重庆市南开中学2026届高三下学期5月质量检测物理试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市南开中学2026届高三下学期5月质量检测物理试卷（Word版附解析），共25页。
1．本试卷满分 100 分，考试时间 75 分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书
写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
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
一项符合题目要求。
1. 已知放射性同位素 的半衰期为 3 天 的半衰期为 6 天，某样品最初含有相同数量的 和
原子，则 12 天后两者的数量比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】放射性元素衰变后剩余原子数根据衰变公式 ，其中 为初始原子核数， 为衰变时
间， 为元素半衰期。设初始时两种原子数量均为
对 ，半衰期 天， 时，剩余数量
对 ，半衰期 天， 时，剩余数量
两者数量比值
故选 A。
2. 如图所示，我国某环境监测卫星沿椭圆轨道绕地球运行，下列说法正确的是（ ）
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A. 该卫星近地点的速度小于远地点速度
B. 该卫星近地点加速度大于远地点加速度
C. 该卫星周期小于与近地点高度相同的圆轨道卫星的周期
D. 该卫星远地点的运行速度大于与远地点高度相同的圆轨道卫星速度
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据开普勒第二定律，卫星与地球的连线在相等时间内扫过相等面积。近地点距地心近，相同
时间内运动弧长必须大，因此近地点速度大于远地点速度，故 A 错误；
B．根据牛顿第二定律
可得
故加速度大小仅与到地心的距离 有关。近地点 小，故加速度大；远地点 大，故加速度小，故 B 正确；
C．设近地点到地心距离为 ，则椭圆轨道的半长轴 。由开普勒第三定律 ，因 ，故
，故 C 错误；
D．若卫星做圆周运动，所需向心力恰好等于万有引力，由
可得速度
卫星椭圆轨道远地点两侧的轨迹到地心的距离，小于圆轨道上该点两侧轨迹到地心的距离，若卫星在远地
点速度 ，则卫星接下来会运动到比周围两侧更高的圆轨道上，故该卫星远地点的运行速度要小
于与远地点高度相同的圆轨道卫星速度，才能继续待在椭圆轨道，故 D 错误；
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故选 B。
3. 如图所示，一束复色光斜射到上下表面平行的玻璃砖上表面，经折射后分为两束单色光 a 和 b。下列说
法正确的是（ ）
A. 玻璃中 a 光的传播速度大于 b 光的传播速度
B. 真空中 a 光的波长大于 b 光的波长
C. 两束光从玻璃砖下表面出射时，出射角大小相等
D. 增大上表面的入射角，折射光在玻璃砖的下表面可能会发生全反射
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，a 光折射角 小于 b 光折射角 ，二者入射角相同，由折射定律 可知
，则
A．介质中光速 ，由 得 ，故 A 错误；
B．波长 ，由 得 ，故 B 错误；
C．光线从空气进入玻璃砖上表面再经下表面射回空气，因为两面平行，出射光线与入射光线方向平行，两
束光入射角相等，因此两束光从玻璃砖下表面出射时，出射角大小相等，故 C 正确；
D．全反射发生的条件是，光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于等于临界角。
折射光在玻璃砖的下表面时，入射角 ，出射角 ，在上表面，入射角 ，由折射定律
， 为临界角，所以永远有 ，即下表面的入射角永远小于临界角，不可能全
反射，故 D 错误；
故选 C。
4. 一起重机以额定功率竖直向上提升重物，不计空气阻力，重力加速度为 。当提升质量为 的重物时，
最终能达到的最大速度为 。保持额定功率不变，下列说法正确的是（ ）
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A. 速度为 时，加速度大小为
B. 在达到最大速度之前，加速度随速度增大而逐渐增大
C. 提升质量为 的重物时，最大速度为
D. 用该起重机以恒定加速度 匀加速提升质量为 的重物，匀加速阶段的最大速度为
【答案】A
【解析】
【详解】A．起重机以额定功率 提升重物，重物受向上的拉力 和向下的重力
由瞬时功率 ，牛顿第二定律 ，解得
