重庆市长寿中学2026届高三下学期开学测试物理试题（Word版附解析）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷
上无效。
3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷 选择题
一、选择题：本题共 10 小题，共 43 分。
（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
有一项是符合题目要求的。
1. 2025 年 3 月 28 日，我国“中国环流三号”托卡马克核聚变技术实现重大突破，首次实现原子核和电子温
度均稳定超过 1 亿度，标志着我国可控核聚变向工程化应用迈出了关键一步，核聚变反应是 和 聚变
生成； 释放能量，下列说法正确的是（ ）
A. 目前国际上投入运行的核电站原理均是核聚变
B. 的质量小于组成它的核子的质量之和
C. 该聚变的核反应方程是
D. 核聚变生成新核并释放能量，新核总质量等于原核总质量
【答案】B
【解析】
【详解】A．目前国际上投入运行的核电站主要利用核裂变原理（如铀-235 裂变），而非核聚变，A 错误；
B．根据质量亏损原理，原子核的质量小于其组成核子的质量之和，这是因为核子结合时释放结合能，导致
质量减少。氚（ ）由 1 个质子和 2 个中子组成，其质量必然小于三者单独存在时的质量之和，B 正确；
C．氘-氚聚变的标准反应方程为 ，C 错误；
D．核聚变释放能量时，根据爱因斯坦质能方程（ ），存在质量亏损，即生成核的总质量小于反
应核的总质量，D 错误。
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故选 B
2. 如图所示，真空中三个点电荷 、 、 分别固定在边长为 0.5m 的等边三角形的顶点上，已知
，所受静电力为 。静电力常量 ，下列判断可能正确
的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意，若
由 库 仑 定 律 可 得 ， 受 到 、 的 库 仑 力 大 小 分 别 为 、
方向如图所示
由平行四边形定则可得， 受到库仑力大小为 ，故 A 错误；
B．根据题意，若
由 库 仑 定 律 可 得 ， 受 到 、 的 库 仑 力 大 小 分 别 为 、
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方向如图所示
由平行四边形定则可得， 受到库仑力大小为 ，故 B 正确；
C．根据题意，若
由 库 仑 定 律 可 得 ， 受 到 、 的 库 仑 力 大 小 分 别 为 、
方向如图所示
由平行四边形定则可得， 受到库仑力大小为 ，故 C 错误；
D．根据题意，若
由 库 仑 定 律 可 得 ， 受 到 、 的 库 仑 力 大 小 分 别 为 、
方向如图所示
由平行四边形定则可得， 受到库仑力大小为 ，故 D 错误。
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故选 B。
3. 某同学用玩具枪打靶，该同学站在靶标中央位置正前方较远处，靶标为一个面积较大的竖直平面。射击
时保持枪口位置不变，先后沿同一水平面内不同方位射出子弹，子弹初速度大小相等，在空中均做平抛运
动，则靶标上出现的弹孔分布可能为（ ）
A. B. C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，玩具枪子弹在空中做平抛运动，水平速度大小不变，当枪口正对靶标中心时，子弹
运动到靶标的水平位移最小，由平抛运动规律 可知，子弹运动到靶标的时间最短，又由公式
可知，子弹下落的高度最小；
在水平面左右旋转枪口朝向时，子弹运动到靶标的水平位移变大，运动时间变长，下落的高度变大。
故选 B。
4. 如图为研究光电效应的实验装置，进行的操作如下：
（1）用频率为 光照射光电管，此时电流表中有电流。调节滑动变阻器，使电流表示数恰好变为 0，记
下此时电压表的示数 ；
（2）用频率为 的光照射同一光电管，重复（1）中的步骤，记下电压表的示数 。
已知电子的电荷量为 e，关于上述实验说法正确的是（ ）
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A. 电流表示数恰好变为 0 时，滑片 P 置于 O、b 之间
B. 电流表示数恰好变为 0 时，光电效应恰好停止发生
C. 若 大于 ，则 一定大于
D. 测得普朗克常量的值为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．根据题意可知，实验应加反向电压为零，实验时逐渐增大反向电压，直到电流表示数恰好变
为 0，电流表示数恰好变为 0 时，滑片 P 置于 O、a 之间。电流表示数恰好变为 0 时，光电效应并非停止发
生，而是没有光电子到达右极板 A，故 AB 错误；
C．根据光电效应方程可得
所以，若 大于 ，则 一定大于 ，故 C 正确；
D．根据光电效应方程可得 ，
可得 ，故 D 错误。
故选 C。
5. a、b、c、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星，其中 a、c 的轨道相交于 P，b、d 均为
同步卫星，b、c 轨道在同一平面上，某时刻四颗卫星的运行方向以及位置如图所示，下列说法中正确的是
（ ）
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A. 若 a、c 是近地卫星，则已知其周期和引力常量 ，可计算地球质量
B. a 的发射速度小于地球的第二宇宙速度但大于 b 的发射速度
C. d 卫星提速可以和 b 卫星成功对接
D. a、b、c、d 四颗卫星 角速度关系是
【答案】D
【解析】
【详解】A．a、c 两颗卫星公转轨道半径相同，根据
解得
