重庆市2026届高三上学期12月第四次质量检测物理试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市2026届高三上学期12月第四次质量检测物理试卷（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了5 cm等内容，欢迎下载使用。
命审单位:重庆南开中学
考生注意:
1. 本试卷满分 100 分，考试时间 75 分钟。
2. 考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
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，只有一项符合题目要求。
1. 光学既是物理学中一门古老的学科,又是现代科学领域中最活跃的前沿学科之一,具有强大的生命力和不可估量的发展前景。下列有关光学的现象中说法正确的是
A. 检测工件平整度是利用了光的色散原理
B. 将一根筷子放入水中发现筷子弯折是因为光的反射
C. 看电影时戴的 3D 眼镜，利用了光的衍射原理
D. 太阳光照到肥皂泡表面呈现彩色条纹，这是光的干涉现象
2. 篮球运动员为了提升跳高能力，经常进行原地纵跳摸高练习。训练时运动员先下蹲降低重心，经过充分调整后，由静止发力跳起摸高。忽略空气阻力影响，在蹬地过程中，下列说法正确的是
A. 地面对运动员不做功 B. 重力对运动员做正功
C. 运动员的机械能减少 D. 运动员的机械能不变
3. 用劲度系数 k=100 N/m 的水平轻弹簧连接物块 A 和 B ，它们的质量均为 1 kg ，与地面的动摩擦因数均为 0.1,现用大小为 5 N 的水平拉力 F 作用在物块 B 上,使两物块一起做匀加速直线运动,如题 3 图所示。轻弹簧始终未超出弹性限度,重力加速 g=10 m/s2 ,则轻弹簧的形变量为
A. 2 cm B. 2.5 cm
C. 3 cm D. 4.5 cm
4. 如题 4 图所示，平行板电容器与电动势为 E 的直流电源连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的 P 点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离, 则
题4图
A. 油滴带正电 B. 电容器的电容会减小
C. 油滴会向上运动 D. 油滴依旧静止不动
5. 题 5 图所示,光滑的水平地面上,一质量为 2m 的小球 A 以水平初速度 v0 向右运动,与右侧质量为 m 的静止小球 B 发生正碰，碰后两小球动量相同，则碰撞前后小球 A 的动量减少了
题5图
A. 12mv0 B. mv0
C. 2mv0 D. 3mv0
6. 2020 年 4 月 24 日,中国行星探测任务被命名为“天问系列”,体现了对自然和宇宙空间探索的文化传承。假设某“天问”探测器在火星表面附近做匀速圆周运动，周期为 T0 ，火星半径为 R 。当该探测器运动至近火点时瞬间加速，进入椭圆转移轨道，其远火点所在的轨道高度为 2R 。已知引力常量为 G ,忽略火星自转,下列说法正确的是
题6图
A. 利用题目已知物理量可以求得探测器质量
B. 火星的密度约为 4π3GT0
C. 探测器从近火圆轨道进入椭圆轨道时,机械能守恒
D. 探测器在椭圆转移轨道上运动周期为 22T0
7. 如题 7 图所示的直角坐标系 xOy 中,在 x≥2L 区域内存在与 x 轴平行的匀强电场 (未画出), 一质量为 m 、电荷量为 q 的带正电小球,从坐标原点 O 以某初速度水平向右抛出,然后从 A 点进入电场区域,过 A 点时速度与水平方向夹角为 30∘ ,其运动的轨迹如题 7 图所示, B 点是小球向右运动的最远点,其横坐标 xB=3L ,重力加速度为 g 。则下列说法正确的是
题7图
A. 匀强电场的方向水平向右
B. 从 O 点抛出的初速度大小为 22gL
C. 小球在 OA 段、 AB 段运动时间之比为 1:1
D. B 点的坐标为 3L,4L
二、多项选择题:本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分。在每小题给出的四个选项中, 至少有两项符合题目要求。全部选对的得 5 分, 选对但不全的得 3 分, 不选或错选得 0 分。
题8图
