四川省南充市2026届高三下学期二模物理试卷（Word版附解析）

这是一份四川省南充市2026届高三下学期二模物理试卷（Word版附解析），共12页。
1．考生领到答题卡后，须在规定区域填写本人的姓名和考号，并在答题卡上用 2B 铅笔填涂
考号。
2．考生回答选择题时，选出每小题答案后，须用 2B 铅笔将答题卡上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。考生回答非选择题时，须用 0.5mm
黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上。选择题和非选择题的答案写在试卷或草稿纸上无效。
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
一项是最符合题目要求的。
1. 如图，摩天轮座舱中的游客在竖直面内做匀速圆周运动，游客（视为质点）在 、 时刻先后经过同一
水平面，则（ ）
A. 在 ， 时刻，游客的速度方向一定相反
B. 在 时间，游客的速度变化一定为零
C. 在 时间，游客的平均速度一定为零
D. 在 时间，游客的重力做功一定为零
【答案】D
【解析】
【详解】A．若游客转动一整圈，两次经过同一水平面的同一位置，速度方向相同，并非一定相反，故 A
错误；
B．速度是矢量，若两次经过同一水平面的不同位置，速度方向不同，速度变化不为零，故 B 错误；
C．平均速度等于位移除以时间，只有初末位置重合时位移才为零，若两次经过同一水平面的不同位置，位
移不为零，平均速度不为零，故 C 错误；
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D．重力做功只与初末位置的高度差有关，初末时刻在同一水平面，高度差 ，因此重力做功一定为
零，故 D 正确。
故选 D。
2. 如图，一束复色光由真空从 P 点射入玻璃球经两次折射后分解为 A、B 两束单色光，玻璃球对 A、B 光
的折射率分别为 、 ，A、B 光在玻璃球中传播时间分别为 、 、下列结论正确的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【详解】从出射光路可知，A 光的偏折程度比 B 光更大，偏折程度越大，介质对光的折射率越大，因此可
得
设玻璃球半径为 ，入射角为 ，折射角为 ，根据折射定律，得
由几何关系，光在玻璃球中传播的路程
光在玻璃中的传播速度
因此传播时间
代入 ，化简得
因为 ，由 ，可知 越大， 越小， 越小，因此 越大，可得
故选 B。
3. 夏天天气炎热，给自行车轮胎快速打气后，轮胎外壁明显变热，下列说法正确的是（ ）
A. 轮胎变热主要是因为外界气温高，气体从外界吸热
B. 轮胎变热主要是因为打气筒活塞与筒壁的摩擦生热
C. 打气时外界对气体做功，胎内气体内能增大，温度升高
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D. 打气时气体体积被压缩，分子平均动能减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．快速打气过程时间极短，气体与外界的热交换可忽略，轮胎变热不是气体从外界吸热导致，故
A 错误；
B．活塞与筒壁摩擦生热主要使打气筒筒壁升温，不是轮胎变热的原因，故 B 错误；
C．打气时外界对胎内气体做功，快速过程热传递可忽略，根据热力学第一定律 ，气体内能增
大，而理想气体内能仅与温度有关，可知气体温度升高，导致轮胎外壁变热，故 C 正确；
D．温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子平均动能增大，故 D 错误。
故选 C。
4. 今年我国计划发射嫦娥七号探测器，其轨道器将进入环月轨道运行，承担水冰遥感普查等关键任务，若
轨道器在距月球表面高度为 的圆轨道上做匀速圆周运动，已知月球半径为 。月球表面重力加速度为 、
引力常量为 ，忽略月球自转。下列说法正确的是（ ）
A. 轨道器运行的角速度
B. 轨道器运行的速度大于月球的第一宇宙速度
C. 轨道器运行的向心加速度大于
D. 月球的质量
【答案】A
【解析】
【详解】A．月球表面物体重力等于万有引力，即
轨道器做匀速圆周运动时万有引力提供向心力
由向心力公式可得