则要计算地球质量除了已知其周期和引力常量 还需知道两个近地卫星的环绕半径。故 A 错误；
B．第二宇宙速度是克服地球引力并逃离地球引力场的最低速度，a 卫星仍在环绕地球运动，则 a 的发射速
度小于地球的第二宇宙速度。由于卫星 轨道低于 ，则发射速度小于 b 的发射速度，故 B 错误；
C．两颗卫星不能在同轨道提速对接，d 卫星提速后将会做离心运动远离地球到外侧轨道运行，不能与 b 卫
星对接，故 C 错误；
D．a、c 两颗卫星公转轨道半径相同，则根据
解得
可知
b、d 两颗卫星公转轨道半径相同，同理可知
由图可知 b、d 的公转轨道半径大于 a、c 的公转轨道半径，根据上述分析可知 ，故 D 正
确。
故选 D。
6. 冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经
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便斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为 ，上端与下端
高度差为 ，倾斜滑道高度差为 ，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑相接，游客与各滑
道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上
端的水平距离为 ，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为（ ）
A. 0.07 B. 0.08 C. 0.09 D. 0.10
【答案】A
【解析】
【详解】研究游客整个运动过程，根据动能定理有
代入数据解得
实际上游客在圆轨道运行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在圆轨道摩擦力做功
因此动摩擦因数应更小，故选 A。
7. 如图甲所示，电阻不计、半径 的 25 匝圆形线圈通过在 点相连的四根绝缘细杆静止在空中，
线圈处在一个均匀辐向磁场内，线圈所在位置处的磁感应强度大小 ，俯视图如图乙所示。现对 点
施加作用力，使线圈在竖直方向上做简谐运动，其速度 ，线圈的始末两端 点和 点
通过导线连接理想变压器给负载供电。已知变压器原、副线圈的匝数之比 ，定值电阻
，电表均为理想交流电表，则下列说法正确的是（ ）
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A. 电路中 内电流方向改变 5 次
B. 线圈运动的速度最大时，电压表的示数为
C. 当可变电阻 时，电流表的示数约为
D. 当可变电阻 变大时，变压器的输入功率变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．线圈中产生的交流电的周期为
一个周期内电流方向改变 2 次，可知电路中 内电流方向改变 10 次，A 错误；
B．线圈中感应电动势的最大值
电动势有效值为
可知电压表的示数为 ，B 错误；
C．当可变电阻 时，次级电阻为
次级电流
初级电流 ，即电流表的示数约为 ，C 正确；
D．当可变电阻 变大时，次级电阻变大，则根据 可知，次级消耗功率减小，则变压器的输入功
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率变小，D 错误。
故选 C。
（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，
有多项符合题目要求。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. 如图甲所示，轻弹簧一端固定在倾角 的足够长的光滑斜面上，另一端与质量为 的物
块 相连，质量 的物块 紧靠 静止在斜面上。 时刻，对物块 施加沿斜面向上的力 ，
使得 始终做匀加速直线运动，力 随物块 的位移 变化的关系如图乙所示。已知 时， 、 刚
好分离。取重力加速度 。下列说法正确的是（ ）
A. 时，弹簧恢复原长 B. 的值为
C. 弹簧的劲度系数为 D. 时间内， 对 做的功为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．x=0.18m 时， 、 刚好分离，此时 、 的加速度大小相等， 、 之间的相互作用力为零，
弹簧未恢复原长，选项 A 错误；
B． 始终做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的规律得
解得 a=1m/s2
时刻，对 、 整体由牛顿第二定律得
解得 F1=1.2N，选项 B 错误；
C．设弹簧的劲度系数为 ，未对 施加力 时，
、 分离瞬间，对 由牛顿第二定律得
由题意知 x1-x2=0.18m
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联立解得 ，选项 C 正确；
D．t=0.6s 时， 的速度大小为 v=at=0.6m/s
0.6s 后，对 由牛顿第二定律得
解得 F2=2.4N
0-0.6s 时间内，力 对 做的功为
对 由动能定理得
解得 W=0.108J，选项 D 正确。
故选 CD。
9. 如图所示，平行金属板中有一个带电油滴悬浮在两板间的 点，不考虑电流表和电压表对电路的影响，
选地面的电势为零。当滑动变阻器 的滑片向 端移动时，若电压表、电流表的示数变化量分别为 和
，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表示数变大 B. 电源的效率变低
C. 油滴带负电，将向上运动 D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．滑动变阻器 的滑片向 端移动时，连入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电