当重物达到最大速度时，牵引力等于重力，故额定功率
联立有
当速度为 时，解得 ，故 A 正确；
B．由 ，随着速度 增大，加速度 越来越小，故 B 错误；
C．提升质量为 的重物时，最大速度时牵引力 ，故最大速度 ，故 C 错
误；
D．匀加速阶段，拉力 恒定，由牛顿第二定律 解得
当功率达到额定功率时匀加速阶段结束，此时速度 ，故 D 错误；
故选 A。
5. 如图，木板 A 端铰接于水平地面，物块静止在木板上。缓慢抬高木板 B 端，使木板倾角 逐渐增大，物
块先与木板保持相对静止，后沿木板下滑，但始终未脱离木板，木板表面粗糙程度一致。则在整个过程中，
木板对物块的作用力（ ）
A. 大小不变 B. 大小先不变后减小
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C. 方向始终竖直向上 D. 方向始终斜向右上
【答案】B
【解析】
【详解】对物块进行受力分析，物块受重力、支持力和摩擦力，木板对物块的作用力即为支持力和摩擦力
的矢量和。
物块先与木板保持相对静止，此时合力为 0，木板对物块的作用力与重力平衡，等大反向，木板对物块的作
用力大小不变，方向竖直向上。
物块沿木板下滑，垂直木板方向有
摩擦力为滑动摩擦力
木板对物块的作用力大小
随着 增大， 减小， 减小。
又
可得木板对物块的作用力斜向左上。
所以，木板对物块的作用力大小先不变后减小，方向先竖直向上后斜向左上。
故选 B。
6. 四个物体从 时刻起做直线运动，运动图像如图中的 、 、 、 所示，图中 v 为速度、 为位
移、 为平均速度、 为时间。物体完成 10m 位移用时最长对应的图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．速度与时间的关系为 ， 图像与横轴围成的面积表示位移 ，解得
；
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B．位移与时间的关系为 ，解得 ；
C．平均速度与时间的关系为 ，根据平均速度的定义 ，可得位移与时间的关系为 ，
解得 ；
D．函数关系为 ， 根据速度的微元定义 ，可以得到 ，两边积分可知， 图像与
横轴围成的面积对应的物理意义就是时间 ，解得 。
故选 D。
7. 如图所示为某小型发电机的原理图。对金属棒 施加一外力 ，使其在水平固定光滑导轨 、 上
做往复运动，切割磁感线产生正弦式电动势 。导轨间距 ，磁感应强度
，棒的质量 ，电阻不计。导轨右端与理想变压器原线圈相连，在 点与原线圈间接有定
值电阻 ，变压器副线圈接有最大阻值为 的滑动变阻器 。变压器原、副线圈匝数比为 ，
忽略导轨及导线电阻。则（ ）
A. 金属棒做简谐运动，速度随时间变化的规律为
B. 滑动变阻器的滑片从最上端往下滑动时，变压器的输出功率先增大后减小
C. 若 ，则 两端的电压为
D. 若 ，在 到 的时间内，外力 所做的功为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
则金属棒的速度 ，故 A 错误；
B．金属棒切割产生的感应电动势的有效值为
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设原、副线圈的电压分别为 、 ，根据变压器原理，有
原线圈的输入功率与副线圈的输出功率相等，即
可知
可将变压器及输出部分等效为电阻，满足
代入
解得
当滑片从最上端往下滑动时，滑动变阻器电阻 减小，故 减小，原线圈回路总电阻 。变
压器输出功率即 消耗的功率
可知当 时，变压器的输出功率最大。已知 ，滑动变阻器 的最大阻值为 ，故
最大为 ，因此滑动变阻器的滑片从最上端往下滑动时，变压器的输出功率一直减小，故 B 错误；
C．若 ，可知等效电阻
流过原线圈电流
故原线圈电压
由变压器电压比
解得
即 两端的电压为 ，故 C 错误；
D．由上述分析知金属棒的速度
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将 到 代入，可得金属棒的速度均为 0，故金属棒的动能不变。若 ，可知等效电阻
流过原线圈电流
由 能 量 守 恒 可 知 ， 回 路 产 生 的 总 焦 耳 热 即 为 外 力 所 做 的 功 ， 即
，故 D 正确。
故选 D。
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。在每小题给出的四个选项中，至少
有两项符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，不选或错选得 0 分。
8. 如题图所示为两列沿绳传播的简谐横波在某时刻的波形，其中虚线表示向右传播的甲波，实线表示向左
