广西南宁市“4N”高中联合体2026届高三第三次测评物理试卷含解析

这是一份广西南宁市“4N”高中联合体2026届高三第三次测评物理试卷含解析，共36页。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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，是匀强电场中一个椭圆上的三个点，其中点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，两点分别为椭圆的两个焦点，三点的电势分别为、、，椭圆所在平面与电场线平行，元电荷，下列说法中正确的是（ ）
A．点的电势为
B．点的电势为
C．匀强电场的场强大小为
D．将一个电子由点移到点，电子的电势能增加
2、如图，用一根不可伸长的轻绳绕过两颗在同一水平高度的光滑钉子悬挂一幅矩形风景画。现若保持画框的上边缘水平，将两颗钉子之间的距离由图示位置逐渐增大到不能再増大为止（不考虑画与墙壁间的摩擦），则此过程中绳的张力大小（ ）
A．逐渐变大B．逐渐变小C．先变大，后变小D．先变小，后变大
3、当矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动时，产生的交变电流随时间的变化规律如图甲所示。已知图乙中定值电阻R的阻值为10Ω，电容器C的击穿电压为5V。则下列选项正确的是（ ）
A．矩形线框中产生的交变电流的瞬时值表达式为i=0.6sin100πt（A）
B．矩形线框的转速大小为100r/s
C．若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，电容器不会被击穿（通过电容器电流可忽略）
D．矩形线框的转速增大一倍，则交变电流的表达式为i=1.2sin100πt（A）
4、2019年7月9日，在沈阳进行的全国田径锦标赛上，来自上海的王雪毅以1米86的成绩获得女子跳高冠军。若不计空气阻力，对于跳高过程的分析，下列说法正确的是（ ）
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力大于她对地面的压力
B．王雪毅起跳后在空中上升过程中处于失重状态
C．王雪毅跃杆后在空中下降过程中处于超重状态
D．王雪毅落到软垫后一直做减速运动
5、下列核反应方程正确的是（ ）
A．轻核聚变反应方程中，x表示电子
B．铀核裂变的一种核反应方程
C．核反应方程为轻核聚变
D．放射性元素发生的α衰变方程为
6、如图，劲度系数为400N/m的轻弹簧一端固定在倾角为45°的光滑楔形滑块的顶端O处，另一端拴一质量为m=kg的小球。当楔形滑块以大小为a=3g的加速度水平向右运动时，弹簧的伸长量为（取g=10m/s2）（ ）
A．cmB．cmC．1.25cmD．2.5cm
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，足够长的光滑导轨倾斜放置，其上端接有电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，始终垂直导轨的导体棒EF接入电路的有效电阻为r，导轨和导线电阻不计，在导体棒EF沿着导轨下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．感应电流在导体棒EF中方向从F到E
B．导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，大小保持恒定
C．导体棒的机械能一直减小
D．导体棒克服安培力做的功等于电阻R消耗的电能
8、如图，竖直平面内有a、b、c三个点，b点在a点正下方，b、c连线水平。第一次，将一质量为m的小球从a点以初动能水平抛出，经过c点时，小球的动能为；第二次，使此小球带正电，电荷量为q，同时加一方向平行于abc所在平面、场强大小为的匀强电场，仍从a点以初动能沿某一方向抛出小球，小球经过c点时的动能为。下列说法正确的是（不计空气阻力，重力加速度大小为g）（ ）
A．a、b两点间的距离为B．a、b两点间的距离为
C．a、c间的电势差为D．a、c间的电势差为
9、如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光a、b，则下列说法正确的是（ ）
A．在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度
B．在玻璃中，a光的波长大于b光的波长
C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D．若改变光束在左侧面的入射方向使入射角逐渐变小，则折射光线a首先消失
E.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距
10、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
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）如图甲所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“探究合外力做功和动能变化的关系”的实验：
（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做________运动.
（2）连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图乙所示的纸带. 纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0. 1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G. 实验时小车所受拉力为0. 2N，小车的质量为0. 2kg. 请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化，补填表中空格_______，_______（结果保留至小数点后第四位）.
通过分析上述数据你得出的结论是：在实验误差允许的范围内，与理论推导结果一致.
（3）实验中是否要求托盘与砝码总质量m远小于小车质量M？________（填“是”或“否”）；