路欧姆定律知干路电流减小，电源的内电压和 的电压减小，则并联部分的电压增大，电压表读数变大，
故 A 正确；
B．电源的效率为 ，根据前面分析可知，路端电压增大，所以电源的效率变高，
故 B 错误；
C．平行金属板上极板与电源正极相连，故油滴带负电，平行金属板间电压增大，根据 知平行金属
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板间的场强增大，油滴受到的电场力增大，则油滴将向上运动，故 C 正确；
D．电流表示数即干路电流为 ，电压表示数为 ，由闭合电路欧姆定律得
则有 ，故 D 正确。
故选 ACD。
10. 如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为 ，速率恒为 ，宽为 的 区域存在与传送带平
面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。边长为 、质量为 m、电阻为 R 的正方形线框 置
于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框 边刚离开磁场区域时的速率恰为 。若线框 或
边受到安培力，则其安培力大于 。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数
， 边始终平行于 ，重力加速度为 g。下列选项正确的是（ ）
A. 线框速率的最小值为
B. 线框穿过磁场区域产生的焦耳热为
C. 线框穿过磁场区域的时间为
D. 边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在 边进入磁场而 边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力 和沿
传送带平面向下的重力分力 。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为 ，而
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，故
已知线框受到的安培力
即
因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重
力分力、摩擦力作用下做减速运动。在 边进入磁场到 边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速
度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩
擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当 边刚进入磁场时，线框有最小速度 。
设线框加速度为 ，根据牛顿第二定律有
边离开磁场时速度恰好为 ，则有
联立解得 ，故 A 正确；
B． 在 边 进 入 磁 场 到 边 进 入 磁 场 的 过 程 中 ， 由 动 能 定 理 有
则该过程产生的焦耳热
在 边离开磁场到 边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为 。因此，线框穿过磁场区域产生的焦
耳热为 ，故 B 错误；
C．设 边进入磁场到 边进入磁场的时间为 ，根据闭合电路欧姆定律得
根据动量定理有
设 边进入磁场到 边离开磁场的时间为 ，有
因为 边离开磁场到 边离开磁场所用时间也为 ，所以线框穿过磁场区域的总时间
联立解得 ，故 C 错误；
D． 边从进入到离开磁场区域的时间
该段时间内传送带移动的距离 ，故 D 正确。
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故选 AD。
第Ⅱ卷 非选择题
三、实验题：本大题共 2 小题，共 16 分。
11. 一物理兴趣学习小组利用如图甲所示的实验装置“探究弹簧弹力与形变量的关系”，他们选取了一根原
长为 10cm、劲度系数为 100N/m、质量忽略不计的弹簧来做实验（实验中弹簧未超出弹性限度），并利用实
验数据绘制了如图乙所示的图像（图像的纵坐标 F 表示弹簧的弹力，横坐标 x 表示弹簧的形变量）。
（1）图像乙中的横坐标 ______cm。
（2）如果使用该弹簧制作一个弹簧测力计，弹簧原长处标识刻度值为 0N，则弹簧长度为 12cm 处应该标识
为______N。
（3）如图丙所示，用该弹簧制作的弹簧测力计悬挂一个质量为 0.1kg 的物体，整体向上加速运动时，发现
测力计的示数为 1.6N，已知取 ，则物体运动的加速度大小为______ 。
【答案】（1）5 （2）2
（3）6
【解析】
【小问 1 详解】
根据胡克定律可得图像乙中 横坐标
【小问 2 详解】
如果使用该弹簧制作一个弹簧测力计，弹簧原长处标识刻度值为 0N，则弹簧长度为 12cm 处应该标识为
【小问 3 详解】
以物体为对象，根据牛顿第二定律可得
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解得物体运动的加速度大小为
12. 图甲为霍尔元件，其接线柱如图乙所示：金属做成长方体薄片，放到竖直向下磁感应强度为 的磁场中，
通以由 a 流向 b 的电流 时，前后两侧面的 c、d 两端能探测出霍尔电势差 ，理论表明 ，其
中 为上下面厚度， 为霍尔系数，由材料种类决定。为了测霍尔系数 ，采用图丙的电路， 为保护电
阻（a、b、c、d 四个接线柱功能与接法参考甲、乙）。
（1）根据图乙电流和磁场方向，判断 c、d 两端电势 ____ （填“>”或“ ②. g
（2） ①. ②. BD
（3）不能
【解析】
【小问 1 详解】
根据左手定则可知，电子受向里的洛伦兹力而偏向 d 极板，可知 c、d 两端电势 ；
图丙电路中电流表示数不能从零开始调节，为了解决这一问题，须用一导线把变阻器的 N 端与电路中 g 接
线柱连接，使滑动变阻器接成分压电路即可。
【小问 2 详解】
根据
由图像可知
