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届高三年级阶段训练
2026
物理试卷参考答案与评分细则
一、选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符
合题目要求,第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的
得0分。
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案
B B D C B D C AC BC BC
二、非选择题:本题共5小题,共60分。
分
11.(8 )
. . . 均可 分
(1)5315mm(5312~5318mm ) (2 )
d
分 小于 分
(2)t (2 ) (2 )
kM md2
( + ) 分
(3) m (2 )
2
. 分
12(9 )
左 分 . 分 . -6 分 偏大 分
(1) (1 ) 25 (2 ) 20×10 (2 ) (2 )
R
x 分
(2)kL (2 )
0
. 分
13(10 )
【解】
气体发生等容变化 由查理定律
(1) ,
p p
1 2 分
T =T ………………………………………………………………………………………… (2 )
1 2
解得
p . 4 分
2=95×10Pa ……………………………………………………………………………… (2 )
活塞静止时 分析AB受力
(2) , 、
p S S m m g p S S 分
0(2- 1)=(1+ 2)+ 3(2- 1)…………………………………………………… (2 )
气体发生等容变化 由查理定律
,
p p
1 3 分
T =T ………………………………………………………………………………………… (2 )
1 3
解得
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1 ( 10 )T . 分
3=2775K …………………………………………………………………………………… (2 )
本题第一问 分 第二问 分 共 分
( 4 , 6 , 10 )
. 分
14(15 )
【解】
小球由A点运动到B点 由动能定理
(1) ,
mgh 1mv2 分
1 = 1 1 ………………………………………………………………………………… (1 )
2
小球与物块发生弹性碰撞 由动量守恒定律和机械能守恒定律
,
mv mv' mv' 分
1 1= 1 1 + 2 2 ………………………………………………………………………… (1 )
1mv2 1mv'2 1mv'2 分
1 1= 1 1 + 2 2 ………………………………………………………………… (1 )
2 2 2
物块由B点恰运动到C点 由动能定理
,
μmgL 1mv'2 分
- 2 =0- 2 2 ………………………………………………………………………… (1 )
2
解得
h . 分
=03m ……………………………………………………………………………………… (2 )
要使物块落点最远 即物块飞离传送带时与之共速 由运动学公式
(2) , ,
v2 v'2 aL 分
- 2 =2 …………………………………………………………………………………… (1 )
由牛顿第二定律
μmg ma 分
2 = 2 …………………………………………………………………………………… (1 )
解得
v 分
=23m/s …………………………………………………………………………………… (2 )
因为 根据能量守恒定律 电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热
(3) 26m/s>23m/s, ,
量与物块增加的动能之和 故
,
W E Q 分
Δ =Δ k + ………………………………………………………………………………… (1 )
E
k
1mv2 1mv'2
Δ = 2 - 2 2
2 2
Q μmgx 分
= 2 Δ …………………………………………………………………………………… (1 )
摩擦生热的时间
v v'
t - 2 分
= a ……………………………………………………………………………………… (1 )
物块与传送带之间相对位移
x vt L 分
Δ = - ……………………………………………………………………………………… (1 )
解得
W J . 分
Δ =(122-12) ≈497J ………………………………………………………………… (1 )
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2 ( 10 )本题第一问 分 第二问 分 第三问 分 共 分
( 6 , 4 , 5 , 15 )
. 分
15(18 )
【解】
粒子进入 区域后受洛伦兹力做匀速圆周运动 由几何关系
(1) Ⅰ ,
分 0
φ
=72° …………………………………………………………… (1 )
r
分
φ
tan =R ………………………………………………………… (1 )
根据牛顿第二定律 有
, r
v2
qvB m 分
= r………………………………………………………… (1 )
粒子在直线加速器中 φ #
0
"
nqU 1mv2 分
1 0= …………………………………………………… (1 )
2
联立解得
n 分
1=180 ………………………………………………………………………………………… (2 )
第一种情况
(2) :
由几何关系 得 0
, 3
α
" S
α 360°-144°
= =27°
2×4
r
α 1
tan =R
解得
R
r 分
1= …………………………………………………………………………………………… (1 )
2
粒子在磁场中作匀速圆周运动 有
,
qvB m
v2
1 分 3
0
