2026届贵州黔东南州高三第三次模拟考试物理试卷含解析

这是一份2026届贵州黔东南州高三第三次模拟考试物理试卷含解析，共18页。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、下列说法正确的是（ ）
A．普朗克提出了微观世界量子化的观念，并获得诺贝尔奖
B．爱因斯坦最早发现光电效应现象，并提出了光电效应方程
C．德布罗意提出并通过实验证实了实物粒子具有波动性
D．卢瑟福等人通过粒子散射实验，提出了原子具有核式结构
2、如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（ ）
A．A、B物体组成的系统动量守恒
B．A不能到达圆槽的左侧最高点
C．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
3、2019年10月1日，在国庆70周年盛大阅兵式上，大国重器东风-17高超音速战略导弹震撼曝光！有限的资料显示，东风17高超音速导弹最大速度在6~25马赫之间，射程约为2000公里左右，其战斗部为十分前沿的带翼面承波体结构，通过弹体助推至大气层边缘，并以"打水漂"一样的方式进行滑跃飞行，突防能力极强。值得一提的是，这种"助推—滑翔"弹道由我国著名科学家钱学森在上个世纪末40年代首次推出，因此该弹道亦称"钱学森弹道"。已知东风-17质量为m，在一次试射机动变轨过程中，东风-17正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为12马赫（1马赫就是一倍音速，设为v），突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下37°角飞行，速度大小为15马赫。此次机动变轨过程中（ ）
A．合力对东风-17做功为81mv2
B．合力对东风-17做功为4.5mv2
C．合力对东风-17的冲量大小为9mv，方向竖直向下
D．合力对东风-17的冲量大小为3mv，方向向东偏下37°
4、关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是（ ）
A．晶体一定具有各向异性的特征
B．液体表面张力是液体内部分子间的相互作用
C．0℃的铁和0℃的铜，它们的分子平均速率相同
D．一定质量的某种理想气体状态改变时，内能不一定改变
5、2019年2月15日，一群中国学生拍摄的地月同框照，被外媒评价为迄今为止最好的地月合影之一。如图所示，把地球和月球看做绕同一圆心做匀速圆周运动的双星系统，质量分别为M、m，相距为L，周期为T，若有间距也为L的双星P、Q，P、Q的质量分别为2M、2m，则（ ）
A．地、月运动的轨道半径之比为B．地、月运动的加速度之比为
C．P运动的速率与地球的相等D．P、Q运动的周期均为
6、某气体星球的半径为，距离星球中心处的点的重力加速度为。若该星球的体积在均匀膨胀，膨胀过程中星球质量不变，且密度均匀。当星球半径膨胀为时，点的重力加速度为。已知质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零。则与的比值为（ ）
A．B．1C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程．该循环过程中，下列说法正确的是__________．
A．A→B过程中，气体对外界做功，吸热
B．B→C过程中，气体分子的平均动能增加
C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少
D．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线发生变化
E.该循环过程中，气体吸热
8、如图所示，纸面内虚线1、2、3相互平行，且间距均为L。1、2间的匀强磁场垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B，2、3间的匀强磁场垂直纸面向外、磁感应强度大小为B。边长为的正方形线圈PQMN电阻为R，各边质量和电阻都相同，线圈平面在纸面内。开始PQ与1重合，线圈在水平向右的拉力作用下以速度为向右匀速运动。设PQ刚进入磁场时PQ两端电压为，线圈都进入2、3间磁场中时，PQ两端电压为；在线圈向右运动的整个过程中拉力最大为F，拉力所做的功为W，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
9、一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。从0时刻起运动依次经历、、时刻。其运动的图象如图所示。对此下列判断正确的是（ ）
A．0时刻与时刻电子在同一位置
B．0时刻、时刻、时刻电子所在位置的电势分别为、、，其大小比较有
C．0时刻、时刻、时刻电子所在位置的场强大小分别为、、，其大小比较有
D．电子从0时刻运动至时刻，连续运动至时刻，电场力先做正功后做负功
10、如图所示为平行于轴的静电场电势随变化的图象。电子只受电场力，自位置静止释放，到达O点时的动能为，已知电子电量为e，质量为m，，则下列分析正确的是（ ）
A．电子在处速度为B．电子在处加速度为
C．电子将沿轴做往复运动，周期D．电子在处动能与电势能之和为
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．该装置中的打点计时器所接交流电源频率是50 Hz.
