圆弧运动到A点，和固定在O点的带正电的点电荷的距离先减小后增大，因为二者之间存在相互吸引的电场力，所以该电场力先做正功后做负功，根据动能定理，有
可知外力F对负点电荷先做负功后做正功。故A正确；B错误；
CD．根据
可知负点电荷的电势能先减小后增大。故C正确；D错误。
故选AC。
10、如图所示，质量的长木板静止在粗糙水平地面上，时刻对木板施加的水平向右恒力，同时质量的小物块以的初速度从左端滑上木板。已知木板长度，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为
B. 时，小物块恰好运动到木板最右端
C. 时，小物块从木板左端脱离
D. 若时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离
【答案】AC
【解析】A．小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
故A正确；
B．对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
时，小物块的速度
此时木板的速度
两者的相对位移
可知，时，小物块并没有运动到木板最右端，故B错误；
C．结合上述，在时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
上述过程小物块相对于木板向左运动，则有
解得
可知，小物块从木板左端脱离的时间
故C正确；
D．若时撤去外力F，由于
令，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为，
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
撤去外力后小物块向右继续以的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木板进行分析有
解得
令历时两者达到相等速度，则有
解得
此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为
由于
可知，撤去外力。两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对静止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0后静止，即若时撤去外力F，小物块最终不会从木板右端脱离，故D错误。
故选AC
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
11、把量程为1mA、内阻为100Ω的毫安表，按如图所示电路改装成量程分别为1.5V和0.6A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题：
（1）开关S闭合时，多用电表用于测量___________（选填“电流”或“电压”）；开关S断开时，多用电表用于测量___________（选填“电流”或“电压”）。
（2）定值电阻的阻值R1=__________Ω，R2=__________Ω。（R2计算结果保留2位有效数字）
【答案】 ①. 电流 ②. 电压 ③. 1400 ④. 2.5
【解析】
【详解】（1）[1][2]表头串联一个大电阻，就改装成了量程较大的电压表；表头并联一个小电阻，就改装成量程较大的电流表。开关S闭合时，此时为电流表，多用电表用于测量电流；开关S断开时，此时为电压表，多用电表用于测量电压。
（2）[3]根据电压表的改装原理有
即
解得
[4]根据电流表的改装原理有
即
解得
12、某实验小组用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。滑块上有两个宽度均为d的遮光片，滑块与遮光片总质量为M，两遮光片中心间的距离为L。
(1)用游标卡尺测量一个遮光片的宽度d，结果如图乙所示，则遮光片的宽度d= cm。
(2)将滑块置于光电门右侧的气垫导轨上，打开气泵电源，轻推滑块，遮光片1、2通过光电门的挡光时间分别为和，发现，为了将气垫导轨调至水平，应将支脚A适当调 （填“高”或“低”）。
(3)气垫导轨调至水平后，将细线一端拴在滑块上，另一端依次跨过光滑轻质定滑轮和光滑动滑轮后悬挂在O点，调节气垫导轨左端的定滑轮，使定滑轮和滑块之间的细线与气垫导轨平行，调整O点的位置，使动滑轮两侧的细线竖直，将沙桶悬挂在动滑轮上。将滑块在光电门右侧释放，光电门记录遮光片1、2通过时的挡光时间分别为和，则滑块的加速度大小为a= 。（用题目中的物理量符号表示）
(4)多次改变沙桶和桶内细沙的总质量，并记录遮光片1、2的挡光时间，计算相应的加速度a，根据计算的数据描绘加速度a与沙桶和桶内细沙的总重力mg之间的关系图像如图丙所示，则图像的斜率k= （用题目中的物理量符号表示），图像没有过原点的原因是 。
【答案】(1)0.660
(2)高
(3)
(4) 气垫导轨没有调水平，右端高了
【详解】（1）图乙可知游标卡尺精度为0.05mm，则遮光片的宽度
（2）轻推滑块，遮光片1、2通过光电门的挡光时间分别为和，发现，说明滑块做加速运动，即导轨左低右高，所以为了将气垫导轨调至水平，应将支脚A适当调高。
（3）根据速度位移关系可得
其中
联立可得
（4）[1][2]由图可知，当沙和沙桶的重力为零时，滑块已经具有加速度，说明气垫导轨不水平，右端高了，设导轨与水平面夹角为，设绳子拉力为F，对M，由牛顿第二定律有
对m，由牛顿第二定律有
联立整理得
由于m远小于M，则
可知
13、 如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的质量为m，面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的温度与外界大气相同均为T0，大气压强为p0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向上移动距离0.5L后停止，整个过程中气体吸收的热量为Q。忽略活塞与汽缸间的摩擦，重力加速度为g。求：
（i）理想气体最终的温度T
（ii）理想气体内能的增加量。
【答案】（i）；（ii）
【解析】
【详解】（i）活塞向上移动了0.5L，在此等压过程中有
且
解得
（ii）活塞缓慢移动，所以受力平衡，则
气体对外界做功
根据热力学第一定律
解得
13、密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。
【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1
【解析】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v时受阻力
则当油滴匀速下落时
解得
可知
则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得
其中
对b由受力平衡可得
其中
联立解得
14、如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道AB与半径为R的光滑圆轨道平滑连接，一轻质短弹簧在水平轨道上，左端固定在墙上，质量为m的小球P将弹簧压缩。从静止释放小球P，小球P沿水平轨道运动，与弹簧分离后，以速度v0向右匀速运动，在圆轨道的最低点B与另一质量为M的静止小球Q发生弹性碰撞，碰后，小球Q沿圆轨道上升到C点脱离轨道，小球P返回向左压缩弹簧，然后被弹簧弹回，恰好也在C点脱离轨道。两小球形状相同，都可视为质点，整个过程中没有机械能损失，不考虑两球的第二次碰撞，重力加速度为g。
（1）求弹簧最初具有的弹性势能Ep及小球P、Q碰后瞬间的速度v1和v2。（用m、M、v0表示）
（2）求小球P和Q的质量之比及C点距水平面AB的竖直高度hC。（hC用v0、R、g表示）
（3）假设球P和Q的质量可以取不同的值，若小球P第一次与弹簧分离后的速度，且P和Q碰后都能通过轨道的最高点D。试分析讨论两小球的质量m和M应满足的关系。
【答案】（1），；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）由小球P和弹簧组成的系统机械能守恒，压缩弹簧具有的弹性势能有
小球P与静止的Q发生正碰，碰后速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得
，
（2）因P和Q均在C点脱离圆轨道，则P和Q在C点时速度大小相等，根据机械能守恒，可知小球P与静止的Q发生弹性碰撞后，两球速度大小相等方向相反，即
结合（1）结论，解得
小球Q在C点脱离轨道，设C点轨道法线与竖直方向的夹角为θ，有
小球Q从B点运动到C点过程中，由动能定理
由几何关系
联立解得
（3）小球Q或P经过圆形轨道的最高点D点应具有最小速度vD，则
确保小球P和Q都能通过最高点D点，则从B点运动到D点过程中，由能量关系
解上面两式，分别得
或，
综上分析得
或
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
在B点根据牛顿第二定律得
解得
从A点到B点根据动能定理得
解得
【小问2详解】
从B点到C点根据动能定理得
解得
在C点根据牛顿第二定律得
解得
【小问3详解】
碰撞过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律得，
解得，
根据动能定理得
解得