#
1 = r ……………………………………………………… (1 ) "
1 α′
粒子在直线加速器中
nqU 1mv2 r
2 0= 1
2
联立解得
n 分
2=5……………………………………………………………… (1 )
第二种情况
0
:
由几何关系 得
,
α' 360°+360°-144°
= =72°
2×4
r
α' 2
tan =R
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3 ( 10 )解得
r R 分
2=3 ………………………………………………………………………………………… (1 )
粒子在磁场中作匀速圆周运动 有
,
v2
qvB m 2 分
2 = r……………………………………………………………………………………… (1 )
2
粒子在直线加速器中
n'qU 1mv2
2 0= 2
2
联立解得
n' 分
2 =180 ………………………………………………………………………………………… (1 )
综上 加速器级数为 或
, 5 180。
第一种情况
(3) :
粒子进入 区域后
Ⅱ
v2
qv 3B m 1 分
1 = r'………………………………………………………………………………… (1 )
2 1
解得
R
r'
1 =
3
由几何关系
r'
tan β =R 1 R 0
β
解得 S ′
β
=18°
则粒子需与器壁碰撞的次数为
n 360° 次 分
= β-1=9 ……………………………………………………………………………… (1 )
2
粒子在 区域内周期
Ⅱ
m
T 4π
=qB
3
运动时间
β
t n 2×(90°- ) T
1=(+1)· ·
360°
解得
m
t 16π 分
1= qB ………………………………………………………………………………………… (1 )
3
第二种情况
:
v2
qv 3B m 2 分
2 = r'………………………………………………………………………………… (1 )
2 2
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4 ( 10 )解得
r' R
2 =2
0
由几何关系
β′
#
r'
β' 2
tan =R
S′
解得
β' 0′
=63°
则粒子与器壁碰撞次的次数为
k
n' ·360° 次 分
= β -1=19 ………………………………………………………………………… (1 )
2
运动时间
β
t n' 2×(90°-') T
2=( +1)· ·
360°
解得
m
t 4π 分
2=qB ………………………………………………………………………………………… (1 )
m m
综上 粒子再经过16π 或4π 时间后回到 区域
, qB qB Ⅰ 。
3
本题第一问 分 第二问 分 第三问 分 共 分
( 6 , 6 , 6 , 18 )
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5 ( 10 )届高三年级阶段训练
2026
物理试卷参考答案与解析
1.B
c
光子的能量ε hν h 跟光的波长成反比 错误
A. = = λ, ,A ;
发生衍射现象不需要条件 经电场加速的电子对应的物质波的波长跟晶体的尺寸相差不多 能发生
B. , ,
明显的衍射现象 正确
,B ;
原子吸收能量从低能级向高能级跃迁 可直接跃迁也可逐级跃迁 错误
C. , ,C ;
能否发生光电效应跟光的强度无关 当入射光的频率大于截止频率才能发生光电效应 错误
D. , ,D ;
故选
B
2.B
电容器放电过程 电容器两端电压不断减小 放电电流不断减小直至为零 错误
A. , , ,A 。
曲线 下降的更慢 图线的斜率小 而q t图线的斜率反映电流的大小 则说明第二次电阻更大 滑
B. 2 , , - , ,
动变阻器往右移动 正确
,B 。
εS
在电容器中插入橡胶板 根据电容器电容公式C 电介质的介电常数ε增大 电容器的电容
C. , =kd, ,
4π
C增大 由q CU 两端电压U为电源电压不变 则q变大 错误
, = , , ,C 。
εS
开关断开 电容器的所带电荷量不变 增大两极板的距离d 由C 知 电容器的电容C减小
D. , , , =kd , ,
4π
U Q kQ
板间的电场强度E 4π 不变 错误
=d=Cd=εS ,D 。
故选
B
3.D
若要发射绕月卫星 其发射速度必须大于 而小于 其运行速度小于
A. , 7.9km/s 11.2km/s, 11.2km/
错误
s,A 。
飞船与着陆器同一轨道后 若向后喷气 由于反冲作用飞船将会被加速做离心运动 从而无法实现对
B. , , ,
接 错误
,B 。
GM
由于仅受万有引力的作用 所以载人飞船的加速度a 由于半径相同 可知卫星在轨道 上P
C. , =r2 , , Ⅱ
点和轨道 上P点的加速度大小相同 错误
Ⅰ 。C 。
由开普勒第二定律 1vΔt2r 1vΔt2r 得rv rv 根据能量守恒定律有 1mv2
D. : 1 1= 2 2, 1 1= 2 2, : 1+
2 2 2
GMm GMm GM
1mv2 联立求得v 2 v 正确
- r = 2+ - r , 2=vr - 1,D 。
1 2 2 1 1
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6 ( 10 )故选
D
4.C
由折射定律 i n θ 得θ 错误
A. 1·sin = ·sin , =30°,A 。
由数学知识AC面上的入射角为 临界角的正弦 C 1 3 AC面上发生全反
BC. , 60°, sin =n= 0, - ,
2 2 3
列车做加速度增大的加速运动 因此列车平均速度小于 v 正确
, 20;D ;
故选
D
7.C
解析
【 】
导体棒从A运动到C过程 由动能定理BIL 2 R 1mv2 得v 错误
A. , : π = -0, =2m/s,A 。
3 2
v
B.