传播的乙波， 为绳上 处的质点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 点是振动减弱点且图示时刻质点 的速度为零
B. 甲波的波长为
C. 位于原点的质点与质点 的振动步调总是相反
D. 甲波的传播速率 等于乙波的传播速率
【答案】CD
【解析】
【详解】A．两列波可看成是：波源分别在 和 且振动完全相同，波长均为 。
则质点 M 到两列波波源的距离差为
所以质点 M 的振动始终加强；根据“同侧法”可知，图示位置两列波在 M 的振动方向都是 y 轴的负方向，
速度不为零，故 A 错误；
B．由图可知，甲波的波长为 0.4m，故 B 错误；
C．位于原点的质点与 M 点相距半个波长，为反相点，振动方向总是相反，故 C 正确；
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D．波速由介质的性质决定，两列均沿绳传播，同种介质，则波速相等，故 D 正确。
故选 CD。
9. 如图所示的差动电容式传感器结构简图中，竖直平面内有三块等间距的相同金属板。两侧的金属板固定
于绝缘水平底座上、作为固定极板；中间的金属板由绝缘悬丝悬挂，作为动极板。先将两侧定极板分别与
电源正、负极连接，充电完成后与电源断开，再将动极板向左平移少许。则（ ）
A. 左侧电容器电容大于右侧电容器电容
B. 左侧电容器电容小于右侧电容器电容
C. 左侧电容器电压大于右侧电容器电压
D. 左侧电容器电压小于右侧电容器电压
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．根据 可知，将动极板向左平移少许，左侧电容器的板间距 减小，右侧电容器的
板间距 增大，所以左侧电容器的电容增大，右侧电容器的电容减小，所以左侧电容器电容大于右侧电容
器电容，故 A 正确，B 错误；
CD．根据 可知，电容器的电荷量不变，左侧电容器的电容增大，则电压减小；右侧电容器的电容减
小，则电压增大，所以左侧电容器电压小于右侧电容器电压，故 C 错误，D 正确。
故选 AD。
10. 如图所示，竖直平面内存在足够宽广的匀强电场（大小、方向未知）。一带电量为 （ ），质量为
的小球从 点以水平速度 向左抛出，经过一段时间后，小球以与水平方向成 的速度 （大
小未知）通过 点正下方的 点， 距离为 ，重力加速度为 ，不计空气阻力。则（ ）
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A. 小球过 点时的水平速度大于
B. 之间的电势差为
C. 小球所受的电场力大小为
D. 小球在运动过程中的最小速度为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．小球初速度水平向左，末速度水平分速度水平向右，竖直分速度竖直向下，受匀强电场作用，
因此小球在水平、竖直方向均受恒定外力，做匀变速曲线运动，设向左、向下为正。
初速度 ，
加速度 ，
由 点正下方为 点， 距离为 ，则水平位移 ，竖直位移 ，设运动时间为 ，有
，结合
解得 ，故 A 错误；
BC． 点速度与水平成 斜向下，则 解得
由 解得 ，则由 解得
由 解得 ，则由 ， 解得
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因此电场力大小
粒子从 到 水平位移为零，只有竖直电场力做功
电势差 ，故 BC 正确；
D．小球加速度恒定，大小 ，方向斜向右下。
对初速度 与加速度 夹角 进行矢量计算，满足 ，
最 小 速 度 出 现 在 速 度 与 加 速 度 垂 直 的 时 刻 ， 大 小 等 于 初 速 度 垂 直 于 加 速 度 的 分 量 ， 即
，故 D 正确；
故选 BCD。
三、实验题：本题共 2 个小题，11 题 6 分，12 题 9 分，共 15 分。
为了估测一把现代弓的蓄能值，小南同学从实验室借来了“力传感器”和“位移传感器”两个便携式设备。
由于传感器缺少电池，他便从网上购买了新电池，并自行设计了两个实验（见 11 题、12 题），最终成功完
成了测量。
11. 小南同学为判断新电池是否符合要求，他利用题甲图所示电路来测量电池的电动势和内阻，其中所用电
压表内阻为 、定值电阻 。
（1）为完成实验，他连接了题甲图所示的实验电路，电压表的示数为 ，电路中的总电流为_____（用
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、 表示）
（2）采集数据绘制题乙图（ 为电压表读数， 为电阻箱读数），图像的斜率为 、纵轴截距为 ，则该
电源电动势为_____，内阻为_____（选用 、 、 表示）
【答案】（1）
（2） ①. ②.