代入
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得 ，故 A 正确；
B．第一宇宙速度是近月轨道（轨道半径 ）的环绕速度，由线速度公式 可知，轨道半径
越大，线速度越小，轨道器轨道半径 ，因此速度小于月球第一宇宙速度，故 B 错误；
C．向心加速度 ， 越大 越小，轨道器轨道半径 ，因此向心加速度小于 ，故 C 错
误；
D．由黄金代换关系
得月球质量 ，故 D 错误。
故选 A。
5. 如图，质量为 的倾角为 的粗糙斜面体置于水平面上，质量为 的木块放置在斜面上，一根轻弹簧
一端固定在竖直墙上的 P 点，另一端固定在木块上，弹簧中轴线与斜面垂直。斜面体与木块均处于静止状
态。已知木块与斜面间的动摩擦因数为 0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 ，
， 。则（ ）
A. 弹簧一定处于拉伸状态
B. 斜面体可能受到水平面的摩擦力作用
C. 木块一定受到四个力的作用
D. 斜面体对水平面的压力大小一定等于
【答案】C
【解析】
【详解】AC．依题意，如果弹簧处于原长状态，由于
则木块无法保持静止状态，故而弹簧对木块必有压力，弹簧必然处于压缩状态，木块一定受到重力、弹力、
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支持力、摩擦力四个力的作用，故 A 错误，C 正确；
B．对斜面体和木块整体进行受力分析，弹簧压力有水平向左的分量，根据平衡条件，地面对斜面体一定有
水平向右的摩擦力，故 B 错误；
D．对斜面体和木块整体分析，由于受到弹簧斜向下的压力，其竖直分量竖直向下，则对地面压力大于二者
重力之和，故 D 错误。
故选 C。
6. 辘轳是我国早期用来提水的装置，通过转动轮轴缠绕绳子，从而提起水桶。把手边缘上 点到中心转轴
的距离为辘轳头边缘上 点到 距离的 4 倍。若转动把手，轻绳牵引总质量为 的水桶在水面上方
从静止开始以 的加速度上升高度 ， 为重力加速度，不计空气阻力和绳的体积。下列说法正确的是（ ）
A. 点的末速度大小为
B. 、 两点向心加速度大小之比为
C. 轻绳对水桶拉力的冲量大小为
D. 水桶所受合力做的功为
【答案】C
【解析】
【详解】A．水桶做匀加速直线运动，根据运动学公式 ，可得水桶末速度
辘轳头边缘 点的线速度等于水桶速度，即
、 两点同轴转动，角速度 相等，根据 可知 ，所以 ，故 A 错
误；
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B． 、 两点同轴转动，角速度 相等，根据向心加速度公式 可知， ，故 B 错
误；
C．对水桶受力分析，根据牛顿第二定律有
解得绳子拉力
水桶上升时间 满足
解得
轻绳对水桶拉力的冲量 ，故 C 正确；
D．根据动能定理，水桶所受合力做的功 ，故 D 错误。
故选 C。
7. 光滑绝缘水平面上有关于 点对称的 、 两点，以 点为坐标原点、沿 建立 轴， 、 两点间
沿 轴的电势变化如图所示，左侧图像为曲线，右侧图像为倾斜线段，现将一质量为 的带电小球从 点
由静止释放后沿 轴运动，忽略带电小球的电场，已知小球到达 点时的速度为 。下列说法正确的是（ ）
A. 小球带正电
B. 小球所带电荷量的绝对值为
C. 小球在 段运动的加速度逐渐变小
D. 小球在 段的运动时间小于在 段的运动时间
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图可知，电势 在 O 点最高，A、B 两点电势最低。小球从 A 点由静止释放后向 O 点运动，
说明小球所受的电场力方向由 A 指向 O。由于电场强度方向与电势降低的方向一致，即从 O 指向 A，故小
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球受力的方向与电场强度的方向相反，因此小球带负电。故 A 错误；
B．A、O 两点间的电势差为
设小球所带电荷量的绝对值为 ，由于小球带负电，则从 A 到 O 过程，对小球列动能定理方程有
解得 ，故 B 错误；
C． 图像的斜率表示电场强度 。由题图可知，OB 段图像为倾斜直线，其斜率恒定，说明 OB 段的电
场强度 E 恒定，根据牛顿第二定律有
解得小球在 段的加速度为