8. 如题 8 图所示的电路中,电源的电动势 E 和内阻 r 恒定不变,开始时滑动变阻器的滑片在 a 端,闭合开关,电灯 L 能正常发光。如果将滑片从 a 端向 b 端滑动,则
A. 电流表的示数变小
B. 电源的总功率变大
C. 定值电阻 R2 消耗的功率增大
D. 电灯 L 变亮
9. 如题 9 图所示,一劲度系数为 k 的轻质弹簧下端固定于水平地面上,上端放置一个质量为 m 的物块,物块与弹簧不拴接。初始时,在外力 F 作用下物块静止于 P 点,随后撤去 F ,在后续运动过程中物块恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能 EP 与其形变量 Δx 的关系式为 EP=12kΔx2 ,重力加速度为 g ,弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是
题9图
A. 物块上升过程中加速度先减小后反向增大
B. 物块在 P 点时,弹簧的弹力大小为 4mg
C. 物块运动过程中动能的最大值为 m2g22k
D. 物块运动过程中动能的最大值为 3m2g22k
10. 如题 10 图所示为半径为 R 的一圆柱形匀强磁场区域的横截面,磁感应强度大小为 B ,方向垂直于纸面向外, 磁场外有一粒子源, 能沿一直线发射速度大小在一定范围内的同种带电粒子。带电粒子质量为 m ,电荷量为 qq>0 。现粒子沿正对 cO 中点且垂直于 cO 方向射入磁场区域，发现带电粒子仅能从 bd 之间的 14 圆弧飞出磁场(cd ⊥ab )，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，已知 sin15∘=6−24 ，则
题10图
A. 从 b 点飞出的粒子,其轨迹半径为 1+3R
B. 从 b 点飞出的粒子,其轨迹半径为 2+3R
C. 粒子源发射粒子的最大速度为 1+3qBRm
D. 在磁场中运动时间为 πm2qB 的粒子，其速度为 1+3qBR2m
三、实验题:本题共 2 个小题, 11 题 6 分, 12 题 9 分, 共 15 分。
11. (6 分)
如图所示，某同学为了测量截面为等边三角形的三棱镜的玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜,记录下三棱镜的位置。之后在棱镜的左侧插上两枚大头针 P1 和 P2 。
(1)同学在棱镜的右侧观察 P1 像和 P2 像，当 P1 的像恰好被 P2 的像挡住时，插上大头针_____， (选填“ P3 ”或“ P4 ”) 使其挡住 P1 、 P2 的像，再重复前一步操作插上另一颗大头针。并根据大头针位置作出光路图；
(2)以 AB 为分界面，测量入射角 θ1 和折射角 θ2 ；
(3)由此可知三棱镜玻璃材料的折射率 n= _____；
(4)若在测量入射角时，角度读数偏大了 2∘ ，则三棱镜材料折射率的测量值_____，真实值 (选填“大于”、“小于”或“等于”)。
12. (9 分)
霍尔元件是电子领域的核心传感器部件之一，其应用覆盖了工业、汽车、电子消费等多场景。为了更清晰掌握其电学特征,某学习小组找来一个 P 型 (空穴正电荷载体导电) 霍尔元件 GaAs(砷化镓)进行研究。
该小组设计的实验原理如图 1 所示，匀强磁场垂直于元件的工作面，工作电源为霍尔元件提供霍尔电流 IH ,电压表测量霍尔电压 UH 。

(1)工作时流经毫伏电压表的电流方向是_____；
A. 从左向右 B. 从右向左
(2)该小组同学用螺旋测微器测得该元件沿磁场方向的厚度为 d (如图 2 所示)，则 d= mm;
(3)实验中小组同学改变霍尔电流，测得数据如表格所示，请根据表格中数据在坐标纸上补全第四次数据点并连线，从而得出霍尔电压 UH 与霍尔电流 IH 的关系式 UH=kIH 。
(4)如果实验时由于元件放置不水平，导致磁场没有完全垂直元件的工作表面，则测量的霍尔电压_____(选填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
四、解答题:本题共 3 个小题, 13 题 10 分, 14 题 14 分, 15 题 18 分, 共 41 分。
13. (10分)
听诊器是医生常用的诊断工具，其核心部件如题 13 图 1 所示，包括膜片、胶管和耳件，医生通过佩戴的耳件进行听诊。听诊器除了可以对人体进行检测，也可以用于其它声源检测。 如题 13 图 2 为听诊器膜片在某次使用过程中的振动图像。已知空气中声音传播的速度大小为 340 m/s ,听诊器胶管长为 68 cm ,胶管末端变细导致气柱 (耳件处) 振幅为 A 。求:

