四川省绵阳中学2026届高三上学期第二次模拟考试物理试卷（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳中学2026届高三上学期第二次模拟考试物理试卷（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（每题4分，共28分）
1. 如图，垂直电梯里有一个“轿厢”和一个“对重”，它们通过钢丝绳连接起来，驱动装置带动钢丝绳使“轿厢”和“对重”在竖直方向做上下运动。当“轿厢”向上做匀减速直线运动时（ ）
A. 电梯的“对重”处于失重状态
B. 电梯的“对重”向下匀加速运动
C. 钢丝绳的拉力等于“轿厢”的重力
D. 钢丝绳的拉力小于“轿厢”的重力
2. 如图甲所示，一段长为L的直导线放在匀强磁场中，导线与磁感线的夹角为30°，直导线中通入大小为I的恒定电流，直导线受到的安培力大小为F；若将直导线由中点处弯折成60°角，通的电流大小不变，将此弯折导线再放入该磁场中如图乙所示，则弯折导线受到的安培力大小为（ ）
A. 12FB. 22F
C. FD. 2F
3. 如图所示，小球2静止在水平地面上，小球1以一定的速度与小球2发生对心碰撞。若碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则下列关于两个小球碰撞前后动量p与时间t的关系可能正确的是（ ）
4. 如图所示，一个小球从P点以大小为v0的初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹角为θ，小球恰好垂直打在竖直墙面上的B点，墙面上的A点与P点等高而与B点在同一竖直方向上；若保持小球从P点抛出的初速
度大小不变，水平抛出后小球打在墙面上的位置在A点正下方的C点。已知AB=2AC，不计空气阻力，小球可视为质点，则θ角为（ ）
A.30°B.45°C.60°D.75°
5. 如图所示，在一固定点电荷产生的电场中，将一带正电的粒子先后以大小相等、方向不同的初速度从M点射入电场，粒子仅在电场力作用下形成了曲线轨迹1和直线轨迹2，P、Q分别为轨迹1和轨迹2上的点，已知粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则（ ）
A. 粒子沿轨迹2向左运动过程电势能一定增加
B. 粒子在P、Q两点的加速度相同
C.M点电势比Q点电势高
D.P点电势比Q点电势低
6. 第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度。理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的2倍，这个关系对其他天体也是成立的。有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞。已知光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为c500。假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，则Rr应大于（ ）
A.500B. 5002
C. 2.5×105D. 5.0×105
7. 一段公路由一部分平直的下坡路与一部分水平路组成，两段平滑连接，下坡路的坡度较小，汽车（质量为m）在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为Ff。此汽车从下坡路的顶端由静止启动，其运动的速率v - t图像如图所示，OA段为直线，从t1时刻开始汽车的功率保持恒定。题干和图中所给的量都为已知量，则由图像可知（ ）
A. 汽车运动过程中的最大功率为Ffv2
B. 在0∼t1时间内，汽车的牵引力恒定，其大小为mv1t1+Ff
C. 从t4时刻开始，汽车在水平路段行驶
D. 可以求出汽车在t3∼t4时间内的位移
二、多选题（每题6分，共18分，选对但不全得3分）
8. 杜甫在《曲江》中写到：“穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。”平静水面上的S处，“蜻蜓点水”时形成一列水波向四
周传播（可视为简谐波），A、B、C三点与S在同一条直线上。某时刻A在波谷且与水平面的高度差为H，B、C在不同的波峰上，其波形如图中虚线所示。已知波速为v，A、B在水平方向的距离为a。则下列说法正确的是（ ）
A. 水波通过尺寸为2.5a的障碍物能发生明显衍射
B. 到达第一个波峰的时刻，C比A滞后3av
C. 经过2av的时间，质点B、C之间的距离为14a
D. 从图示时刻开始计时，A点的振动方程是y=Hsinπvat+3π2
9. 电子秤在日常生活中应用很广泛。某同学在研究性学习活动中自制两种电子秤，原理如图甲、乙所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端。已知滑动变阻器总电阻R=2.0Ω，长度L=2cm，电源电动势E=3.0V，内阻r=0.1Ω，限流电阻R0=0.4Ω，弹簧劲度系数k=200N/m，除重力外，不计其他作用力，g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 甲、乙两图托盘中没有放物体时，电压表示数为0