其中 h=0.8mm，B=0.2T，解得
设霍尔元件宽度为 d，则平衡时满足
根据
可得
可知
可知 k 值与金属材料的单位体积内的自由电子数以及电子电量有关。故选 BD。
【小问 3 详解】
食盐溶液中含有电量相同的正负离子，通电后放在磁场中时，正负离子运动方向相反，则受洛伦兹力方向
相同，从而偏向同一电极，则两极间不会出现霍尔电压，则他不能测出霍尔电压。
四、计算题：本大题共 3 小题，共 41 分。
13. 乒乓球在中国不仅是体育的象征，也是中国文化的重要组成部分。已知乒乓球的直径为 40mm，在 27℃
时，内部压强为 Pa，在某次比赛中，由于撞击，发生了变形，体积减少了 ，温度不变。小明想到
了用水加热可以使乒乓球恢复球状，于是他把乒乓球放于水中缓慢加热直到恰好恢复原状，这一过程可近
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似看作等压过程，整个过程中乒乓球内气体总量保持不变。 。求：
（1）乒乓球变形后，内部气体的压强；
（2）乒乓球刚好恢复原状时的温度。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
由玻意耳定律得
又
解得
【小问 2 详解】
由盖-吕萨克定律得
又
解得
14. 如图甲所示，真空中建立一个平面直角坐标系 。紧靠 轴左侧有一对水平放置的平行金属板，板间
距离为 ，中轴线沿 轴，板间所加交变电压 随时间 的变化图像如图乙所示， 时刻上极板电势高。
轴右侧存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，在 轴右侧一定距离处有一个荧光屏。现有
大量质量为 、电荷量为 的粒子以初速度 沿 轴正方向持续不断地射入两板间，所有粒子均可以从板
间射出并进入 轴右侧范围足够大的复合场，两板间的粒子穿过两板的时间等于交变电压的周期 。当
，电场强度 与磁感应强度 的大小关系为 ， 为已知量，不计粒子重力及粒子间的
相互作用力。求：
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（1） 时刻进入两板间的粒子从板间射出时沿 轴方向速度的大小 ；
（2）若能让粒子垂直打到荧光屏上，荧光屏距离 轴的最小距离 ；
（3）若荧光屏处在第（2）问的位置，粒子打到荧光屏上 轴的坐标范围。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
粒子在平行板中运动过程，由动量定理得
代入已知量解得
【小问 2 详解】
方法一：由第（1）问可知，粒子从平行板间射出时速度相同，粒子在 轴右侧区域运动过程中：由牛顿第
二定律得
设粒子在复合场中运动周期为 ，则
沿 方向由动量定理得
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全程累积得
联立解得
方法二：粒子从平行板间射出时同时参与了沿 轴正向的初速度为 的匀速直线运动，和顺时针旋转的速度
为 的匀速圆周运动，四分之一周期后速度第一次垂直于屏，四分之一周期内匀速运动位移
四分之一周期内圆周运动水平位移
最小距离
【小问 3 详解】
时刻进入的粒子，在平行板中 方向的位移为
时刻进入的粒子：运动 时的速度为 为
粒子在复合场中运动过程中
所有粒子均向上平移 ，故
则荧光屏上坐标范围为
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粒子打到荧光屏上 轴的坐标范围
15. 如图所示，水平传送带以 5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为 。传送带右端的
正上方有一悬点 O，用长为 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为 0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐
但不接触。在 O 点右侧的 P 点固定一钉子，P 点与 O 点等高。将质量为 0.1kg 的小物块无初速轻放在传送
带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为 、方向水平向
左。小球碰后绕 O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 P 点向上运动。已知小物块与传送带
间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度大小 。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到 P 点正上方，绳子不松弛，求 P 点到 O 点的最小距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小 。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律有
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其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到 P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时 P 点到 O 点的距离为 ，小球在 P 点正上方的
速度为 ，在 P 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从 点正下方到 P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即 P 点到 O 点的最小距离为 。
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