(1)该声波在胶管内的波长；
(2)胶管内末端气体振动时位移随时间变化的关系式。
14. (14 分)
如题 14 图 1 所示, 在荡秋千过程中可以通过交替站立、下蹲使秋千越荡越高。为了研究荡秋千过程, 某兴趣小组利用可迅速调节长度的机械臂和小球进行模拟研究, 并利用 AI 视觉系统跟踪小球某次向右摆动的过程, 得到小球运动轨迹。如题 14 图 2 所示, 小球在右侧最高点 A 时，杆迅速伸长至 B ，后由静止运动到 C 点，快速缩短杆长接着向左摆动到最高点。 已知 OA=OE=l,OB=l′ ，小球质量为 m ，机械臂质量、伸长 (缩短) 过程的时间均不计。两侧最高点机械臂与竖直方向的夹角分别为 β 和 θ ，重力加速为 g ，忽略空气阻力影响。求:

(1)小球由静止从 A 迅速运动到 B 静止，该过程损失的机械能；
(2)小球刚运动到 C 点时受到轻杆的作用力大小；
(3)小球从 C 到 D 瞬间由于机械臂的作用会增加一部分机械能并使小球动能变小，该过程动能减小了多少。
15. (18 分)
多功能磁控测量装置核心部分如题 15 图 1 所示， O−xyz 直角坐标系中，底座位于 xOy 平面内， 薄胶片 AA1A2A3 平行 xOy 平面，底座与胶片之间为区域 I ，该区域内部分空间存在着匀强磁场，方向沿 +y 方向；胶片上方为区域 II ，该区域内所有空间存在着匀强磁场，方向沿 −y 方向，且两区域磁场大小相同。如 15 题图 2 所示，某次实验时粒子源由 O 点沿 +z 方向发射一束带负电的粒子 (可视为质点),粒子电荷量大小均为 q ,速度均为 v ,质量分布在 m∼km 之间 k>1且k未知 。粒子由 O 点直接进入区域 I 的磁场,出磁场后通过胶片上的 DE 区间进入区域 I ,射向胶片前所有粒子速度的反向延长线均汇聚于 OA 的中点 C , 其中 OA=h,AD=AC,AE=3AC , tan 22.5∘=2−1 。
质量为 m 的粒子穿过胶片时,由于胶片对速度的影响导致每次穿透胶片前后,速度的水平、竖直分量的大小相对各初始分量的比值不变。 经区域 II 磁偏转后, 粒子再次穿过胶片 (此时区域 I 磁场已关闭), 恰好能经过该粒子第一次出区域 I 磁场的位置，两次通过该位置的速度方向互相垂直。 忽略粒子重力、粒子间的相互作用及关闭磁场对粒子的影响，粒子穿过胶片前后质量、电荷量不变， 射到底座后电荷被导走。
(1)求质量为 m 的粒子在区域 I 磁场中运动的时间；
(2)求 k 及区域 I 磁场 B 的大小；
(3)若区域 II 磁场安置时磁场方向偏差了角度 φ ，题 15 图 3 所示，求质量为 m 的粒子相邻。 两次穿透胶片位置的间距( φ 已知)。

重庆市高 2026 届高三第四次质量检测
物理试题参考答案与评分细则
一、单项选择题: 本题共 7 小题, 每小题 4 分, 共 28 分。
1. D 【解析】在照相机镜头上镀上一层膜可以增加光的透光性, 是利用光的干涉现象, 故 A 错误; 将一根筷子放入水中发生弯折是因为光的折射，故 B 错误；3D 眼镜是利用了光的偏振，故 C 错误； 太阳光照射肥皂泡出现彩色条纹是因为光的干涉，故 D 正确。
2. A 【解析】蹲地过程中，地面对运动员不做功，重力对运动员做负功，化学能做正功，机械能增加， 故 A正确。
3. B 【解析】先对 AB 整体受力分析有 F−μ⋅2mg=2ma ,解得 a=1.5 m/s2 ,再隔离 A 物体有 F弹−μmg=ma,F弹=kx ,解得 x=2.5 cm ,故 B 正确。
4. C 【解析】油滴受力平衡，电场力方向竖直向上，则油滴带负电， A 错误；因 d 减小， U 不变，根据 E=Ud 可知， E 增大，故油滴所受电场力大于重力，向上运动 C 正确， D 错误； d 减小，根据 C=εrS4πkd 可知,电容 C 增大, B 错误。
5. B 【解析】碰撞前总动量为 2mv0 ,碰后两小球动量相等,设为 P ,总动量为 2P ,由动量守恒定律 2P=2mv0 ,解得 P=mv0 ,则小球 A 速度为 12v0 ,小球 B 速度为 v0 ,故 A 错误, C 错误; 小球 A 动量变化量 2m⋅12v0−2mv0=−mv0 ,则动量减少了 mv0 ,故 B 正确; 碰撞过程机械能损失 ΔE=12⋅2mv0​2− 12⋅2m⋅12v02−12mv02=14mv02 ，故 D 错误。