由于 OB 段的电场强度 E 恒定，所以小球在 段的加速度 也恒定，故 C 错误；
D．由上面分析可知，由于 AO 段曲线斜率的绝对值逐渐减小，所以 AO 段的电场强度逐渐减小，则小球从
A 到 O 做加速度减小的加速运动，所以小球在 段的平均速度大于 ；由于 OB 段电场强度恒定，小球
做匀减速运动，所以小球在 段的平均速度等于 。由于 AO 段与 OB 段的位移大小相等，则根据
可知，因为 AO 段平均速度更大，所以运动时间更短，即小球在 段的运动时间小于在 段的
运动时间，故 D 正确。
故选 D。
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。每小题有多项符合题目要求，全部
选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
8. 一列简谐横波沿 轴传播， 时的波形图如图甲，图乙为介质中质点 的振动图像。下列说法正确
的是（ ）
A. 波速为 0.5m/s
B. 波沿 轴负方向传播
C. 时，质点 的振动速度为零
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D. 每经过 0.2s，质点 沿波的传播方向移动 10cm
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由题图甲可知波长 ，由题图乙可知周期为 ，根据 可得波速为 0.5m/s
，故 A 正确；
B． 时介质中质点 在平衡位置，振动方向沿 轴负方向，根据“上下坡法”可得波沿 轴负方向
传播，故 B 正确；
C． 时，质点 在平衡位置，可知质点 的振动速度不为零，故 C 错误；
D．质点 沿 轴上下振动，不随波移动，故 D 错误。
故选 AB。
9. 如图为模拟远距离高压输电示意图。在输电线路的起始端接入互感器，该互感器原、副线圈的匝数比为
，互感器和电表均为理想，升压变压器接发电机。则下列说法正确的是（ ）
A. 该互感器为电压互感器，起降压作用
B. 若电压表的示数为 200V，输电电流为 10A，则线路输送电功率为 400kW
C. 若发电机输出电压 和输送功率不变，仅将滑片 下移，则输电线损耗功率增大
D. 若发电机输出电压 不变，增加用户数，为维持用户电压不变，可将滑片 上移
【答案】AD
【解析】
【详解】A．该互感器原线圈并联在高压输电线两端，属于电压互感器，且该互感器原、副线圈的匝数比为
20∶1，故起降压作用，故 A 正确；
B．若电压表的示数为 200V，根据
解得
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因为输电电流为 ，则线路输送电功率为 ，故 B 错误；
C．若发电机输出电压 和输送功率 P 不变，仅将滑片 Q 下移，则升压变压器副线圈匝数 增多，可知
增大，故 减小，因此输电线损耗功率减小，故 C 错误；
D．仅增加用户数，即负载总电阻 R 减小，若降压变压器副线圈两端电压 不变，则通过副线圈的电流
增大，降压变压器原线圈中的电流也增大，输电线上的电压损失 增大，原线圈两端电
压 减小，根据
可知当 减小时，减小 可以使 不变，所以要将降压变压器的滑片 P 上移，故 D 正确。
故选 AD。
10. 某质谱仪简化结构如图，在 平面的 区域存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 的匀强
磁场，在 轴处放置照相底片，大量 a、b 两种离子（其初速度视为零）经电压为 的加速电场加速后，由
坐标原点 开始，在 轴左右两侧与 轴均成 角的范围内垂直磁场方向射入磁场，最后打到照相底片上，
已知 a、b 两种离子的电荷量均为 ，质量分别为 和 ， ，不考虑离子间相互作用。
下列说法正确的是（ ）
A. a 离子在磁场中的速度大小为
B. b 离子在照相底片上形成的亮线长度为
C. 打在照相底片上的 a、b 两种离子间的最近距离为
D. 若加速电压在 之间波动，要在底片上完全分辨出 a、b 两种离子，则 不超过
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【答案】CD
【解析】
【详解】A．a 离子加速过程，根据动能定理有
解得 ，故 A 错误；