由几何关系可知
,
v与斜面垂直
,
以斜面方向建立x轴
,
v方向建立y轴
,
有
:
t
=2×g =
cos30°
8 错误
gs,B 。
3
沿斜面方向做初速为零的匀加速直线运动 则CE 1g t2 8 正确
C. , = sin30° = m,C 。
2 15
vt
由数学关系可知v反向延长线过CF中点 CEF 则 α 3 即α 错误
D. ,' ,∠ =60°, tan =CE= , ≠30°,D 。
2 2
故选
C
8.AC
振源频率为 则周期T t 时 波源开始向上起振t . 波传播的距离为 . 个波
AB. 1Hz, =1s;=0 , ,=15s 15
长 第一个波峰向右传播到x . 处 即x . 5λ得λ 正确 错误
, =25m , =25m= , =2m,A ,B 。
4
λ
由v 正确 错误
CD. =T=2m/s,C ,D 。
故选
AC
9.BC
BO两点电势差最大时刻为线框位于 位置 相当于双棒切割 两电池并联电势差大小为U
A. Ⅱ , ——— =
Bl v 3Blv 错误
(cos30°)= ,A 。
2
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8 ( 10 )θϕ
两次通过金属框横截面的电荷量q θϕ 相同 则通过金属框横截面的电荷量相同 正确
B. =R, , ,B 。
3
线圈通过磁场区域I t图象如图 线框进入和离开的两个过程电流变化对称 所以两段过程产生的
C. - , ,
焦耳热相同 根据能量守恒定律 外力做功等于焦耳热 因此两个过程外力做功相同 正确
, , , ,C 。
x l x
金属线框匀速穿过磁场 位移x vt 总时间t 2 产生的电动势为E B v
D. , = , =v=v, = =
tan30°
E Bv2t l Blv
Bv2tt电流为I 3 t在t 时 电流最大为I 3
3 ∝ , =R= R ∝ ; =v , max= R ;
3 3 2 6
Blv2 l
若电流为正弦交流电 则全过程中线圈产生的热量为Q I2 Rt 2 3 R 2
, = (3 )= × R ·(3 )·v=
2 6
B2l3v
但线框穿过磁场产生的电流不为正弦交流电 错误
R , ,D 。
4
故选
BC
10.BC
根据质量守恒 相等的时间通过任一截面的质量相等 即水的流量相等 单位时间出来的水的体
AB. , , ,
积不变Sv Sv 在竖直方向上 随着水向下运动 水速不断变大 即v v 故有横截面积
;A A = B B; , , , B > A,
S S 因此下降阶段的水柱呈现的形态是上端较粗下端较细 错误 正确
B < A, ;A ,B ;
根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知 稳定流动的很短一段时间内 对容器中的液体 等效来
C. : , ,
看 液面上质量为m的薄层水的机械能等于细管中质量为m的小水柱的机械能 设液面薄层水下降
: ;
的速度为v 孔中质量为m的小水柱的速度为v 设孔处为零势面 则有1mv2 mgh 1mv2 又
1, 2。 , 1+ = 2,
2 2
S2
有Sv Sv 解得v gh 1 正确
1 1= 2 2, 2= 2 S2 S2 ,C ;
1- 2
已知水的密度为
ρ
则对流动的水 考虑一段很短的时间Δt 流出的小水柱的质量为Δm
D. , , , =
ρSvΔt在有水从孔口稳定流出时堵住管口所需的力设为F 要堵住水 意味着水速减为 规定
2 2 , 1, , 0。
S2
速度v 方向为正方向 由动量定理可知 FΔt Δm v 得F ρghS 1 错误
2 , - 1 = (0- 2), 1=2 2S2 S2 ,D ;
1- 2
故选
BC
均可
11.(1)5.315mm(5.312~5.318mm )
d
小于
(2)t
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9 ( 10 )kM md2
( + )
(3) m
2
解析 由图中的螺旋测微器读数 遮光条宽度为
【 】(1) , 5.312mm;
d
由遮光片宽度与通过光电门的时间可求滑块的速度应为 此时是用平均速度代替瞬时速度 因
(2) t, ,
此此时速度测量值应小于真实值
;
对滑块 由牛顿第二定律 F Ma 对小球 由牛顿第二定律 mg F ma 两式联立得加速度
(3) , : = , , : - = ,
m
a g
=M m ;
+
由运动学知识v2 d 2 as 两式联立得 1 2 mg s 即1 s 图像斜率k
= t =2 , :t2= M md2 · , t2- , =
( + )
mg kM md2
2 计算得g ( + )
M md2 , = m
( + ) 2
. 左端 . . -6 偏大
12(1) 25 20×10
R
x
(2)kL
0
解析 实验开始时 为了电路安全 滑动变阻器滑动头应移到最左端
【 】(1) , , ;
根据两次读数结果 由欧姆定律 有I R R I R R 计算得R .
, , :1(x + 1)= 2(x + 2), x =25Ω;
L
由电阻决定式 : R x = ρ S, 代入计算得电阻率为 2 . 0×10 -6 Ω·m;
若电流表阻值不可忽略 会导致测量阻值偏大
, 。
R L R
由闭合回路欧姆定律 有 E I x L 整理可得 1 R 可得斜率k x 计算得
(2) , : = L , :I=EL · x, =EL , :
0 0 0
R
x
E
=kL 。
0
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1 0 ( 10 )