6. D 【解析】根据万有引力等相关公式,只能求出中心天体的质量,无法求出探测器质量,故 A 错误; 探测器在火星表面附近做匀速圆周运动,根据 GMmR2=m2πT02R,ρ=MV ,解得 ρ=3πGT02 ,故 B 错误; 探测器从近火点加速进入椭圆转移轨道，探测器机械能增加，故 C 错误；探测器在火星表面附近轨道半径为 R ,椭圆转移轨道的半长轴为 2R ,由开普勒第三定律 r3T2=k 解得 T=22T0 ,故 D 正确。
7. C 【解析】小球在电场区域内水平方向做减速运动，则所受电场力方向与运动方相反，小球带正电， 则匀强电场方向水平向左，故 A 错误；在 A 点，根据速度分解有 v0tan30∘=gt1 ，在 OA 过程，根据位移分解有 2L=v0t1 ,解得 v0=23gL ,故 B 错误; 根据图像可知，小球进入电场后在水平方向做双向匀变速直线运动,水平方向有 tOA=2Lv0,tAB=L0+v02 ,解得 tOA:tAB=1 ,故 C 正确; 小球到达 B 点,竖直方向运动时间为 t=2tOA=4L23gL ,位移为 yB=12gt2=433L ,故 D 错误。
8. AD 【解析】滑片向 b 端滑动, R1 接入电路的电阻变大,电路中总电阻 R总 变大,根据 I=ER总 可知 I 变小,电流表示数变小,故 A 正确; 电源的总功率 P总=EI ,可知 P总 变小,故 B 错误; 再根据 P2=I22R2,I总 变小, IL 变大,所以通过 R2 的电流 I2 变小, R2 消耗的功率变小,故 C 错误; 根据闭合电路的欧姆定律 E=U外+Ir ，总电流 I 变小， U外 变大，灯泡两端电压变大，所以电灯 L 变亮，故 D 正确。
二、多项选择题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
9. AC 【解析】撤去 F 时,弹力大于重力,加速度向上,根据牛顿第二定律有 kx−mg=ma ,随着形变量减小，故加速度向上变小；当弹力等于重力，加速度为零，速度最大；之后弹力小于重力，加速度向下，根据牛顿第二定律有 mg−kx=ma ，随着形变量的减小，故加速度向下变大，故 A 正确；在 P 点,弹簧的弹力为 F=kΔx=2mg ,故 B 错误; 由题知,撤掉力 F ,在以后的运动中物块恰好不离开弹簧，即物块恰好运动到原长位置，速度为零，弹性势能全部转化为重力势能，设最大形为量为 Δx ,则有 12kΔx2=mgΔx ,解得 Δx=2mgk ,当弹力等于重力,加速度为零,速度最大,动能最大, 设此时形变量为 Δx′ ,则有 kΔx′=mg ,解得 Δx′=mgk ,根据能量守恒有 EPm=Ekm+mgΔx−Δx′+ 12kΔx′2 ，解得 Ekm=m2g22k ，故 C 正确，D 错误。
10. BD 【解析】由洛伦兹力提供向心力有 qvB=mv2r ,解得 r=mvqB , 运动的周期为 T=2πrv=2πmqB ,设轨迹所对圆心角为 θ ,则粒子的运动时间为 t=θ2π⋅T=θmqB ,根据题意,画出粒子的运动轨迹，如图所示

当粒子从 b 点飞出时，设其轨道半径为 r2 ，对应的圆心为 O′′ ，由几何关系可知 ∠gO′′O=15∘ ， ∠gOO′′=105∘ ，由正弦定理有 sin15∘R=sin105∘r2 ，由几何关系解得 r2=2+3R ，故 A 错误， B 正确；因为从 b 点出磁场的粒子轨迹半径最大，即从 b 点出磁场的粒子速度最大，又有 r2=mvmqB ,解得 vm=2+3qBRm ,故 C 错误;

在磁场中运动的时间为 πm2qB 的粒子,则粒子轨迹对应圆心角为 π2 ,若要使粒子在磁场中运动的时间为四分之一周期,设其半径为 r3 ,轨迹圆心为 O′′′ ,如图所示
设 ∠fOd=α ，有 Rsin60∘+Rsinα=Rcsα+Rcs60∘=r3 ，可得 csα− sinα=32−12 ,解得 sin2α=32 ,即 α=30∘ ,则 r3=1+32R ,粒子的速度为 v=1+3qBR2m ,故 D 正确。
三、实验题:本题共 2 个小题, 11 题 6 分, 12 题 9 分, 共 15 分。
11.【答案】(6 分)
(1) P3 (2 分)
(3) n=sinθ1sinθ2 (2 分)
