四川省广元市2026届高三下学期定时训练（三模）物理试卷（含解析）

这是一份四川省广元市2026届高三下学期定时训练（三模）物理试卷（含解析），共58页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2025年唐山南湖春节灯会，以“神奇中国”为主题，活动现场约有2000架无人机参与演出，呈现出新春特色的图案。表演中某个无人机在一段时间内沿一直线运动，通过位移传感器描绘出该无人机的位置随时间的变化规律，如图所示。已知该图像为开口向上的抛物线，则无人机运动的( )
A. 速度始终不变B. 速度先变大再变小
C. 加速度始终不变D. 加速度先变大后变小
2.2023年10月，我国紧凑型聚变核能实验装置(BEST)主机首个关键部件——杜瓦底座研制成功并顺利完成交付，对我国率先开展前沿聚变研究、持续引领国际核聚变能发展具有重要意义，该装置发生的核聚变反应方程为 12H+ 13H→X+ 01n+17.6MeV，下列说法正确的是( )
A. 该反应为α衰变B. 方程中的X内有4个核子
C. 反应后总质量数减少D. 13H的中子数为3
3.随着电动汽车的普及，充电桩成了日常生活中的常见设施。如图所示，电动汽车充电站的理想变压器原、副线圈的匝数比10:1，原线圈接有交变电源e=2500 2sin100πtV，当仅有一个充电桩处于正常工作状态，其余充电桩闲置，此时充电电压为220V，充电功率为4400W，下列说法正确的是( )
A. 变压器原线圈串联的定值电阻R的阻值为150Ω
B. 流过充电桩的电流方向每一秒改变50次
C. 流经充电桩电流的最大值为20A
D. 若同时使用两个充电桩，则变压器的输出功率为8800W
4.如图所示的正六边形abcdef，O点为正六边形的中心，g为aO的中点。现在a、O两点垂直纸面固定两长直导线甲、乙，两导线中通有恒定电流，g点的磁感应强度方向垂直aO向下、磁感应强度大小为B0，d点的磁感应强度大小为0。已知长直通电导线在周围空间产生的磁感应强度为B=kIr，I为导线中的电流大小，r为空间某点到直导线的距离。下列说法正确的是( )
A. 导线甲、乙中的电流均垂直纸面向外B. 导线甲、乙中的电流之比为2:1
C. c、e两点的磁感应强度相同D. b点的磁感应强度大小为 33B0
5.因为用长度单位去描述遥远星体的大小没有太大意义，所以我们通常描述天体的大小是以从地球上看到天体的角度大小来描述，即“角直径”(如图中θ，sinθ≈2Rr，R为星体半径，r为公转半径)。宇宙中某恒星质量是太阳质量的k倍。设想地球也可以绕该恒星公转，同时将地球绕太阳和绕该恒星的运动均视为匀速圆周运动，通过计算地球绕该恒星的公转周期与地球绕太阳的公转周期之比为n，且该恒星与太阳的角直径相等，则该恒星与太阳的平均密度之比为( )
A. 1n2B. kn2C. kn2D. n2
6.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( )
A. 弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流
B. PQ速率为v时，MN所受安培力大小为4B2d2v3R
C. 整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D. 整个运动过程中，通过MN的电荷量为BLd3R
7.一横截面为半圆形的柱形玻璃砖，其横截面如图所示，一细单色光以45°的入射角从底面MN射入，在入射点由N缓慢移动到M的过程中，不考虑光的反射，圆弧MAN上有一半区域有光线射出。已知玻璃砖的半径为R，单色光在真空中的传播速度为c，A为半圆弧的中点，下列说法正确的是( )
A. 从圆弧MAN上射出的光线与水平方向最大夹角为60°
B. 从圆弧MAN上射出的光线与入射光线均不平行
C. 圆弧AN上没有光线射出区域的长度与圆弧AN长度之比为5:6
D. 能从圆弧MAN上射出的光线中，在玻璃砖内的最长传播时间为 6R3c
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，图乙为质点P的振动图像，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，下列说法正确的是( )
A. t=0时刻，质点Q沿y轴负方向振动
B. 这列波的波速为0.8m/s