(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________．
A．精确测量出重物的质量
B．两限位孔在同一竖直线上
C．重物选用质量和密度较大的金属锤
D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些
(2)按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．
①重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________．
A．OA、OB和OG的长度
B．OE、DE和EF的长度
C．BD、BF和EG的长度
D．AC、BF和EG的长度
②用刻度尺测得图中AB的距离是1.76 cm，FG的距离是3.71 cm，则可得当地的重力加速度是________ m/s2.(计算结果保留三位有效数字)
12．（12分）在测定电容器电容的实验中，将电容器、电压传感器、阻值为3 kΩ的电阻R、电源、单刀双掷开关S按图甲所示电路图进行连接。先使开关S与1相连，电源给电容器充电，充电完毕后把开关S掷向2，电容器放电，直至放电完毕，实验得到的与电压传感器相连接的计算机所记录的电压随时间变化的图线如图乙所示，图丙为由计算机对图乙进行数据处理后记录了“峰值”及图线与时间轴所围“面积”的图像。
(1)根据图甲所示的电路，观察图乙可知：充电电流与放电电流方向________(填“相同”或“ 相反”)，大小都随时间________(填“增大”或“ 减小”)。
(2)该电容器的电容为________F(结果保留两位有效数字)。
(3)某同学认为：仍利用上述装置，将电压传感器从电阻两端改接在电容器的两端，也可以测出电容器的电容值，请你分析并说明该同学的说法是否正确________。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）图甲为能进行图形翻转的“道威棱镜”示意图，其横截面OABC是底角为45°的等腰梯形，高为a，上底边长为a，下底边长3a，如图乙所示。一细光束垂直于OC边射入，恰好在OA和BC边上发生全反射，最后垂直于OC边射出，已知真空中的光速为c。试求该光束在棱镜中的传播时间t。
14．（16分）如图所示，质量为的带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，圆弧半径R=1.8m，圆弧的末端点切线水平，圆弧部分光滑，水平部分粗糙，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧S处是与A等高的平台，平台上宽度为L=0.5m的M、N之间存在一个特殊区域，B进入M、N之间就会受到一个大小为F=mg恒定向右的作用力。平台MN两点间粗糙，其余部分光滑，M、N的右侧是一个弹性卡口，现有一个质量为m的小滑块B从A的顶端由静止释放，当B通过M、N区域后碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时原速反弹，设m=1kg，g=10m/s2，求：
(1)滑块B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？
(2)若A、B间的动摩擦因数μ1=0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，则S应满足什么条件？
(3)在满足(2)问的条件下，若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A与平台相碰后B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ＜1，试讨论因μ的取值不同，B在MN间通过的路程。
15．（12分）如图所示，开口竖直向上的细玻璃管内有一段长为L2=15cm的水银柱，封闭了一段长度为L1=20cm的气体，此时封闭气体温度为300K，水银柱的上端距离管口的距离为L3=5cm，已知大气压强为p0=75cmHg。现把玻璃管缓慢旋转90°至水平位置保持不动，然后对玻璃管缓慢加热到水银柱刚好没流出管口，求：
①玻璃管旋转90°时，封闭气体的长度为多少？
②水银柱刚好没流出管口时，此时玻璃管中封闭气体的温度为多少K？
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、D
【解析】
A．普朗克最先提出能量子的概念，爱因斯坦提出了微观世界量子化的观念，A错误；
B．最早发现光电效应现象的是赫兹，B错误；
C．德布罗意只是提出了实物粒子具有波动性的假设，并没有通过实验验证，C错误；
D．卢瑟福等人通过粒子散射实验，提出了原子具有核式结构，D正确。
故选D。
2、D
【解析】
A．A、B物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A错误；
B．运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故B错误；
CD．对A运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒

对AB整体应用机械能守恒可得
所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为

故C错误，D正确；
故选D。
3、C
【解析】
AB．根据动能定理得
故AB错误。
CD．根据动量定理得
方向竖直向下，故C正确，D错误。
故选C。
4、D
【解析】
A．单晶体具有各向异性的特征，多晶体表现为各向同性，选项A错误；
B．液体表面张力是液体表面层分子间的相互作用，选项B错误；
C．0℃的铁和0℃的铜，它们的分子平均动能相同，但是分子平均速率不相同，选项C错误；
D．一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故D正确；
故选D。
5、D
【解析】
双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度和周期，对两颗星分别运用牛顿第二定律和万有引力定律列式，进行求解即可。
【详解】
A．对于地、月系统，两者具有相同的角速度和周期，万有引力提供向心力
则地、月系统，两者运动的轨道半径之比为
故A错误；
B．对于地、月系统，根据牛顿第二定律，得
故B错误；
D．同理，P、Q系统，万有引力提供向心力
P、Q系统的轨道半径
运行周期
同理，对于地、月系统，运行周期
联立解得
故D正确；
C．根据
得：
地球的运动速率
同理可得P运动速率
联立解得
故C错误。
故选D。
6、D
【解析】
设点放置质量为的物体，则有
解得
①
如图所示，星球膨胀后质量不变，有
点以下球体质量为
解得
结合①式得
则
所以D正确，ABC错误。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、ADE
【解析】
过程中，体积增大，气体对外界做功，过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，过程中，等温压缩，过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高．
【详解】
A.过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A正确；
B.过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；
C.过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C错误；
D.过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故D正确；
E.该循环中，气体对外做功大于外界对气体做功，即；一个循环，内能不变，，根据热力学第一定律，，即气体吸热，故E正确；
故选ADE
【点睛】
本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定．
8、ABD
【解析】
A．只有PQ进入磁场，PQ切割磁感线产生电动势
电路中电流
PQ两端电压
选项A正确；
C．受到的安培力
进入过程克服安培力做功
都进入1、2间后磁场回路无电流，不受安培力，拉力为0，不做功；PQ进入右边磁场、MN在左边磁场中，MN切割磁感线产生电动势，PQ切割右边磁感线产生电动势
回路中电流
PQ和MN受到安培力大小分别为
需要拉力最大为
选项C错误；
B．PQ进入右边磁场过程中克服安培力做功
都进入右边磁场后，PQ和MN都切割磁场，回路无电流，安培力为0，
选项B正确；
D．PQ出磁场后，只有MN切割磁感线，线圈受到安培力
PQ出磁场过程中安培力做功
整个过程克服安培力做功
选项D正确。
故选ABD.
