2026届山西省卓越联盟高三下学期4月质量检测物理试题（含解析）

这是一份2026届山西省卓越联盟高三下学期4月质量检测物理试题（含解析），共7页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，2sB， 甲、乙两辆汽车在平直公路上等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：高考范围。
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11月25日，神舟二十二号飞船与空间站核心舱成功对接，对接后空间站的运动可看作匀速圆周运动。则对接后空间站运行过程中（ ）
A. 速度不变B. 周期不变C. 受到的地球引力不变D. 向心加速度不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．速度是矢量，空间站做匀速圆周运动时，速度方向沿轨道切线方向时刻变化，因此速度是变化的，故A错误；
B．周期是标量，匀速圆周运动的角速度恒定，由公式可知，运动周期不变，故B正确；
C．地球引力是矢量，方向始终指向地心，随空间站位置变化时刻改变，因此受到的地球引力是变化的，故C错误；
D．向心加速度是矢量，方向始终指向圆心，时刻发生变化，因此向心加速度是变化的，故D错误。
故选B。
2. 如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为。下列说法正确的是（ ）
A. 此交流电的频率为100Hz
B. 此交流电动势的有效值为40V
C. 当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
D. 当线圈平面转到平行于磁场的位置时产生的电动势最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．由发电机的电动势随时间的变化规律可知，此交流电的频率为，故A错误；
B．此交流电动势的有效值为，故B错误；
C．当线圈平面转到图示位置时，线圈处于中性面，其磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故C错误；
D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，故D正确。
故选D。
3. 分别用波长为2和的单色光照射同一金属板，发出的光电子的最大初动能之比为，h为普朗克常量，c为真空中的光速，则此金属板的逸出功为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据光电效应方程，其中光子频率，用波长为的入射光照射时，光电子最大初动能为
波长为的入射光照射时，光电子最大初动能为
由题意可知
代入两式整理可得
解得逸出功，故选A。
4. 如图所示，质量为m、可看作质点的物体P粘在筷子上，筷子静止在内壁光滑的半球形碗内，筷子下端点为M，筷子上的N点与碗口接触，筷子与过碗口的水平直径的夹角为。不计筷子质量，重力加速度为g，则碗对筷子的M、N点的作用力、大小分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对筷子受力分析如图
碗对筷子的两个弹力方向的延长线必与重力的反向延长线交于一点，由几何关系可知，碗对筷子的两个弹力方向与竖直方向的夹角均为30°，则两个弹力等大，则
解得
故选C。
5. 如图所示，一列简谐横波向右传播，波速为。介质中P、Q两点平衡位置相距0.3m，当P位于波峰时，Q刚好位于平衡位置，则这列波的周期可能是（ ）
A. 0.2sB. 0.3sC. 0.4sD. 0.5s
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，P位于波峰时，Q位于平衡位置，故两点平衡位置间距满足
或
当时，可得波长为
周期为
n取任意非负整数时计算得到的周期均不匹配选项。
当时，可得波长为
周期为
当时，
n取其他非负整数时计算得到的周期均不匹配选项。
故选A。
6. 如图所示，两束单色光a、b平行射入矩形玻璃砖上表面，不考虑光束在玻璃砖下表面反射后的情况，下列说法正确的是（ ）
A. 其中一束光在玻璃砖下表面可能发生全反射
B. 穿过玻璃砖下表面后两束单色光分开可能不再平行
C. 两束单色光穿过玻璃砖的时间可能相等
D. 穿过玻璃砖下表面后若重合为一束光线，则a光的频率高
【答案】C
【解析】