B. 甲、乙两图流过R0的电流均随着托盘中物体质量增大而增大
C. 当图甲电压表示数为2V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg
D. 当图乙电压表示数为2.4V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg
10. 如图所示，一质量为M的足够长“□”型金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。质量为m、电阻不计的导体棒PQ平行bc放置在导轨上，PQ左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨单位长度的电阻为R0，bc长为L，初始时bc与PQ间距离也为L。分界线ef与bc平行，其左侧有竖直向上的匀强磁场，右侧有水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。在t=0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨bc段中点，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，PQ与导轨间动摩擦因数为μ，且始终接触良好，则（ ）
A. 回路中的电动势先增大后减小
B. 运动过程中拉力F的最大值为Ma+μmg+B2L2aμ2R03La
C. 若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q
D. 若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服摩擦力做功为12μmgt02+μQ
第II卷（非选择题）
三、实验题（每空2分，共16分）
11.（6分）长方体形状的玻璃砖有一个表面镀银（光线不能透过），现利用“插针法”测定此玻璃砖的折射率。如图甲所示，实验时，先将玻璃砖平放到水平面内的白纸上，镀银面与纸面垂直。贴着玻璃砖前后两个面在纸上画出直线m1m2和k1k2，其中m1m2侧为镀银面。然后在白纸上竖直插上两枚大头针P1、P2。
（1）准备插第三枚大头针时，应在______侧观察（选填“m1m2”或“k1k2”）；
（2）插第三枚大头针时，这枚大头针应________：
A. 只挡住P1的像
B. 只挡住P2的像
C. 同时挡住P1和P2的像
（3）插完所需大头针，补全光路。图乙为光路的一部分，A1、B1均为光路上的点，过A1、B1作直线k1k2的垂线，垂足分别为A2、B2，已知图中A1O=B1O，则玻璃砖的折射率可表示为______。
A.A2OB2OB.B2OA2O
C.A1A2B1B2D.B1B2A1A2
12.（10分）在测量电源电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，会产生系统误差。为了消除电表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组连接了如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中R0=2Ω。
（1）请根据图甲所示电路，把图乙中的实验电路图补充完整。
（2）实验操作步骤如下：
①将滑动变阻器的滑片滑到___________位置（填“最左端”“正中间”或“最右端”）。
②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U、I的值，断开开关S0。
③重复步骤①。
④单刀双掷开关S与2接通，闭合开关S0，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U、I的值，断开开关S0。
⑤在图丙中分别作出两种情况所对应的U−I图像。
（3）图丙中的图线I是开关S与______（填“1”或“2”）接通时对应的图线。
（4）根据图丙中的U−I图线求得电源电动势E=______V，内阻r=______Ω。（结果均保留两位小数）
四、解答题（共38分）
13. （10分）图甲为某同学设计的测量透明液体折射率的装置图，正方体玻璃容器棱长为L=20.00 cm，薄刻度尺平行于BC棱放置在容器内底部，零刻度与棱上的O点重合，截面图如图乙所示。容器中不加液体时，从P点发出的激光恰好在O处形成光斑。保持入射角不变，向容器中注入10.00 cm深的某种液体，激光在N点形成光斑，N点对应的刻度为5.00 cm。求：
（1）该液体的折射率（结果保留3位有效数字）；
（2）容器中注满该液体后（液面水平），光斑到O点的距离。
14.（10分）如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m、相距l沿直线排列，静置于水平地面上.为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离l2，恰好停靠在墙边. 若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：
购物车碰撞过程中系统损失的机械能；
工人给第一辆购物车的水平冲量大小.
