2026届云南省大理、丽江、怒江高三最后一模物理试题含解析

这是一份2026届云南省大理、丽江、怒江高三最后一模物理试题含解析，共16页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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、如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下，质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S=2×10-3m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h=24cm，活塞距汽缸口10cm。汽缸所处环境的温度为300K，大气压强p0=1.0×105Pa，取g=10m/s2；现将质量为m=4kg的物块挂在活塞中央位置上，活塞挂上重物后，活塞下移，则稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为（ ）
A．25cmB．26cmC．28cmD．30cm
2、用如图a所示的圆弧一斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F．已知斜面与水平地面之间的夹角θ=45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图b所示的F﹣x图象，g取10m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为（ ）
A．0.125mB．0.25mC．0.50mD．1.0m
3、如图所示，内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上，且恰好处在两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为1 m，其质量为1 kg，一质量也为1 kg的小球（视为质点）能在管内运动，管的内径可不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，取g＝10 m/s2。则小球运动到最低点时对轨道的压力大小为
A．70 NB．50 NC．30 ND．10 N
4、频率为的入射光照射某金属时发生光电效应现象。已知该金属的逸出功为W，普朗克常量为h，电子电荷量大小为e，下列说法正确的是（ ）
A．该金属的截止频率为
B．该金属的遏止电压为
C．增大入射光的强度，单位时间内发射的光电子数不变
D．增大入射光的频率，光电子的最大初动能不变
5、我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压，喷出二价氧离子，离子束电流为，那么下列结论正确的是（元电荷，氧离子质量，飞船质量）（）
A．喷出的每个氧离子的动量
B．飞船所受到的推力为
C．飞船的加速度为
D．推力做功的功率为
6、2019年11月5日01时43分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功发射第49颗北斗导航卫星,标志着北斗三号系统3颗倾斜地球同步轨道卫星全部发射完毕。倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星,运行周期等于地球的自转周期,倾斜地球同步轨道卫星正常运行时,下列说法正确是
A．此卫星相对地面静止
B．如果有人站在地球赤道处地面上,此人的向心加速比此卫星的向心加速度大
C．此卫星的发射速度小于第一宇宙速度
D．此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，可能会一天看到两次此卫星
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、如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内存在相互正交的匀强磁场和匀强电场E，磁场方向垂直于纸面向里，平板S上有可让粒子通过狭缝到达记录粒子位置的胶片。平板S右方有垂直于纸面向外的匀强磁场，则下列相关说法中正确的是（ ）

A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．该束带电粒子带负电
C．速度选择器的极板带负电D．在磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
8、如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放，某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计小球与弹簧接触时能量损失，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是（ ）
A．最低点的坐标大于
B．当，重力势能与弹性势能之和最大
C．小球受到的弹力最大值等于
D．小球动能的最大值为
9、如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则
A．小球均静止时，弹簧的长度为L-
B．角速度ω=ω0时，小球A对弹簧的压力为mg
C．角速度ω0=
D．角速度从ω0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变
10、如图所示，质量为m的托盘P（包括框架）悬挂在轻质弹簧的下端处于静止状态，托盘的上表面水平。t=0时刻，将质量也为m的物块Q轻轻放到托盘上，t1时刻P、Q速度第一次达到最大，t2时刻，P、Q第一次下降到最低点，下列说法正确的是（ ）
A．Q刚放上P瞬间它们的加速度大小为
B．0~t1时间内弹簧弹力的冲量大于2mgt1
C．0~t1时间内P对Q的支持力不断增大
D．0~t2时间内P、Q的重力势能和弹簧弹性势能的总和不断减小
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）某同学测量一段粗细均匀电阻丝的电阻率，实验操作如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，如图甲所示的示数为_________mm。
（2）用多用电表“×1 "倍率的欧姆挡测量该电阻丝的阻值，如图乙所示的示数为_________Ω。
（3）用电流表（内阻约为5Ω）、电压表（内阻约为3kΩ）测量该电阻丝的阻值Rx，为了减小实验误差，并要求在实验中获得较大的电压调节范围，下列电路中符合要求的是_________。
A． B． C． D．
（4）用第（3）问中C选项的方法接入不同长度的电阻丝l，测得相应的阻值R，并作出了R-l图象，如图丙所示中符合实验结果的图线是_________（选填“a”“b”或“ c ”），该电阻丝电阻率的测量值_________（选填“大于” “小于”或“等于”）真实值。
12．（12分）小王和小李两位同学分别测量电压表V1的内阻.
（1）先用调好的欧姆表“×1K”挡粗测电压表V1的内阻，测量时欧姆表的黑表笔与电压表的__________（填“＋”或“—”）接线柱接触，测量结果如图甲所示，则粗测电压表V1的内阻为___________k.
（2）为了精确测量电压表V1的内阻，小王同学用如图乙所示的电路，闭合开关S1前将滑动变阻器的滑片移到最__________（填“左”或“右”）端，电阻箱接入电路的电阻调到最__________（填“大”或“小”），闭合开关S1，调节滑动变阻器和电阻箱，使两电压表指针的偏转角度都较大，读出电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，电阻箱的示数为R0，则被测电压表V1的内阻__________.