【解析】
【小问 1 详解】
分析电路可知，电压表与定值电阻并联，总电流等于流过二者电流之和。
电压表的示数为 ，又 ，则
【小问 2 详解】
[1][2]并联部分等效电阻 ，外电路总电阻
电压表读数 是并联部分两端的电压。由分压关系
整理为 图像形式有
则 ，
解得 ，
12. 小南同学采用如甲图所示的装置，估测该现代弓的蓄能值。实验步骤如下：
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①将弓弦中点 O（实验过程中 O 点保持不动）与力传感器连接，并使弓身位于竖直平面内。
②在弓身中点下方悬挂重物，稳定时力传感器记录拉力 大小，位移传感器同步记录弓身向下移动的距离
（ 称为拉距）
③逐渐增加重物质量，直至最大拉距 ，过程中记录多组 和 值。
④舍去开始拉力 很小的几组数据后绘制 图像（见乙图）。
（1）由题乙图可知最大拉距 为_____cm。（保留两位有效数字）
（2）某次测量时传感器的示数为 ，弓弦的夹角为 ，则弓弦张力为_____（用 、 表示）
（3）根据图题乙图估测该现代弓的蓄能值为_____ 。
（4）该现代弓在使用中发现当箭矢由最大拉距释放时，箭矢动能明显小于弓的蓄能值，造成能量损失的可
能原因是_____（写出一条即可，不考虑测量的误差）。
【答案】（1）74 （2）
（3）109 （4）①运动部件需要消耗能量：弓弦和弓臂本身有质量，释放箭矢时，这些部件自身也要运
动，会分走一部分储存能量；②弓弦和弓臂并非完全弹性体，会因材料内部分的摩擦而产生热能；③其他
不可避免的损耗：包括箭矢与弓的摩擦生热，以及振动和噪声（声波也带走能量）（任选其一即可）
【解析】
【小问 1 详解】
由图乙可知，图线最右侧的横轴读数即为最大拉距，为
【小问 2 详解】
根据平衡条件可知，弓弦张力 满足
可得
【小问 3 详解】
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根据
结合功能关系可知，弓的蓄能值为 图中图线与坐标轴所围面积，图中每小格代表
一共 109 格，所以该现代弓的蓄能值为 109J。
【小问 4 详解】
造成能量损失的可能原因是：①运动部件需要消耗能量：弓弦和弓臂本身有质量，释放箭矢时，这些部件
自身也要运动，会分走一部分储存能量；②弓弦和弓臂并非完全弹性体，会因材料内部分的摩擦而产生热
能；③其他不可避免的损耗：包括箭矢与弓的摩擦生热，以及振动和噪声（声波也带走能量）等。
四、计算题：共 42 分。
13. 某同学设计了一个从水银槽中提取少量水银的方案：如图所示，取一根长为 、粗细均匀、两端
开口的直玻璃管。将玻璃管竖直插入水银槽中，待管内液面与管外液面相平后，用手指堵住玻璃管上端开
口，再将玻璃管缓慢竖直上提，直至玻璃管下端开口离开槽内水银液面，此时水银被成功提取。已知大气
压强 ，槽内水银足够深，提取过程中温度保持不变，不考虑毛细现象引起的管内、外液面变
化。求：
（1）若上提过程中，封闭气体从外界吸收的热量为 1.3J。则外界对该气体所做的功；
（2）若提取成功后管内水银柱长度为 10cm，则最初玻璃管插入水银槽的深度。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问 1 详解】
由题意可知，封闭气体的温度不变，即封闭气体的内能不变，即
封闭气体从外界吸收的热量为 1.3J，即
根据热力学第一定律可得
代入数据，解得
【小问 2 详解】
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设最初玻璃管插入水银槽的深度为 ，则 ， ， ，
根据玻意耳定律可得
解得
14. 如图所示，一段水平放置的传送带用于物料输送。传送带最右端为来料位置，最左端与一个光滑等高的
操作平台平滑连接。平台左侧设有一个大型挡块 （视为大物块），用于接收或协助物料转向。初始时，传
送带以恒定速率 逆时针方向转动。一个小工件 （视为小物块）由静止释放于传送带最右端。已知挡块质
量 远大于小工件质量 ，小工件与传送带之间的动摩擦因数为 。小工件到达传送带最左端时，其速度
恰好与传送带速度相等，小工件与挡块的碰撞视为弹性碰撞，重力加速度为 。求：
（1）传送带的长度 以及小工件在传送带上向左加速运动的时间 ；
（2）若挡块保持静止，从小工件由静止释放到它再次回到传送带最右端的过程中，因摩擦产生的总热量
；
（3）若挡块初始时以速度 向左匀速运动，小工件再次返回传送带运动过程中，恰好能到达距离传送带左
端 的位置，则 为多大。
【答案】（1） ，
（2）
（3） 或
【解析】
【小问 1 详解】