C. 质点Q的振动方程为y=20sinπt2+πcm
D. 从t=0 s到t=11 s，质点Q通过的路程为70cm
9.某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的曲线。一质量为m、带电荷量为+q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点进入电场，沿x轴正方向运动。下列叙述正确的是( )
A. 粒子从O向右运动到x1运动的过程中做匀减速运动
B. 从O运动到x3的过程中，电势能先增大后减小
C. 若v0=2 qφ0m，则粒子运动到x3处时速度最大，其大小为 5qφ0m
D. 若v0= qφ0m，粒子运动到x2时速度大小为 qφ0m
10.如图甲所示，一倾角为θ的固定斜面底端装有一挡板，挡板上装有力传感器，t=0时刻一小物块在斜面上距挡板L处由静止释放，小物块沿斜面下滑并与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，忽略碰撞瞬间物块所受的重力和摩擦力。挡板弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，图像中两阴影区域面积之比为2:1。下列说法正确的是( )
A. 第一次和第二次与挡板碰撞前瞬间小物块的速度之比为2:1
B. 斜面与小物块间的动摩擦因数为0.6
C. 第一次和第二次与挡板开始碰撞的时刻之比t1t2=47
D. 小物块在斜面上运动的总路程为83L
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某兴趣小组的同学想通过实验来测量一滑块和长木板之间的动摩擦因数，实验装置如图甲所示，长木板水平放置，已知重力加速度为g。
(1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度如图乙所示，则其宽度d= mm；
(2)将滑块放在光电门左侧，给滑块一个向右的初速度，测出遮光条通过光电门的挡光时间t，随后滑块停在光电门的右侧，测出滑块停止处遮光条中心到光电门中心的水平距离x，则滑块经过光电门时的速度大小为 (用题中所给物理量的符号表示)；
(3)改变滑块的初速度，重复实验(2)，得到多组挡光时间t和距离x；
(4)以 x为横轴，1t为纵轴，建立直角坐标系，通过描点、连线将实验数据绘制成图像，若该图像为斜率为k的倾斜直线，则滑块与长木板间的动摩擦因数μ= (用题中所给物理量的符号表示)。
12.硅基负极锂电池是以硅基材料(如硅氧或硅碳复合材料)作为负极的锂离子电池，旨在突破传统石墨负极的能量密度瓶颈。某硅基负极电池内阻较小，电动势约为3.0 V，实验小组为了测量该电池的电动势E和内阻r，设计了如图甲所示的实验，图中定值电阻R0=2.0 Ω。
(1)按图甲所示接好电路并进行实验，记下电阻箱和电压表对应的多组读数R、U，作出1U−1R图像如图乙所示，不考虑电压表的分流作用，则该电池的电动势E= V；内阻r= Ω。(结果均保留两位有效数字)
(2)若考虑电压表的分流作用，则该实验中电动势的测量值比真实值 (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
(3)该实验小组的同学又设计了如图丙所示的电路来测量该电池的内阻r，图中E0为工作电源，MN为用粗细均匀、同种材料做成的电阻丝，P为滑动触头，G为灵敏电流计，R2为阻值已知的工作电阻，E为待测电源。①先闭合S1、断开S2，调节滑动触头P的位置，当其位于A位置时，灵敏电流计示数为零；②再闭合S2，调节滑动触头P的位置，当其位于B位置时，灵敏电流计示数再次为零，此时R2两端电压U= (用E、r、R2表示)；③测出两次电阻丝MA和MB的长度分别为l1和l2，则电源E的内阻r= (用l1、l2、R2表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.空气悬挂气动避震是现在高档汽车当中常用技术，它是通过对汽车底盘上的一个容器进行充放气体，来维持在运动中的车身高度不变，从而达到减震的效果。其工作原理可以简化为如图所示的导热性良好的圆筒气缸，缸内有一个不计摩擦，可以自由滑动的活塞封闭着一定质量的气体，活塞面积为S=1×10−2m2,活塞和砝码的总质量为m=10kg，初始时开关阀门K关闭，此时活塞到缸底的高度为ℎ1=60cm，已知外界大气压强p0=1.0×105Pa,重力加速度g取10m/s2,外界环境温度不变。求：