【详解】A．全反射发生的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角。本题中玻璃砖上下表面平行，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据折射定律可推出：下表面的出射角等于上表面的入射角，一定小于90° ，因此下表面不可能发生全反射，故A错误；
B．由于玻璃砖上下表面平行，出射光线一定与入射光线平行；入射的两束光原本平行，因此穿过下表面后出射光线仍然平行，故B错误；
C．设玻璃砖竖直厚度为d，入射角为i，光的折射率为n，折射角为r： 光在玻璃中的传播路程
光在玻璃中速度
传播时间
结合折射定律
代入化简得
当满足时，有
此时
因此两束光穿过玻璃砖的时间可能相等，故C正确；
D．若穿过玻璃砖下表面后重合为一束光线，说明 a 光的出射点向右移动的距离比 b 光大，即 a 光在玻璃砖内的水平位移大。水平位移
所以 tanra>tanrb，即 ra>rb
根据
可知
折射率越大，频率越高，所以 a 光的频率低，故D错误。
故选C。
7. 我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，在某次风洞实验中，一质量为m的轻质小球，在恒定的风力作用下先后以相同的速度大小v经过a、b两点，速度方向与a、b连线的夹角、均为。已知a、b连线长为d，小球的重力忽略不计。则小球从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球做匀速圆周运动B. 所用时间为
C. 风力大小为D. 小球在b点时，风力的功率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．分析可知，小球受到的恒定风力即为小球的合力，因此小球不可能做匀速圆周运动，故A错误；
B．由于经过a、b两点的速度大小相等，可知该过程合力做功为0，因此小球受到的风力方向垂直于ab连线，将小球的运动沿ab连线方向分解和垂直于ab连线方向分解，则小球沿ab连线方向做匀速直线运动，则小球从a到b所用时间为，故B错误；
C．小球的加速度大小为
根据牛顿第二定律可知风力
联立解得，故C错误；
D．小球在b点时，风力的功率为
联立解得，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。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题目要求。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. 相同的金属小球A、B、C均带电，A和B所带的电荷量分别为、，用两根等长的绝缘细线将两球悬挂在同一点O，平衡时细线与竖直方向的夹角均为30°，如图所示，现用小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C（过程中A、B之间未接触），A和B再次平衡后，两细线之间的夹角变为120°，则初始时小球C所带的电荷量可能是（ ）
A. 8qB. 9qC. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】根据图示可知，同种电荷相互排斥，设细线长度为，小球质量为。初始时，A、B两球带电量分别为、
两球平衡时，细线与竖直方向夹角，两球间距离
对A球受力分析，由平衡条件得
即①
设C球初始带电量为。C与A接触后，A、C带电量均为
C再与B接触，B、C带电量均为
移开C后，A、B再次平衡，两细线夹角为，即细线与竖直方向夹角
两球间距离
对A球受力分析，由平衡条件得
即②
联立①②两式，解得
代入、表达式
解得或
故选AC。
9. 甲、乙两辆汽车在平直公路上（相邻车道）同向行驶，其图像如图所示。已知在时两车恰好相遇，将两车视为质点，则下列说法正确的是（ ）
A. 时，甲车在乙车后方B. 时，甲车在乙车前方27.5m处
C. 两车下一次相遇的时刻是D. 两次相遇的位置之间的距离为148m
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．甲从原点出发，时，故
乙时，时，故
0∼5s内，甲位移
乙位移
相遇，满足
得初始距离
即时，甲在乙前方
0∼2s内，甲位移
乙位移
又时甲在乙前方，因此时甲的位置为
乙位置为，甲在乙前方，故A错误，B正确。
C．设时刻两车相遇，位置满足
代入数据整理得解得根（已知相遇时刻）、，即下一次相遇时刻为，故C正确；
D．两次相遇位置距离等于到甲车的位移
故D错误。
故选BC。