(4)大于(2 分)
12.【答案】(9 分)
(1)B(2 分)
(2) 0.920±0.002 mm (2 分)
(3)如图所示(3 分)

(4)偏小(2 分)
四、解答题:本题共 3 个小题, 13 题 10 分, 14 题 14 分, 15 题 18 分, 共 41 分。
13.【答案】(10 分)
【解析】(1) 由图可知 T=1×10−2 s (2 分)
所以 λ=vT=340 m/s×1×10−2 s=3.4 m (2 分)
(2)末端气体起振时间比膜片起振晚 Δt=Lv=0.002 s , (2 分)
由图可知膜片振动的位移随时间变化关系式为 y=0.1×cs200πtmm (2 分) 所以末端气体振动时位移随时间变化的关系式 y=Acs200πt−0.002mm (2 分)
14.【答案】(14 分)
【解析】(1) 小球从 A 到 B 过程,以 点水平面为零势能面,有 EA=−mglcsθ (1 分)
EB=−mgl′csθ (1 分)
ΔE1=EA−EB=mgl′−lcsθ (2 分)
(2)小球由 B 到 C 过程中，由动能定理可得 12mv2−0=mgl′1−csθ (2 分)
在最低点 C 有 F−mg=mv2l′ , (1 分)
解得 F=3mg−2mgcsθ (2 分)
(3)小球从 B 到 E 过程，以 点水平面为零势能面则有 EB=−mgl′csθ (1 分)
EE=−mglcsβ, (1 分)
C 到 D 过程中重力势能增加 ΔEP=mgl′−l (1 分)
EE−EB=ΔEP−ΔEK (1 分)
所以 ΔEK=mgl′−l+mglcsβ−mgl′csθ (1 分)
15.【答案】(18 分)
【解析】(1)设粒子在磁场中速度偏转角为 θ ,粒子轨迹半径 r ,几何关系易得: h21+csθ=rsinθ , (1 分)
质量为 m 的粒子在 I 区磁场运动 θ1=π3 ,得 r1=32h ,(1 分)
运动学公式: t=r1θ1v , (1 分)
t=3πh6v. (1 分)
(友情提示: 圆磁场的半径入射、半径出射规律,显然可断定该磁场空间分布,同时也要判定 m 的入射胶片点为 E )
(2)几何关系易得，质量为 km 的粒子轨迹半径: r2=2+12h , (1 分)
粒子磁场轨迹半径 r=mvqB , (1 分)
得 B=23mv3qh . (1 分)
由 kr2r1 ,得 k=2+13 (1 分)
(3) m 的粒子第一次入射胶片前速度 v 与法线( z 轴)夹角 α=θ1=π3 ；入射胶片后速度 v1 与法线夹角 α1 。第二次入射胶片前、后速度与法线夹角 α1、α2 ,由题意结合几何关系易得: α2=π6
穿透胶片(胶片对速速“折射”)前后:定义速度矢量的衰变(“折射”)率
n=v1xvxv1zvz=v1xv1z⋅vzvx=tanα1tanα 不变,则 n=tanα1tanα=tanα2tanα1 ,解得: a1=π4 (1 分)
(其它解法同理给分,此处亦可利用两次穿透各速度分量比值相等可得,无需定义“折射”——装置模型:一区磁场“凹透”散射、胶片“折射”、二区磁偏定位)
同时几何关系显然在 II 区磁场轨迹半径 r3=mv1qB=66h , (1 分)
解得 v1=23 , (1 分)
磁场安置方向偏差后,粒子做等螺旋线轨迹。匀速的速度矢量: v//=v3sinϕ (1 分)
匀速圆周的初速度矢量: v⊥=v31+cs2ϕ , (1 分)
方向与水平面夹角 tanβ=1csϕ (1 分)
轨迹圆半径 r4=mv⊥qB ,则位移 l//=v//⋅2π−βmqB=3π−β3hsinϕ (1 分)
l⊥=2r4sinβ=33h (1 分)
(提示: 此处 l⊥ 即为圆周分运动弦长由分量 vz 大小决定,弦长不会随着 ϕ 改变而改变、与 ϕ 无关,故而可据前面几何关系显然易得，显然无需复杂计算亦可，此处仅仅只需了解匀速分运动的位移，即可了解二次穿透点的具体空间位置变动, 从而了解粒子性质实现测量)
即: l=l//2+l⊥2=33h1+π−βsinϕ2 (2 分)实验次数
1
2
3
4
5
IH/mA
2.00
4.00
6.00
8.00
10.00
UH/mV
12.30
24.56
36.85
48.11
61.32
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
选项
D
A
B
C
B
D
C
AD
AC
BD