(1)气缸内气体压强p1；
(2)在某次行车过程中，地面有凹陷，导致汽车底盘下降，为维持车身高度不变，需给容器中注入气体，充气装置向气缸内充入压强p2=1.2×105Pa、体积V0=5.5×10−4m3的气体后，气缸内气体高度ℎ2。
14.如图所示，光滑水平面上静置一小车，小车的左侧部分AB为一光滑圆弧轨道，半径R=4m，其对应的圆心角θ=53°，右侧部分为长l=3.2m的粗糙水平轨道BC，小车质量为M=2kg。现将一可视为质点、质量为m=1kg的物块P从空中某位置以v0=3m/s的初速度水平抛出，物块P恰好能从A点沿切线方向滑上圆弧轨道。已知物块从抛出到BC中点的时间为1.0s，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块抛出点距离A点的高度；
(2)物块滑到B点时速度大小；
(3)物块从抛出到BC中点的过程中，小车相对地面的位移大小。
15.如图所示，一个位于x轴上方带电的平行板电容器，极板长度为2L、极板间距为 3L，电容器的右极板与y轴重合且下端在原点O，y轴右侧有一与y轴平行的虚线MN，在y轴和虚线MN之间存在垂直于xOy平面的匀强磁场，x轴上方磁场方向垂直纸面向外，x轴下方磁场方向垂直纸面向里。某时刻一质量为m、电荷量为+q、不计重力的带电粒子沿y轴正方向以大小为v0的初速度紧挨电容器左极板下端射入电容器内，经电场偏转后，粒子刚好从电容器的右极板最上端P射入磁场中。
(1)计算电容器两极板间电场强度E的大小；
(2)若粒子从P点进入磁场经x轴上方磁场偏转(未到达虚线MN)后不会打到电容器的右极板上，求x轴上方磁场的磁感应强度B1应满足什么条件；
(3)若x轴上、下磁场的磁感应强度大小之比为1:2，粒子在x轴上方做半径为r1=2 33L的圆周运动到达x轴时从Q点(图中未画出)进入x轴下方磁场。若要粒子垂直于虚线MN离开磁场，计算虚线MN与y轴之间的最短距离d。
答案解析
1.【答案】C
【解析】在位移−时间(x−t)图像中，图像的斜率表示速度。
此图像为开口向上的抛物线，其斜率的绝对值先减小后增大，说明速度先减小后增大，所以A、B选项错误。
匀变速直线运动的位移公式为x=v0t+12at2，其x−t图像是抛物线。对于匀变速直线运动，加速度a是恒定不变的，所以该无人机的加速度始终不变，C选项正确，D选项错误。
2.【答案】B
【解析】【详解】A.根据质量数守恒和电荷数守恒写出核反应方程 12H+ 13H→24He+ 01n+17.6MeV
该反应是轻核聚变，故A错误；
B.X内有4个核子，故B正确；
C.核反应前后总质量数守恒，该反应前后总质量数均为5，没有减少，故C错误；
D.原子核的中子数=质量数−质子数， 13H 的质子数为1，质量数为3，因此中子数为 3−1=2 ，故D错误。
故选B。
3.【答案】A
【解析】A、电源电压为2500V，由P=UI可知，副线圈电压为220V，P=4400W时，电流为20A，由于匝数比为10:1，由U1U2=n1n2和I1I2=n1n2，可知原线圈电压为2200 V，电流为2A，UR=2500V−2200 V=300 V，则定值电阻R=URI1=150Ω，A项正确;
B、流过充电桩的电流的周期为T=2πω=2π100πs=150s，一秒钟有50个周期，一个周期电流改变2次，所以电流每一秒方向改变100次，B项错误;
C、由I=Im 2可知，流经充电桩电流的最大值为20 2A，C项错误;
D、若使用两个充电桩，由于副线圈两端的电压、电流均发生变化，所以输出功率一定不等于8800W，D项错误。
4.【答案】B
【解析】 d点的磁感应强度为0，说明导线甲、乙中的电流方向相反，又g点的磁感应强度方向垂直aO向下，由安培定则可知导线甲中的电流垂直纸面向里，导线乙中的电流垂直纸面向外，A错误;
设正六边形的边长为L，d点的磁感应强度为0，则两导线在d点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，由B=kIr可知kI甲2L=kI乙L，解得I甲:I乙=2:1，B正确;
由对称性可知，c、e两点的磁感应强度大小相等，但方向不同，C错误;