9、AC
【解析】
A．电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。结合其图象知其运动情景如图所示。则0时刻与时刻电子在同一位置。所以A正确；
B．电子受电场力向左，则场强方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有
所以B错误；
C．图象的斜率为加速度。由图象知过程加速度增大，过程加速度减小。又有
则有
所以C正确；
D．由图象知过程速度减小，过程速度增大，则其动能先减小、后增大。由动能定理知电场力先做负功，后做正功。所以D错误。
故选AC。
10、BC
【解析】
A．静电场平行于轴，则图线的斜率表示场强，所以到0间的电场为匀强电场，0到间电场也为匀强电场，设电子在处速度为v，根据动能定理
所以
故A错误；
B．电子只受电场力，根据牛顿第二定律
故B正确；
C．电子将沿轴做往复运动，设从到0电子的运动时间为t1，根据运动学公式
所以
往复运动的周期
故C正确；
D.点子只受电场力，所以动能和电势能之和不变，初始时动能为零，电势能也为零，所以任意位置动能和电势能之和为0，故D错误。
故选：BC。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、BC BCD 9.75
【解析】
（1）[1]．因为在实验中比较的是mgh、，的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确．实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确．释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故D错误，故选BC．
（2）[2]．当知道 OA、OB和OG的长度时，无法算出任何一点的速度，故A不符合题意；当知道OE、DE和EF的长度时，利用DE和EF的长度可以求出E点的速度，从求出O到E点的动能变化量，知道OE的长度，可以求出O到E重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故B符合题意；当知道BD、BF和EG的长度时，由BF和EG的长度，可以得到D点和F点的速度，从而求出D点到F点的动能变化量；由BD、BF的长度相减可以得到DF的长度，知道DF的长度，可以求出D点到F点重力势能的变化量，即可验证机械能守恒，故C项符合题意；当知道AC、BF和EG的长度时，可以分别求出B点和F点的速度，从而求B到F点的动能变化量，知道BF的长度，可以求出B到F点重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故D正确；故选BCD．
（3）[3]．根据，解得
．
【点睛】
根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变化，即可验证，根据求出重力加速度．
12、相反 减小 1.0×10－2 正确
【解析】
(1)[1][2]根据图甲所示的电路，观察图乙可知充电电流与放电电流方向相反，大小都随时间减小；
(2)[3]根据充电时电压—时间图线可知，电容器的电荷量为：
Q＝It＝t
而电压的峰值为Um＝6 V，则该电容器的电容为：
C＝
设电压—时间图线与坐标轴围成的面积为S，联立解得：
C＝＝＝F＝1.0×10－2 F；
(3)[4]正确，电容器放电的过程中，电容器C与电阻R两端的电压大小相等，因此通过对放电曲线进行数据处理后记录的“峰值Um”及图线与时间轴所围“面积”，仍可应用：
C＝＝
计算电容值。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、
【解析】
恰好发生全反射
即
所以速度为
则时间为
14、 (1)30N；(2)S＞0.8m；(3)见解析
【解析】
(1)设B滑到A的底端时速度为v0，根据机械能守恒定律得
小球在圆弧底端合力提供向心力有
联立各式并代入数据得v0＝6m/s；FN＝30N。根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力为30N。
(2)设AB获得共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得：v1=4m/s；对A应用动能定理得
代入数据解得：S=0.8m，即保证A与平台相碰前A、B能够共速，S应满足S＞0.8m。
(3)设B到达卡口的速度v2＝5m/s，B将从平台右侧离开，此时B与M、N的动摩擦因数为μ1，由动能定理得
解得：μ1=0.1，即0＜μ≤0.1，B从卡口右侧离开，通过的路程
S1＝L＝0.5m
如果B到达卡口的速度小于5m/s，B将被弹回，进入NM后做减速运动，到达M点速度恰好为零，设此时的动摩擦因数为μ2，则
解得μ2=0.8即0.1＜μ≤0.8，B从M左侧离开，通过的路程
如果0.8＜μ＜1，B经与卡口碰撞、往返多次后最终静止在N点，通过的路程S3，由动能定理得
解得
S3＝1.3μ（m）
15、①24cm；②312.5K
【解析】
①初态

玻璃管旋转90°时
等温变化
解得气体长度为
②水平升温前
升温后
等压变化
解得