15.（18分）如图甲所示，半径为R的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大小E随距圆心O的距离x的变化如图乙所示，图中E0为已知量。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子，从圆心O点由静止释放，粒子沿半径OP运动至虚线边界上的P点进入磁场偏转再返回电场，粒子每次到达O点后沿进入电场的路径返回磁场，最后刚好沿PO方向回到O点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间记为t0（未知）。已知磁场的磁感应强度\（B = \latex>；\sqrt{\frac{mE_0}{3qR}}，不计带电粒子的重力。求：
带电粒子经过P点时的速度大小；
t0的大小；
若改变带电粒子的释放位置，将带电粒子在OP之间的某点Q（图中未标出）释放，粒子经过一段时间后沿PQ方向第一次回到释放点Q，该过程粒子在磁场区域运动的总时间为3t0。求粒子释放点Q到P点的可能距离。
物理答案
1. 【答案】D【详解】当“轿厢”向上做匀减速直线运动时，“轿厢”加速度向下，处于失重状态，钢丝绳拉力小于“轿厢”重力。此时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故ABC错误，D正确。
2. 【答案】C【详解】根据题意可知，题图甲，乙中，导线在磁场中的有效长度均为L/2，所以题图乙中弯折导线受到的安培力大小为也F。
3. 【答案】B【详解】根据题意可知，两球碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则碰撞过程中，两球组成系统的动量守恒，
A．图中表示小球2碰撞后与小球1初速度方向相反，不符合实际，故A错误；
B．图中表示两球碰撞后共速，可能实现，故B正确；C
D．图中表示两球碰撞后，两球组成系统的动量增加，不符合动量守恒定律，故CD错误。
4. 【答案】B【详解】设第一次斜抛小球在空中运动的时间为t，小球在空中运动的逆运动是平抛运动，第二次平抛小球运动的时间为t'，则v0csθ·t=v0·t'，由于AB=2AC，所以有12gt2=2·12gt'2，联立两式解得θ=45°
5. 【答案】A【详解】B
D．根据题意可知，粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则P、Q两点在同一等势面上，与点电荷距离相等，结合牛顿第二定律可知，粒子在P、Q两点的加速度大小相等，方向不同，故BD错误；A
C．由图可知，带正电的粒子q从M点出发抵达P点做曲线运动，所受电场力方向指向轨迹内侧，则粒子从M→Q做直线运动，所受电场力方向由Q→M，粒子沿轨迹2运动时，电场力做负功，电势能一定增加，结合公式Ep=φq可知，M点电势比Q点电势低，故A正确，C错误。
6. 【答案】C【详解】第一宇宙速度为v1=GMR，由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v2=2GMR，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为c500=2GMR，假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变v2=2GMr>c，解得Rr>2.5×105。
7. 【答案】D【详解】A．由题图可知，汽车在0∼t1过程是恒加速度启动且此时是处于下坡路，其在t1时刻达到最大功率，此后一直保持不变，汽车在t2∼t3时处于匀速运动，其受力情况如图所示。
汽车受到的牵引力为F牵=Ff−mgsinθ
则汽车的最大功率为Pmax=(Ff−mgsinθ)v2，故A错误；
B．由于物体的v−t图像表示物体的加速度，所以在0∼t1时间内汽车的加速度为a1=v1−0t1−0=v1t1