B．b 离子加速时，根据动能定理有
解得
离子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有
解得离子在磁场中运动的轨道半径
离子沿 y 轴入射时，打在底片上的位置为 2rb，沿与 y 轴成θ角入射时，水平位移为 x=2rbcs θ
亮线长度为Δx=2rb（1-cs θ）
代入 cs θ=0.9
解得亮线长度 ，故 B 错误；
C．由前面分析可知，解得 a 离子轨道半径
离子沿与 y 轴成θ角入射时，打在 x 轴上的水平位移为 2racs θ，沿 y 轴入射时，水平位移为 2ra（θ=0，csθ=1），
a 离子的最小水平位移（沿θ角入射）
同理 b 离子的最大水平位移（沿 y 轴入射）
可得两种离子的最近距离为Δxmin=xamin-xbmax
联立解得 ，故 C 正确；
D．要完全分辨，需满足 xamin＞xbmax
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即
解得 ，故 D 正确。
故选 CD。
三、非选择题：本题共 5 小题，共 54 分。其中第 13~15 小题解答时请写出必要的文字说明、
方程式和重要的演算步骤；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 利用如图的装置验证动量守恒定律，调节气垫导轨的充气源，轻推滑块 Q 使其能在水平的气垫导轨上
做匀速运动；然后将固定有遮光条（宽度为 0.9mm）的滑块 P 在倾斜轨道上由静止释放，经过气垫导轨左
侧的光电门 1 后与滑块 Q 发生碰撞，并粘合在一起，最终通过光电门 2。已知滑块 P，Q 的质量均为 0.2kg。
回答下列问题。
（1）滑块 P 经过光电门 1、2 时，遮光条的挡光时间分别为 1.5ms，3.1ms，则滑块 P 经过光电门 1 的速度
为______m/s；
（2）碰撞后 P、Q 的总动量为______ （保留三位有效数字），在误差允许范围内，滑块 P、Q 碰撞
中的总动量是否守恒？______（选填“守恒”或“不守恒”）。
【答案】（1）0.6 （2） ①. 0.116 ②. 守恒
【解析】
【小问 1 详解】
利用平均速度近似瞬时速度，滑块 P 经过光电门 1 的速度为
【小问 2 详解】
[1] 碰撞后 P、Q 整体的速度
碰撞后总动量为
[2] 碰撞前总动量为
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二者在误差允许范围内近似相等，因此碰撞过程总动量守恒。
12. 利用如图甲所示的电路探究电流表的不同接法对电阻测量误差大小的影响，实验器材如下：
电压表 V（测量范围 0~3V，内阻 约为 ）；
电流表 A（测量范围 0~0.6A，内阻 约为 ）；
电阻箱 （ ）；
滑动变阻器（最大阻值 ，额定电流 2A）；
学生电源（输出电压 3V）
开关 S，单刀双掷开关 K，导线若干
（1）请用连线代替导线把图乙所示的电路连接补充完整______；
（2）按照甲图正确连接电路后，将滑动变阻器的滑片调到______（填“左”或“右”）端，闭合开关 S，
将单刀双掷开关 K 与 、 中的某一端相连接，将电阻箱的阻值调为 ，改变滑动变阻器的触片位
置，测得多组 、 值，拟合出 图像，如图丙中的直线①（直线方程如图）；保持单刀双掷开关 K 的
连接不变，再将电阻箱的阻值调为 ，改变滑动变阻器的触片位置，测得多组 、 值，拟合出
图像，如图丙中的直线②（直线方程如图）；根据图丙中的信息，判断此实验过程中单刀双掷开关 K
与______（选填“ ”或“ ”）端相连；
（3）已知测量电阻的相对误差
①保持单刀双掷开关 K 与 端相连接，电阻箱的阻值调整为 ，测出对应的 、 值，并计算出所测电阻
箱电阻的相对误差 ，改变电阻箱的阻值，重复以上测量，并描绘出 图像。下列 的关系图
像可能正确的是______：
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A. B.
C. D.
②实验中将电阻箱的阻值调为 ，当单刀双掷开关 K 分别与 、 连接时，两种情况下所测电阻的相对误
差相等，则电流表内阻 、电压表内阻 和 之间的关系为 ______（用 、 表示）。
【答案】（1） （2） ①. 左 ②.
（3） ①. D ②.