10. 如图，倾角为间距的平行金属导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度。导体棒Q垂直放在导轨上处于静止状态，导体棒P垂直放在导轨上更高的位置，由静止开始在沿导轨向上的拉力F的作用下，以加速度沿导轨向上做匀加速直线运动，直到Q恰好要向上滑动。P、Q质量均为，接入电阻均为，与导轨间动摩擦因数均为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨电阻不计，重力加速度g取。则下列说法正确的是（ ）
A. Q恰好要向上滑动时P的速度为1m/s
B. 该过程中通过P的电荷量为0.5C
C. 该过程中拉力F的冲量大小为1.6Ns
D. 若该过程中P产生的焦耳热为0.33J，则拉力F所做的功为1.86J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．导体棒恰好要向上滑动，则有
其中
又有
联立解得，故A错误；
B．设该过程中导体棒的位移为，通过导体棒的电荷量
导体棒做匀加速直线运动，则有
联立解得，故B正确；
C．设拉力方向为正方向，对导体棒根据动量定理，有
其中
安培力的冲量为
联立解得，故C错误；
D．对导体棒由动能定理，有
其中
回路产生的总焦耳热为
联立解得，故D正确。
故选BD。
三、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 小明利用给定的器材验证机械能守恒定律，步骤如下：
（1）分别测量两物块的质量，物块1的质量记为；物块2的质量记为；
（2）按图甲所示组装器材：物块1、2由跨过轻质定滑轮的细绳连接，物块2下端与打点计时器纸带相连，初始时，托住物块1，两物块保持静止，且纸带竖直绷紧，打点计时器所用的交流电源频率为f。
（3）接通打点计时器的电源，释放物块1，两物块开始运动，打出的纸带中的一段如图乙所示，每两个相邻的点之间还有4个点未画出，将相邻点的间距依次记为，，，和，测量并记下它们的大小；
（4）重力加速度的大小g，则物块1和2的质量大小关系是________（填“大于”“小于”或“等于”）；在打出图乙中E点时，物块的运动速度大小为________；从打出B点到打出E点，在实验误差允许范围，若有等式________成立；则系统机械能守恒（用题中物理量符号表示）。
【答案】 ①. 大于 ②. ③.
【解析】
【详解】（4）[1]由图甲可知，打点计时器位于物块2下方，纸带连在物块2下端，说明物块2向上运动，物块1向下运动，系统做加速运动，故，即物块1的质量大于物块2的质量。
[2]打点计时器电源频率为，每两个相邻的点之间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，打出E点时物块的速度
[3]从打出B点到打出E点，物块1下降、物块2上升的高度均为
系统重力势能的减少量
打出B点时物块的速度
系统动能的增加量
若系统机械能守恒，则
即
12. 某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一个电源的电动势和内阻。
（1）在答题纸相应的方框中画出图甲的电路图________；
（2）某次测量时电流表和电压表的示数如图丙所示，则电流________A，电压________V；
（3）根据实验测得的多组电压表和电流表的数据作出如图丁所示的两条直线，图中直线I对应的电路是图________（填“甲”或“乙”）；
（4）为了减小误差，利用图中两条直线可以求出该电源的电动势________V（保留三位有效数字），内阻________Ω（保留两位有效数字）。
【答案】（1） （2） ①. 0.40 ②. 2.20
（3）乙 （4） ①. 2.50 ②. 0.52
【解析】
【小问1详解】
图甲电路图中，相对于电源来说电流表采用内接法，根据图甲所示电路图如图所示
【小问2详解】
[1][2]电流表的最小刻度为0.02A，则读数为I=0.40A，电压表的最小刻度为0.1V，则读数为U=2.20V；
【小问3详解】
由闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir可得 U-I图像的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻；图甲中电流表外接，有U=E-（r+rA）I，则实验测得的电源内阻r测=r+rA，测量值偏大，测量的电动势是准确的；图乙中电流表内接有，变形得，电源内阻，测量值偏小，电动势测量值也偏小，比较两式可知，图甲式对应的直线斜率大，图乙式对应的直线斜率小，故图线Ⅰ对应图乙，图线Ⅱ对应的图甲。
【小问4详解】
[1][2]图线Ⅱ与纵轴的交点为电源的电动势 E=2.50V；据推算图线Ⅰ对应的短路电流，可得 I短=4.80A
则