结合之前汽车的受力分析，对汽车有F牵1+mgsinθ−Ff=ma1
解得F牵1=mv1t1+Ff−mgsinθ，故B错误；
C．由题图可知，t3时刻汽车的速度减小，而由题意可知，汽车受到的阻力没有变，所以此时汽车的牵引力小于阻力，即汽车由下坡路进入了水平路段，故C错误；
D．汽车在t3∼t4时间内，根据动能定理可得Pmax(t4−t3)−Ffx=12mv32−12mv22
结合上述结论 Pmax=(Ff−mgsinθ)v2
可解得 x=2(Ff−mgsinθ)v2(t4−t3)+m(v22−v32)2Ff，故D正确。
8. 【答案】BD【详解】
A. 根据题意，由图可知，水波的波长为 λ=2a，则水波通过尺寸为 2.5a 的障碍物不能能发生明显衍射，故A错误；
B. 根据题意，由图可知，C 点距离振源的距离为 xC=3λ=6a，A 点距离振源的距离为 xA=1.5λ=3a，则到达第一个波峰的时刻，C 比 A 滞后 t=xC−xAv=3av，故B正确；
C. 质点不能随波逐流，则质点 B、C 之间的距离为 10a。保持不变，故C错误；
D. 根据题意可知，质点振动的振幅为 H，圆频率为 ω=2πT=2πvλ=πva，质点从负最大位移处开始振动，则 A 点的振动方程是 y=Hsinπvat+3π2，故D正确。
9. 【答案】AD【详解】
A. 当托盘中没有放物体时，两电路图滑动变阻器接入电路的电阻均为0，则电压表示数均为0，故A错误；
B. 经过 R0 的电流增大，说明 R 接入电路阻值变小，盘中物体质量减小，故B错误；
C. 当电压表示数为2V时，题图甲电路的电流为 I1=E−U1R0+r=3−20.4+0.1A=2A，则变阻器接入电路的电阻为 R1=U1I1=22Ω=1Ω，弹簧长度变化量 x1=R1RL=1cm，托盘中放上的物体质量为 m1=kx1g=200×0.0110kg=0.2kg，故C错误；
D. 题图乙中，设托盘上放上质量为 m2 的物体时，弹簧的压缩量为 x2，由平衡条件可得 m2g=kx2，解得 x2=m2gk，由闭合电路欧姆定律可知 I2=E−U2R0+r，则 R2=U2I2=U2(R0+r)E−U2=x2LR，联立解得 m2=kLU2(R0+r)gR(E−U2)，将 U2=2.4V 代入得 m2=0.4kg，故D正确。
10. 【答案】CD【详解】
A. 导轨做初速为零的匀加速运动，t 时刻的速度 v=at，回路中感应电动势：E=BLv=BLat，可知回路中的电动势一直增大，选项A错误；
B. 导轨运动以后，由 v=at，x=12at2，Rx=R0·2x，I=ERx+3LR0，F安=BIL，得 F安=B2L2at(3L+at2)R0，导轨受外力 F，安培力 F安 和滑动摩擦力 f。其中有 μFN=μ(mg+F安)，对导轨，由牛顿第二定律得 F−F安−f=Ma 联立得 F=μmg+Ma+(μ+1)B2L2at(3L+at2)R0=μmg+Ma+(μ+1)B2L2a3Lt+atR0 分析可知，当 3Lt=at 即 t=3La 力 F 最大，则有 Fmax=Ma+μmg+(μ+1)B2L2a2R03La 选项B错误；
C. 克服安培力做功等于产生的焦耳热，可知若 t0 时间内导轨产生的焦耳热为 Q，则该时间内导轨克服安培力做功为 Q，选项C正确；
D. 又导轨克服摩擦力做功为 W=μ(mg+F¯安)x，而 Q¯=F¯安x，x=12at02，则有 W=12μmgat02+μQ，选项D正确。
11. 【答案】（1）k1k2 （2）C （3）A
【解析】 （1）确定第三枚大头针 P3 位置的作图方法：由于 m1m2 表面镀
银，只能反射，所以光路为：入射光线、经过k1k2的折射光线、经过m1m2的反射光线、再次经过k1k2的折射后的出射光线，作出此光路图如图所示，即可标出P3的位置，则准备插第三枚大头针时，应在k1k2侧观察；
（2）插第三枚大头针时，这枚大头针应同时挡住P1和P2的像，故选C。