（3）小李同学用如图丙所示的电路，闭合开关S1，并将单刀双掷开关S2打到1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表V2的指针偏转角度较大，并记录电压表V2的示数为U，再将单刀双掷开关S2打到2，调节电阻箱，使电压表V2的示数仍然为U，此时电阻箱接入电阻的示数如图丁所示，则被测电压表V1的内阻__________.
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）如图所示为一种研究高能粒子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ边界之间存在两个有界匀强磁场，其中K（K在x轴上方）下方I区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B．直线加速器1与直线加速器2关于O点轴对称，其中心轴在位于x轴上，且末端刚好与MN、PQ的边界对齐；质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ边界进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节边界与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用，不计正、负电子的重力，求：
（1）哪个直线加速器加速的是正电子；
（2）正、负电子同时以相同速度ν1进入磁场，仅经过边界一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值。
（3）正、负电子同时以v2速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。
14．（16分）如图所示，直角坐标系Oxy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．质量为m2=8×10-3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点L=0.045m，质量m1=1×10-3kg的带电小物块以初速度v0=0.5m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力．已知电场强度E=40N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ=0.1，取g=10m/s2，求：
（1）碰后m1的速度；
（2）若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ=30°，OP长为Lp=0.4m，求磁感应强度B的大小；
（3）其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为B/使m2能与m1再次相碰，求B/的大小？
15．（12分）如图，平板小车静止在光滑水平地面上，其右端固定一半圆形光滑轨道BC与车上表面相切于B点，B端右边x0=2m处有一与小车等高的台阶。一质量m=2.0kg可视为质点的物块以某－初速度滑上小车最左端A处，当物块运动到小车最右端B处时，小车与台阶相碰后立即静止，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车与轨道的总质量M=1.0kg，轨道半径R=0.5m，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2。求：
(1)小车的运动时间t；
(2)小车的长度L。
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】
该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有
代入数据解得
h1=30cm
故D正确，ABC错误。
故选D。
2、B
【解析】
在圆轨道上运动时，小球受到重力以及轨道的支持力作用，合力充当向心力，所以有
小球做平抛运动时时的水平射程
小球的竖直位移：
根据几何关系可得
联立即得
x
图像的纵截距表示重力，即
mg=5N
所以有
解得：
R=0.25m
故选B；
【名师点睛】
知道平抛运动水平方向和竖直方向上运动的规律，抓住竖直位移和水平位移的关系，尤其是掌握平抛运动的位移与水平方向夹角的正切值的表达式进行求解．注意公式和图象的结合，重点是斜率和截距
3、A
【解析】
抓住小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，求出最高点的速度，根据动能定理求出小球在最低点的速度，从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，根据牛顿第三定律得出小球对圆轨道的最大压力．
【详解】
当小球运动到最高点时速度最小，此时圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m，N=mg，解得最高点的速度v1= ；小球从最高点到最低点，根据动能定理得，mg⋅2R=，解得v2= ；根据牛顿第二定律得，N′−mg=m，联立解得N′=7mg=70N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力N′=7mg=70N，故A正确，BCD错误；
故选：A.
4、B
【解析】
A．金属的逸出功大小和截止频率都取决于金属材料本身，用光照射某种金属，要想发生光电效应，要求入射光的频率大于金属的截止频率，入射光的能量为，只有满足
便能发生光电效应，所以金属的逸出功为
即金属的截止频率为
所以A错误；
B．使光电流减小到0的反向电压称为遏制电压，为
再根据爱因斯坦的光电效应方程，可得光电子的最大初动能为
所以该金属的遏止电压为
所以B正确；
C．增大入射光的强度，单位时间内的光子数目会增大，发生了光电效应后，单位时间内发射的光电子数将增大，所以C错误；
D．由爱因斯坦的光电效应方程可知，增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大，所以D错误。
故选B。
5、B
【解析】
A、对于每个氧离子，在加速电压U的作用下加速，有：，，解得：，故A错误；
B、设时间内有n个离子被喷出，根据电流的定义式：，对于单个离子，由动量定理得：，若有n个离子被喷出，则有，联立以上各式可得：，由牛顿第三定律：，故B正确；
C、对飞船，由牛顿第二定律得：，故C错误；
D、功率的单位与不同，故D错误。
【点睛】
6、D
【解析】
A．由题意可知，倾斜地球同步轨道卫星相对地面有运动，故A错误；
B．由向心加速度，赤道处的人和倾斜面地球同步轨道卫星角速度相同，则人的向心加速度小，故B错误；
C．此卫星的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故C错误；
D．由题意可知，此卫星轨道正下方某处的人用望远镜观测，会一天看到两次此卫星，故D正确。