设向左作为正方向，小工件在传送带上由静止释放，受到向左的滑动摩擦力 ，加速度
传送带逆时针转动，上表面向左运动的速度为 。小工件向左匀加速到左端时，速度恰好等于 ，由运动学
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公式得 ，
解得 ，
【小问 2 详解】
小工件从最右端加速到最左端，传送带对地位移
小工件相对传送带向右滑动的路程为 ，产生热量
碰撞过程中，由于挡块仍保持静止，由动量规律，碰后小工件速度仍为 ，方向向右
小工件以向右初速度 向右滑上传送带，传送带向左速度仍为 ，小工件向右做匀减速运动，加速度大小仍
为
则小工件到最右端时对地仍为 ，
此阶段传送带对地位移
由于小工件与传送带相对运动，此时相对位移 ，产生热量
总热量
【小问 3 详解】
挡块以速度 向左匀速运动，小工件达左端时速度仍为 ，设弹性碰撞后小工件速度 ，挡块速度 ，由动
量守恒，动能定理有 ，
解得
由于 ，可近似 ，碰后小工件速度向右，大小为 ，且
碰后小工件速度向右滑上传送带，受到向左的摩擦力，加速大小为 ，恰好能到达距离传送带左端
的位置，此时速度为零，则
代入 有
解得 （取正值，否则 不满足 ）
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若完整解则
15. 如图所示，平面直角坐标系 中，第一象限存在沿 轴负方向的非匀强电场，电场强度的大小满足
，其中 ，第二象限存在垂直于 平面向外的匀强磁场 （大小未知），第三、四象限
存在沿 轴正方向的匀强电场 （大小未知）， 、 为 轴上的点，其中 坐标为 ， 坐标为
， 为 轴正半轴上的点，坐标未知。带正电的粒子质量为 ，电量为 ，从 轴上的 点以初速
度 向第四象限运动，速度方向与 轴负方向的夹角 ，刚好从 点离开电场进入磁场，在磁场中偏
转 从 点离开磁场进入第一象限的电场中。不计空气阻力和带电粒子的重力，已知质量为 的物体在
回复力 作用下做简谐运动时，其周期为 。求：
（1）三、四象限的电场强度 的大小；
（2） 的坐标及匀强磁场 的大小；
（3）粒子从 开始第 23 次通过 轴的时间及第 26 次通过 轴的横坐标。
【答案】（1）
（2）
（3） ，
【解析】
【小问 1 详解】
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粒子在第三、四象限仅受电场力作用，做类斜抛运动， 方向匀速， 方向受恒定电场力 作用
方向初速度 ， 方向初速度 ，加速度
粒子从 运动到 ， 方向位移 ，时间
方向位移为零，位移方程有
联立解得
【小问 2 详解】
粒子在 方向位移为零，即在电场方向位移为零，则粒子动能不变，速度大小仍为 ， 只起到偏转粒子
的作用，偏转后方向斜向上，与 轴负半轴夹角为
在第二象限中，洛伦兹力提供向心力，在磁场中偏转 ，设轨迹半径为 ，圆心 在速度垂线上，由左
手定则的洛伦兹力方向为 ，则圆心位置
在磁场中顺指针偏转 后出射点坐标
在 轴正半轴，因此 ，故 解得
由 解得
【小问 3 详解】
求振动方程：粒子在第一象限仅受电场力作用，由第二问可知，粒子从 射出，速度方向斜向上与 轴正
方向夹角 ，故此时初速度 ，
由题，此时电场力为 ，满足简谐振动回复力表达式，故粒子在 方向做简谐振动， 时
，故平衡位置在 ，则回复力劲度系数 ，周期 ，角频率
设振动方程 ，求导有
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由初始条件 时， ，
解得 ，
两式相除
由于 ， ，则取 ，解得
则振动方程 ，速度方程
求第一次到达时间：粒子在第一象限首次到达 轴时 ， 满足 ，即
此时速度向下，大小为 ，粒子进入第四象限。由 ，则粒子加速度
，做类自由落体运动，则粒子每次进入第四象限时速度大小均为 ，方向交替向下或向
上。在恒力作用下，粒子在第四象限往返一次的时间
推广到 次：粒子每次穿过 轴后交替进入第四象限和第一象限，运动图像如图所示
设从 射出后第 次通过 轴。则第 次时，向下通过， ，水平位移
此后，每连续两次通过 轴的时间间隔交替为 和
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横坐标每次增加 或
对于任意 ，若 ，则粒子向上通过 轴，有 ，
代入数据有 ，
若 ，则粒子向下通过 轴，有 ，
代入数据有 ，
求解问题：则第 23 次时间
第 26 次时间
第 26 次横坐标
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