（3）根据折射定律可得n=sinisinr=A2OA1OB2OB1O=A2O·B1OA1O·B2O，故选A。
12.【答案】（1）（2）最左端 （3）1 （4）1.80 2.50
【解析】（1）根据题图甲所示的电路，补全实验电路图如答图所示。
（2）为了保护电路，开关闭合时，应使电路中的电流最小，则滑动变阻器接入电路的阻值应最大，结合题图甲可知开关闭合前滑动变阻器的滑片应滑到最左端位置。
（3）当单刀双掷开关S接1时，电流表内接（相对于电源），由闭合电路欧姆定律可知U=E−I(r+rA+R0)，当单刀双掷开关S接2时，电流表外接（相对于电源），由闭合电路欧姆定律有E=U+(I+URV)(r+R0)，变形可得U=−(r+R0)RVr+R0+RVI+RVr+R0+RVE，则开关S接1时对应的U−I图线的纵截距大于开关S接2时的，又题图丙中图线Ⅰ的纵截距大于图线Ⅱ的纵截距，可知图线Ⅰ是开关S与1接通时对应的图线。
（4）（5）问分析由数形结合法可得，图线Ⅰ的纵截距b1=1.80V=E，图线Ⅰ的斜率的绝对值|k1|=|1.80−00−0.36Ω|=5Ω=r+rA+R0，图线Ⅱ的纵截距b2=1.70V=RVr+R0+RVE，图线Ⅱ的斜率的绝对值|k2|=|1.70−00−0.40Ω|=(r+R0)RVr+R0+RV，联立解得r=2.50Ω、rA=0.50Ω、RV=76.50Ω。
13.【解析】（1）（6分）设激光射入该液体的入射角为θ，折射角为α，将θ、α标在光路图中，如图所示。
由几何关系可知θ=45° （1分）
LMN=10.002+5.002cm=55cm （1分）
sinα=5.00cmLMN （1分）
又n=sinθsinα （2分） 解得n=1.58 （1分）
（2）（4分）容器中注满该液体后，设激光射入该液体后的折射角仍为α，设光斑到O点的距离为d，
由几何关系tanα=L−dL （2分）
由（1）问tanα=12 （1分） 解得d=10.00cm （1分）
14.【解析】（1）（6分）设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，与第二辆车碰后的共同速度为v2。
由动量守恒定律有mv1=2mv2 （1分）
由动能定理有 −2kmg·l2=0−12(2m)v22 （2分）
则碰撞中系统损失的机械能 ΔE=12mv12−12(2m)v22 （2分），解得 ΔE=mgl （1分）
（2）（4分）设第一辆车推出时的速度为 v0
由动能定理有 −kmgl=12mv12−12mv02 （2分）
冲量 I=mv0 （1分）， 解得 I=m6gkl （1分）
15.【解析】（1）（4分）根据乙图，图中图线所围成面积代表电势差，则 UOP=E0R2 （1分）
由动能定理可得 qUOP=12mv2（2分），解得 v=E0Rqm （1分）
（2）（8分）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，根据题意作
轨迹图，由向心力公式得 qvB=mv2r，r=mvqB=3R （2分）
设 ∠O1OP=θ，由几何关系可知 tanθ=rR，解得 θ=π3 （1分）
所以 ∠MOP=2π3 （1分）
粒子在磁场中运动过程所转过的角度为 θ0=3×2π−π−2π3=5π （1分）
粒子在磁场中运动总时间 t0=θ02πT （1分）
粒子在磁场中运动周期为 T=2πrv （1分），解得 t0=5π3mRqE0 （1分）
（3）（6分）如图，设改变释放位置后，粒子在磁场中第一次从S点回到电场区域，令∠SOP=θ'，
粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角为α，根据题意可知：
nθ'=N×2π，α=2π−(π−θ') （1分）
粒子在磁场中运动总时间为3t0，所以 nα=3θ0，解得n+2N=15 （1分）
其中n和N均为正整数；
由题意可知 θ'