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、AD
【解析】
A．质谱仪是分析同位素的重要工具，选项A正确；
B．带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该束粒子带正电，选项B错误；
C．在平行极板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，选项C错误；
D．进入磁场中的粒子速度是一定的，根据洛伦兹力提供向心力，有
得
知越大，比荷越小，选项D正确。
故选AD。
8、AD
【解析】
AC．根据乙图可知，当x=h+x0使小球处于平衡位置，根据运动的对称性可知，小球运动到h+2x0位置时的速度不为零，则小球最低点坐标大于h+2x0，小球受到的弹力最大值大于2mg，选项A正确，C错误；
B．根据乙图可知，当x=h+x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，以弹簧和小球组成的系统，机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故B错误；
D．小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知
故小球动能的最大值为，故D正确。
故选AD。
9、ACD
【解析】
A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，
；
设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：
，
故弹簧的长度为：
，
故A项正确；
BC．当转动的角速度为ω0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：
而对A球依然处于平衡，有：
而由几何关系：
联立四式解得：
，
则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；
D．当角速度从ω0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为2mg，故D正确；
故选ACD。
10、AC
【解析】
A． Q刚放上P瞬间，弹簧弹力不变，仍为mg，故根据牛顿第二定理可知，它们的加速度
故A正确；
B． t1时刻P、Q速度第一次达到最大，此时P、Q整体合力为零，此时弹簧弹力
故0~t1时间内弹簧弹力小于2mg，故0~t1时间内弹簧弹力的冲量小于2mgt1，故B错误；
C． 0~t1时间内整体向下的加速度逐渐减小到零，对Q有
故P对Q的支持力N不断增大，故C正确；
D． t2时刻，P、Q第一次下降到最低点，动能为零，故根据机械能守恒可知，0~t2时间内P、Q的重力势能和弹簧弹性势能的总和先减小再增大，故D错误。
故选AC。
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、2.819〜2.821 7 D a 等于
【解析】
（1）[1]螺旋测微器的转动刻度50格共0.5mm长，精确度为0.01mm，格数要估读到0.1格，则电阻丝的直径为：
（2.819~2.821）；
（2）[2]欧姆表读电阻，由表盘上的数字乘以倍率得到阻值，可得：
（或7）
（3）[3]实验中获得较大的电压调节范围，则需要滑动变阻器选择分压式接法；
而待测电阻满足：
即待测电阻为小电阻，用电流表的外接法减小系统误差；综上选择D电路实验；
（4）[4]根据电阻定律
，
可知图像应该是过原点的倾斜直线，但（3）问中的C项电路采用的是电流表的内接法，因电流表分分压导致电阻的测量值偏大，有：
故测量图线不过原点，而有纵截距；故选a图线；
[5]由图像求电阻率是利用斜率求得，a图线和准确图线的斜率相同，故电阻率的测量值等于真实值。
12、（1）＋， 9. 0； （2）左， 大， ； （3）8455
【解析】
（1）欧姆表的电流从黑表笔流出，因此黑表笔应与电压表的“＋”接线柱相连接，欧姆表的读数为9. 0k.
（2）为保护电路，闭合开关S1前应将滑动变阻器的滑片移到最左端，使输出电压为零，电阻箱接入电路的电阻最大，被测电压表的内阻.
（3）被测电压表的内阻等于电阻箱的接入电路的阻值，即为8455.
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、（1）直线加速器2（2）；（3）△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1。
【解析】
（1）正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器2加速得为正电子
（2）如图所示：d＝2Rsinθ，R（1﹣csθ）＝h
或直接得：
整理得：R
即当，即h时，Rmin
根据ev1B＝m，求得：v1
（3）当v，则R，距离总是满足：△y＝2h
情况一：h＞R，只有一种情况h＝R，△y
情况二：h＜R，，h＝R，
那么△y＝2[]，n＝1，3，5，7…2k﹣1
14、（1）0.4m/s，方向向左 （2）1T （3）0.25T
【解析】
试题分析：(1)m1与m2碰前速度为v1，由动能定理
－μm1gl＝m1v－m1v
代入数据解得：v1＝0.4 m/s
设v2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：
m1v1＝m1v1′＋m2v2
代入数据得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左
(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g
得：q＝2×10－3C
粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R，则
qv2B＝m2
轨迹如图，由几何关系有：R＝lOP
解得：B＝1 T
(3)当m2经过y轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m1碰后做匀减速运动．
m1匀减速运动至停，其平均速度为：
＝v1′＝0.2 m/s>v2＝0.1 m/s
所以m2在m1停止后与其相碰
由牛顿第二定律有：f＝μm1g＝m1a
m1停止后离O点距离：s＝
则m2平抛的时间：t＝
平抛的高度：h＝gt2
设m2做匀速圆周运动的半径为R′，由几何关系有：
R′＝h
由qv2B′＝
联立得：B′＝0.25 T
考点：本题考查了带电粒子在磁场中运动和数形结合能力
15、 (1)；(2)4m
【解析】
(1)对小车，由牛顿第二定律得
解得
a=4m/s2
小车加速过程
得
(2)物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由牛顿第二定律得
物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得
联立解得
根据牛顿第二定律可得
物块在水平面上的运动可视为反向匀加速
故