【解析】
【小问 1 详解】
[1]电路连接如图所示
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【小问 2 详解】
[2]为了保护电路，使电压表两端的电压从零开始调节，应将滑动变阻器的滑片调到左端；
[3]图丙中的图线斜率为电阻的测量值，两次测量值都小于真实值，故可知其选用的是外接法，所以此实验
过程中单刀双掷开关 与 a 端相连。
【小问 3 详解】
[4]保持单刀双掷开关 K 与 a 端相连接，此时为外接法，电阻箱的阻值调整为 ，则
可知 逐渐增大时， 从零逐渐增大，增加的幅度逐渐变小，最后趋近于 。
故选 D。
[5]实验中将电阻箱的阻值调为 时发现，当单刀双掷开关 K 分别与 a 连接时，测量值为
当单刀双掷开关 K 分别与 b 连接时，测量值为
两种情况下所测电阻的相对误差相等，则
化简得
13. 某快递分拣中心的水平传送带以恒定速度 匀速运行，将质量 的包裹无初速度地轻
放在传送带上某位置，已知包裹与传送带间的动摩擦因数 ，包裹放在传送带上的初始位置到分拣口
的距离 ，取重力加速度 。求：
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（1）包裹在传送带上加速运动时的加速度大小；
（2）包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【详解】（1）包裹轻放在传送带上，有 解得
（2）包裹匀加速至与传送带共速，有
解得位移为 ，加速时间
之后包裹匀速至传送带末端，有包裹从放上传送带到包裹运动至分拣口的时间为
14. 如图，竖直面上固定一个 圆形光滑绝缘 ，半径为 。 ， 连线是水平直径， ， 连线是
竖直直径，在轨道所在的竖直面分布着与水平方向夹角 的匀强电场。一个质量为 、带电荷量为
的绝缘小球从 点以某一速度竖直向下沿轨道内侧运动，若小球在轨道内侧运动时恰好不脱离
轨道，并从 点开始水平向左做直线运动，重力加速度为 。求：
（1）匀强电场场强的大小；
（2）小球在轨道 上的最小速率；
（3）小球在 点对轨道压力的大小。
【答案】（1）
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（2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
小球从 点开始水平向左做直线运动，说明小球在 点之后受到的合力方向水平向左。小球受重力
和电场力 ，由于小球带负电，电场力方向与电场线方向相反，即斜向左上方，与水平方向夹角为
。要使合力水平向左，竖直方向分力必须平衡，即
解得
【小问 2 详解】
小球受到的重力和电场力的合力 水平向左，大小为
该合力即为等效重力，方向水平向左。轨道上等效最高点为最右端 点，此处速率最小。小球恰好不脱离
轨道，说明在 点轨道弹力为零，由合力提供向心力，有
即
解得
【小问 3 详解】
点 为 等 效 最 低 点 。 从 点 运 动 到 点 ， 合 力 做 正 功 ， 位 移 为 。 由 动 能 定 理 得
代入 和 ，解得
在 点，指向圆心的合力提供向心力，轨道弹力 指向圆心，合力 背离圆心，由牛顿第二定律得
解得
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根据牛顿第三定律，小球对轨道压力大小为 。
15. 如图，间距为 的平行金属导轨，一端接有阻值为 的定值电阻，固定在高为 的
绝缘水平桌面上、质量均为 的匀质导体棒 a 和 b 静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终
与导轨垂直，接入电路的阻值均为 ，与导轨间的动摩擦因数均为 ，导体棒 a 距离导轨最右
端距离为 。整个空间有竖直向下的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为 。用平行导
轨水平向右的恒力 拉导体棒 a，当导体棒 a 运动到导轨最右端时，导体棒 b 刚要滑动，撤去 ，
导体棒 a 离开导轨后落到水平地面上，重力加速度 取 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气
阻力，不计其他电阻。求：
（1）导体棒 b 刚要滑动时，通过导体棒 b 的电流 及导体棒 a 速度的大小 ；
（2）导体棒 a 由静止运动到导轨最右端的过程中，通过导体棒 的电荷量 以及导体棒 a 产生的焦耳热
；
（3）设导体棒 a 与水平地面发生碰撞前后瞬间，竖直方向速度大小不变，方向相反，碰撞过程中水平方向
所受摩擦力大小为数值方向支持力的 倍，碰撞瞬间重力冲量忽略不计，求导体棒 a 离开导轨后向
右运动的最大水平距离 。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问 1 详解】
b 刚要滑动时有
解得 I=2A
由题意可知
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联立解得
【小问 2 详解】
通过 a 的电荷量
代入题中数据，解得
设 Q 为电路中总的焦耳热，整个过程，对 a，根据功能关系有
因为
联立解得
【小问 3 详解】
a 离开导轨后，与地面碰撞前做平抛运动，落地前竖直方向速度大小为
碰撞过程，竖直方向，根据动量定理有
水平方向有
解得
即与地面碰撞 5 次后，水平速度为 0，运动到最右侧。从抛出到第一次与地面碰撞过程有
解得 t=0.4s
离开导轨到与地面碰撞水平位移
第 1 次碰撞与第 2 次碰撞之间水平位移
第 2 次碰撞与第 3 次碰撞之间水平位移
以此类推有
故导体棒 a 离开导轨后向右运动的最大水平距离
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