设导线乙中的电流为I，则导线甲中的电流为2I，g点的磁感应强度为B0=k⋅2IL2+kI2=6kIL，由安培定则可知两导线在b点产生的磁感应强度如图所示，导线甲、乙在b点产生的磁感应强度大小分别为B甲=k⋅2IL=B03、B乙=kIL=B06，由几何关系可知B甲和B乙的夹角为120∘，则b点的磁感应强度大小为Bb= B甲2+B乙2−2B甲B乙cs60∘，解得Bb= 36B0，D错误。
5.【答案】A
【解析】【详解】根据 GMmr2=m4π2rT2
可得 M=4π2r3GT2
平均密度为 ρ=MV=4π2r3GT243πR3=3πr3GT2R3
作辅助线如图
几何关系可知 sinθ2=Rr
联立，解得 ρ=MV=4π2r3GT243πR3=3πGT2(sinθ2)3
可得该恒星与太阳的平均密度之比为 ρ恒星ρ太阳=1n2
故选A。
6.【答案】C
【解析】【解答】
A.弹簧伸展过程中，回路的磁通量增加，由楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，故A错误；
B.设回路中的任一时刻的电流为I，则PQ受安培力为：FPQ=BI⋅2d，方向向左；MN受安培力为：FMN=2BId方向向右；可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设MN质量为m， 由题知PQ质量为2m，当PQ速率为v，由动量守恒定律知：2mv=mv′，解得MN棒的速度为：v′=2v，由于导体棒MN、PQ运动方向相反，故回路中总的感应电动势为：E=EPQ+EMN=6Bdv，则回路中的感应电流为：I=E3R=2BdvR ，故MN所受安培力大小为：FMN=2BId=4B2d2vR，选项 B错误；
C.两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由B选项中的分析可知，任意时刻MN棒的速度总是PQ棒的两倍，故有：mx1=2mx2 ，两导体棒运动的位移大小的和为：x1+x2=L，解得，最终MN位置向左移动的位移大小为：x1=2L3，PQ位置向右移动的位移大小为：x2=L3，因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，MN棒、PQ棒整个过程中运动的路程分别为xMN，xPQ ；对MN棒整个过程应用动能定理知：F弹x1−F安xMN=0，对PQ棒整个过程应用动能定理知：F弹x2−F安xPQ=0，联立解得：xMNxPQ=x1x2=21 ，故C正确；
D.两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动 2L3 ，PQ位置向右移动 L3 ，则：q=IΔt=ΔΦR总=2B2L3d+BL32d3R=2BLd3R，故D错误。
7.【答案】C
【解析】【详解】C.如图所示
设P和Q分别是半圆上光线射出的临界位置，因为半圆上有一半区域有光线射出，则 ∠POQ=90 ∘
设光线射入玻璃砖后的折射角为θ，全反射临界角为C，由几何关系可得 ∠POM=∠AOQ=C−θ ， 90 ∘−θ−C=C−θ
解得 C=45 ∘
所以 n=1sinC= 2
根据折射定律可得 n=sin45 ∘sinθ
所以 θ=30 ∘ ， C−θ=15 ∘
故圆弧AN上没有光线射出的区域的长度与圆弧AN长度之比为 90 ∘−15 ∘90 ∘=56 ，故C正确；
A.由以上分析光路图可知，出射光线应该从斜向左上到斜向右上区间变化，所以必然存在竖直向上出射的光，即出射光线与水平方向夹角最大为90°，故A错误；
B.由对称性可知，从A点出射的光线与入射光平行，故B错误；
D.玻璃砖内的光线路径最长的是从A点出射的光线，故最长传播时间为 t=sv=Rcsθcn=2 6R3c ，故D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】A.根据振动图像，质点P在t=0时刻后的下一时刻的振动方向向上，结合波的图像，可知这列简谐横波向左传播，质点Q沿y轴负方向振动。故A正确；
B.由图甲可得λ=8m，由图乙知5s=T6+T4，可得T=12s，所以横波的波速为v=λT=23 m/s，故B错误；
C.设质点Q的振动方程为y=Asin2πTt+φ，综合以上信息可得质点Q的振动方程为y=20sinπ6t+πcm，故C错误；
D.从t=0s到t=11s，经历了Δt=3T4+T6，质点Q通过的路程为s=34×4A+12A=70 cm
故D正确。
故选AD。