（4）实验前已测得托盘的质量为，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为________kg（g取，结果保留至小数点后第三位）.
12．（12分）利用如图所示的电路既可以测量电压表和电流表的内阻，又可以测量电源电动势和内阻，所用到的实验器材有：
两个相同的待测电源（内阻r约为1Ω）
电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω）
电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω）
电压表V（内阻未知）
电流表A（内阻未知）
灵敏电流计G，两个开关S1、S2
主要实验步骤如下：
①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω；
②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。
回答下列问题：
(1)步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电势差UAB=______ V；A和C两点的电势差UAC=______ V；A和D两点的电势差UAD=______ V；
(2)利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为_______ Ω，电流表的内阻为______Ω；
(3)结合步骤①步骤②的测量数据，电源电动势E为___________V，内阻为________Ω。
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，一根劲度系数为的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为的物体A和B（均视为质点），物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量的小球P从物体A正上方距其高度处由静止自由下落。与物体A发生弹性正碰（碰撞时间极短且只碰一次），弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，取。求：
(1)碰撞后瞬间物体A的速度大小；
(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，A物体的速度大小。
14．（16分）如图所示，长l＝1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ＝37°.已知小球所带电荷量q＝1.0×10－6C，匀强电场的场强E＝3.0×103N/C，取重力加速度g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)小球所受电场力F的大小；
(2)小球的质量m；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小．
15．（12分）A气缸截面积为500cm2，A、B两个气缸中装有体积均为104cm3、压强均为105Pa、温度均为27℃的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M，细管容积不计。现给左面的活塞N施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为105Pa，当推力F=1×103N时，求
①活塞N向右移动的距离是多少；
②B气缸中的气体升温到多少。
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、B
【解析】
A.根据椭圆关系可知两点与点的距离：
，
由得：
，，
根据U=Ed得：
，
所以：
，
可知
，
轴即为一条等势线，电场强度方向指向轴负方向，点电势为5V，故A错误；
B.由电场线与等势面关系得，得
，
故B正确；
C.电场强度：
，
C错误；
D.根据得：
，
故电子的电势能减少，故D错误。
故选：B。
2、D
【解析】
分析题意可知，画受到两段轻绳的拉力作用，根据共点力的平衡可知，拉力的合力与重力等大反向，即合力恒定不变。随着两颗钉子之间距离的增大，两端轻绳的夹角先减小，后增大，根据力的合成规律可知，两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。则轻绳的张力先变小后变大，当两轻绳处于竖直方向时，张力最小，故D正确，ABC错误。
故选D。
3、A
【解析】
A．由图象可知，矩形线框转动的周期T=0.02s，则
所以线框中产生的交变电流的表达式为
i=0.6sin100πt（A）
故A项正确；
B．矩形线框转动的周期T=0.02s，所以线框1s转50转，即转速为，故B项错误；
C．若将图甲中的交流电接在图乙的电路两端，通过电容器电流可忽略，则定值电阻两端电压为
u=iR=0.6×10sin100πt（V）=6sin100πt（V）
由于最大电压大于电容器的击穿电压，电容器将被击穿，故C项错误；
D．若矩形线框的转速增大一倍，角速度增大一倍为
ω′=200πrad/s
角速度增大一倍，电流的最大值增大一倍，即为
I′m=1.2A
则电流的表达式为
i2=1.2sin200πt（A）
故D项错误。
4、B
【解析】
A．王雪毅起跳时地面对她的弹力与她对地面的压力是作用力与反作用力，大小相等，故A项错误；
B．王雪毅起跳后在空中上升过程中，加速度的方向向下，处于失重状态，B项正确；
C．王雪毅越杆后在空中下降过程中，她只受到重力的作用，加速度的方向向下，处于失重状态，C项错误；
D．王雪毅落到软垫后，软垫对她的作用力先是小于重力，所以她仍然要做短暂的加速运动，之后才会减速，D项错误。
故选B。
5、D
【解析】
A．据质量数和电荷数守恒可得，轻核聚变反应方程为
即x表示中子，故A项错误；
B．铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中铀核裂变的一种核反应方程为
故B项错误；
C．核反应方程
为人工转变，故C项错误；
D．据质量数和电荷数守恒可得，放射性元素发生的α衰变方程为
故D项正确。
6、D
【解析】
当小球和斜面间的弹力为零时，设此时的加速度大小为a0，则由牛顿第二定律，有
代入数据得
a0=g
故当滑块以a=3g的加速度水平向右运动时，由a＞a0，知小球此时离开斜面，根据受力分析，结合力的合成与分解，可得