13. 一定质量的理想气体，从状态A开始，经历B、C两个状态又回到状态A，在此过程中压强p与体积V的关系图像如图所示，为等腰直角三角形，其面积为，AC边与纵轴平行，BA的延长线通过坐标原点O。已知气体在状态A的温度为T，图中已知，求：
（1）气体在状态A的体积和在状态B的温度；
（2）气体从状态B到状态C，外界对气体做的功。
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
根据题意，由对称性可知，气体在状态的压强为，设气体在状态的体积为，由于BA的延长线通过坐标原点O，则有
由几何关系有
解得
从过程中，由理想气体状态方程有
解得
【小问2详解】
气体从状态B到状态C，气体体积减小，外界对气体做正功，由功的定义可得外界对气体做的功等于关系图像与横轴所围成的面积，则气体从状态B到状态C外界对气体做的功为
14. 如图所示为某碰撞游戏装置的简化示意图，光滑水平桌面上固定一轻质弹簧，弹簧右端放置一质量的物块。右侧地面上放置一圆心角的光滑圆弧面，圆弧面的圆心与桌面等高，半径。圆弧面最低点P与水平面相切，在P点放置物块，PM是长度的一段粗糙的水平面，、与该平面间的动摩擦因数，M点右侧有一凹槽。现用压缩弹簧后由静止释放，恰好能沿着切线方向进入圆弧面，与发生碰撞后粘在一起向右滑动，碰撞时间极短，重力加速度取，不计空气阻力，两物块均可视为质点，，。求：
（1）释放时弹簧的弹性势能；
（2）与碰撞前瞬间对P点的压力大小；
（3）要使不会落入凹槽，求的质量大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设物块A从水平抛出到进入圆弧面所用时间为，根据平抛运动有
设到达圆弧面竖直速度为，水平速度为，沿切线方向进入有，
解得
设弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律有
解得
【小问2详解】
从抛出到点的过程中，由能量守恒定律有
在点物块A所受合外力提供向心力，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
解得
【小问3详解】
物块A与B之间的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
解得
要恰好不会落入凹槽，则根据动能定理有
解得
故
15. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，有电场强度大小为E，方向斜向右下，与y轴负方向成的匀强电场，在第四象限内，x轴与直线之间有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，在下方，有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅱ，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子在y轴上P点（图中未标出）由静止释放，粒子经电场加速后进入磁场Ⅰ，在磁场Ⅰ中的轨迹，刚好与y轴和直线都相切，磁场Ⅱ的磁感应强度大小为，不计粒子的重力，求：
（1）P点的坐标；
（2）磁场Ⅰ的磁感应强度大小；
（3）若将磁场Ⅰ的磁感应强度大小也改为，则粒子在P点由静止释放后，第三次经过x轴时的位置离坐标原点的距离为多少。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设粒子进入磁场Ⅰ时速度为，方向与轴正方向成向下，粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的轨迹与轴、均相切，根据几何关系可知，圆心坐标为，其中为轨迹半径。入射点位于轴上，入射点与圆心连线为半径，斜率为（与速度方向垂直），故入射点横坐标满足
解得入射点坐标为
粒子在电场中由静止释放，沿电场方向运动，根据几何关系可知水平位移等于竖直位移，故点纵坐标等于入射点横坐标，因此点坐标为。
【小问2详解】
粒子在电场中运动的位移大小为
由动能定理得
解得
由几何关系得轨迹半径满足
解得
洛伦兹力提供向心力
代入和化简得
【小问3详解】
当磁场Ⅰ磁感应强度改为时，粒子在磁场中运动的轨迹半径
代入和解得
粒子在磁场Ⅰ中运动的偏向角为90°，在磁场Ⅱ中运动的半径与磁场Ⅰ中相同，最终第二次经过x轴的位置为
此时粒子进入第一象限的电场，速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动；垂直电场方向：匀速直线运动，位移
沿电场方向：初速度为0的匀加速直线运动，加速度
位移
解得
第二次与第三次经过x轴的间距L，则根据几何关系可知，在电场中合位移
因此，粒子第三次经过x轴时离坐标原点的距离