9.【答案】BC
【解析】【分析】
根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向，根据电场力方向分析粒子的运动情况．根据正电荷在电势高处电势越大，判断电势能的变化。粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理求解最大速度。
本题考查电场的图像问题。根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化，利用动能定理列方程解答。
【解答】
A. φ−x 图像的斜率 k=ΔφΔx 表示电场强度，由图像可知从 O 到 x1 电场强度逐渐减小，电势升高，场强方向沿 x 轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿 x 轴负方向，粒子做加速度减小的减速运动，故A错误；
B.由图可知，粒子从O运动到x3的过程中，电势先升高后降低，结合电势能公式 EP=qφ 可知正粒子的电势能是先增大后减小的，故B正确；
C.若 v0=2 qφ0m ，则粒子运动到 x3 处时电势能最小，则动能最大，速度最大，由动能定理得q⋅12φ0=12mvm2−12mv 02，解得vm= 5qφ0m，故C正确；
D.若 v0= qφ0m ，粒子沿 x 轴正方向做减速运动，当减速到零时，由动能定理得q(0−φ)=0−12mv 02，解得φ=φ02，则粒子运动不到 x2 位置速度就减为0了，故D错误。
10.【答案】AC
【解析】【详解】A．F−t图像的面积表示冲量，弹性碰撞中，碰撞前速度为 v ，碰撞后速度大小不变、方向反向，碰撞过程动量变化大小 Δp=2mv
由动量定理得冲量 I=Δp=2mv
即 I∝v
已知两阴影面积(冲量)之比 I1:I2=2:1
因此碰撞前速度之比 v1:v2=2:1
故A正确。
B. 第一次下滑： mgLsinθ−μmgLcsθ=12mv12
第一次碰撞后上滑到最高点： 12mv12=mgsinθ+μmgcsθx1
由 v1:v2=2:1
得 12mv22=14⋅12mv12
第一次碰撞到第二次碰撞往返过程，摩擦力做功 −2μmgcsθ⋅x1=12mv22−12mv12=−34⋅12mv12
代入整理得： 5μcsθ=3sinθ
即 μ=0.6tanθ
只有 tanθ=1 (即 θ=45∘ )时 μ=0.6
题目未给出该条件，故B错误；
C.下滑加速度 a1=gsinθ−μcsθ=0.4gsinθ
第一次下滑 L=12a1t12
上滑加速度 a2=gsinθ+μcsθ=1.6gsinθ
上滑时间 t上=v1a2=a1t1a2=t14
第一次上滑最大位移 x1=v122a2=a1t122a2=L4
下滑过程 x1=12a1t下2
得 t下=t12
第二次碰撞时刻 t2=t1+t上+t下=t1+t14+t12=7t14
因此 t1t2=47
故C正确。
D.物块最终停在挡板处，对全过程由动能定理： mgLsinθ=μmgcsθ⋅s
代入 μ=0.6tanθ
得 s=Lsinθμcsθ=Ltanθ0.6tanθ=5L3
故D错误。
11.【答案】6.123/6.123−6.127
dt
k2d22g

【解析】【详解】[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以由图乙遮光条的宽度为 d=6mm+12.5×0.01mm=6.125mm
[2]滑块经过光电门时速度大小为 v=dt
[3]滑块在光电门右侧运动过程由动能定理有 −μmgx=0−12mv02
整理有 1t= 2μgd2⋅ x
所以 k= 2μgd2
解得 μ=k2d22g
12.【答案】2.7
0.70
偏小
R2R2+rE
R2l1l2−1

【解析】【详解】(1)[1][2]根据闭合电路欧姆定律 E=U+Ir+R0=U+URr+R0
整理可得 1U=1E+r+R0E⋅1R
可知图线纵截距为 1E ，斜率为 r+R0E
由图像可知 1E=0.37 ， r+R0E=
解得 E=2.7V ， r=0.70Ω
(2)电压表分流情况下闭合电路欧姆定律为 E真=U+UR+URVR0+r真
整理可得 1U=r真+R0E真⋅1R+RV+R0+r真RVE真
则 1U−1R 图像的纵轴截距为 b=RV+R0+r真RVE真=1E测
整理可得 E测=RVE真RV+R0+r真