根据胡克定律有
F=kx
联立代入数据得
x=2.5×10-2m=2.5cm
故ABC错误，D正确；
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、AC
【解析】
根据右手定则知，感应电流的方向为F到E，故A正确．下滑过程中，根据左手定则知，安培力的方向沿斜面向上，由于导体棒下滑的过程中速度增大，则感应电动势增大，电流增大，安培力增大，故B错误．导体棒向下运动的过程中，除重力做功外，安培力做负功，则导体棒的机械能一直减小，故C正确．根据功能关系知，克服安培力做功等于整个回路产生的电能，故D错误．故选AC．
点睛：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生．
8、BC
【解析】
AB．不加电场时根据动能定理得
mghab=5Ek0-Ek0=4Ek0
解得

故A错误，B正确；
CD．加电场时，根据动能定理得
mghab+Uacq=13Ek0-Ek0
解得
故C正确，D错误；
故选BC。
9、BCE
【解析】
A．在真空中所有光的传播速度都等于光速，故A错误；
BC．由光路图可知，光的偏折程度较小，光的偏折程度较大，则玻璃三棱镜对光的折射率小，对光的折射率大；折射率越大，频率越大，波长越小，则知光的频率比光的小，光的波长比光的大，故B、C正确；
D．当改变光束在左侧面的入射方向使入射角逐渐变小时，光在右侧面的入射角逐渐增大，由分析知，光的临界角大于光的临界角，所以随着入射角逐渐增大，光先发生全反射，则光先消失，故D错误；
E．根据条纹间距公式可知，由于光的波长大于光，所以光的条纹间距大于光，故E正确；
故选BCE。
10、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。
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、匀速直线 0.1120 0.1105 是 0.015
【解析】
（1）[1]．平衡摩擦力时，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运动．
（2）[2][3]．从O到F，拉力做功为：
W=Fx=0.2×0.5575J=0.1120J．
F点的瞬时速度为：

则动能的增加量为：

（3）[4]．实验中是要使托盘与砝码的重力等于小车的拉力，必须要使得托盘与砝码总质量m远小于小车质量M；
（4）[5]．砝码盘和砝码整体受重力和拉力，从O到F过程运用动能定理，有：

代入数据解得：
m=0.015kg．
12、0 12.0V -12.0V 1530Ω 1.8Ω 12.6V 1.50
【解析】
(1)[1][2][3]．步骤①中，电流计G的示数为0时，电路中AB两点电势相等，即A和B两点的电势差UAB=0V；A和C两点的电势差等于电压表的示数，即UAC=12V；A和D两点的电势差UAD= =-12 V；
(2)[4][5]．利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为
电流表的内阻为
(3)[6][7]．由闭合电路欧姆定律可得
2E=2UAC+I∙2r
即
2E=24+0.8r
同理
即
2E=2×11.7+0.6∙2r
解得
E=12.6V
r=1.50Ω
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)8m/s；(2)
【解析】
(1)设碰撞前瞬间小球P的速度为，碰撞后瞬间小球P的速度为，物体A的速度为，
小球P自由下落，由动能定理可得
解得
小球P与物体A碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
故碰撞后瞬间物体A的速度大小是8m/s.
(2)设开始A静止时弹簧的压缩量为
对A有
当地面对物体B的弹力恰好为零时，弹簧的伸长量为
对B有
可见，故两个状态弹簧的弹性势能相等；
从P与A碰撞后瞬间到地面对B的弹力恰好为零的过程，由系统机械能守恒得
解得此时A的速度大小为
14、 (1)F=3.0×10－3N (2)m=4.0×10－4kg (3)v=2.0m/s
【解析】
(1)根据电场力的计算公式可得电场力；
(2)小球受力情况如图所示：

根据几何关系可得，所以；
(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，解得v=2m/s．
15、① 3.3cm；② 360K
【解析】
①加力F后，A中气体的压强为
对A中气体，由
则得
初态时
末态时
故活塞N向右移动的距离是
②对B中气体，因活塞M保持在原位置不动，末态压强为
根据查理定律得
解得
O—B
O—C
O—D
O—E
O—F
W/J
0. 0432
0. 0572
0. 0734
0. 0915
0. 0430
0. 0570
0. 0734
0. 0907