成都市第七中学2025—2026学年度下期高2026届开学考试物理答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷_260302四川省成都市第七中学2025—2026学年度下期高2026届开学考试（全科）

高2026届高三下期开学考试 物理答案 1．【答案】A sin 【详解】BD．光从空气进入光导纤维左侧界面时，令入射角、折射角分别为、，根据n ，由于折射率n大 sin 于1，则有，BD图中空气中的入射角均小于光导纤维中的折射角，不满足要求，故BD错误； AC．结合上述，图中光从空气进入光导纤维的入射角均大于折射角，满足要求，由于折射率中心最大，沿径向逐渐减 小，外表面附近的折射率最小，可知，光在光导纤维中沿半径方向传播时，在每一个平行于中心轴线的界面均发生折 射，当光沿半径方向向外侧传播时，光由光密介质进入光疏介质，对应的入射角小于折射角，导致光沿中心轴线偏折， 最终发生全反射，当光沿半径方向向内侧传播时，光由光疏介质进入光密介质，对应的入射角大于折射角，导致光再 次沿中心轴线偏折，可知，光在光导纤维内部传播的路径为一条曲线，故A正确，C错误。故选A。 2．【答案】C 【详解】A．曲线上P、N 两点加速度相同，由牛顿第二定律F ma，可得合外力相等，故A错误； B．由图像可得手机在做阻尼振动，说明有摩擦力作用，从P到N 系统需要克服摩擦力做功，故N 点系统机械能较小， 故B错误； C．P点加速度在增大，说明小车在远离平衡位置，摩擦力与弹力同向，设形变量为x；N 点加速度在减小，说明小 1 车在靠近平衡位置，摩擦力与弹力反向，设形变量为x ，根据合外力相等则有kx  f kx  f 2 1 2 可得x  x ，则N 点弹簧弹性势能较大，故C正确； 1 2 D．由于N 点机械能较小，则有E E E E ，又因为N 点弹簧弹性势能较大，则在N 点小车动能较小，故D p1 k1 p2 k2 错误。故选C。 3．【答案】A 【详解】A．γ光子无静止质量，因此质量亏损为mm m m m ，故A正确； B n Li He BD. 由动量守恒定律（忽略γ光子动量，因其较小且题干说明能量主要转化为Li和He的动能）可知，反应后Li和He p2 E m m 4 动量大小相等、方向相反。动能表达式为E  ，故动能之比 kLi  He 已知m 4u，m 7u，则 He  k 2m E m He Li m 7 kHe Li Li 即Li与He的动能之比约为4:7，故BD错误； C. 该反应由中子轰击硼原子核引发，属于人工核反应。根据质量亏损计算可得Em931.5MeV2.79MeV，故 C 错误。故选 A。 4．【答案】D 【详解】A．飞船从轨道Ⅰ过渡到轨道Ⅲ，需要在P、Q两点向与运动方向相反的方向喷气来获得加速，故A错误； B．地球第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度。轨道Ⅲ是地球静止卫星轨 道，因此卫星在轨道Ⅲ上Q点的速率小于地球第一宇宙速度。则飞船在轨道Ⅱ上运动到Q点时的速率要小于地球第一 宇宙速度，故B错误； 1 Mm v2 C．卫星在圆轨道上的动能E  mv2，卫星在轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有G m k 2 r2 r GMm 联立可得E  ，即同一卫星的动能与轨道半径成反比，已知r 3r，同一卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的动能之比为 k 2r Ⅲ Ⅰ 3:1，故C错误； r r r 3r D．已知轨道Ⅲ的半径r 3r，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a Ⅰ Ⅲ  Ⅰ Ⅰ 2r ，轨道Ⅲ是地球静止轨道，其周期T 等 Ⅲ Ⅰ Ⅰ Ⅲ 2 2 a3 r3 2 6 T 6 于地球自转周期T ，根据开普勒第三定律，有  Ⅲ ，联立解得T  T 则飞船从P运动到Q的时间t Ⅱ  T， T Ⅱ 2 T Ⅲ 2 Ⅱ 9 2 9 因此若已知地球的自转周期，则可算出飞船从P运动到Q的时间，故D正确。故选D。 5．【答案】B 【详解】A．圆球受到三个半球的支持力和自身重力，总共四个力，故A错误； B．将圆球和三个半球作为一个整体进行受力分析，竖直方向的重力与地面对每个半球的支持力F 的合力等大反向， N 5 有5mg 3F 解得F  mg，故B正确； N N 3 C．对每个半球而言，受到地面向上的支持力，竖直向下的重力，圆球对半球的弹力，圆球对半球的弹力不是竖直向下 的，半球静止，因此水平方向还需要一个力与圆球对半球的弹力在水平方向的分力平衡，这个力便是摩擦力，故C错 误； D．单个半球对圆球的支持力N 和圆球自身重力的示意图 2mg 对静止的圆球，有3Nsin2mg推导得N  ，地面对每个半球的摩擦力大小等于圆球对 3sin 答案第1页，共4页9．【答案】BD 【详解】A．线框始终只有一边切割磁感线，但是线框做简谐运动，故出现切割磁感线的边不同的情况，线框中线和磁 场中线重叠时，电流方向会突变反向，假设线框最初向右运动，线框中电流顺时针为正方向，则线框中电流图片如图  10π 所示，则产生的交流电频率时线框线圈简谐运动的频率的2倍，即 f 2 2 Hz10Hz ，故A错误； 2π 2π B．线圈产生的感应电动势峰值为E nBlv 1010.410V 40V，有效值为 m m E 40 U n 1 E  m  V=20 2V变压器输入电压U E 20 2V，又 1  1  求得 2 2 1 U n 2 2 2 U 40 2V即电压表的示数为 40 2V ，故B正确； 2 U 40 2 C．电流表的示数为I  2  A2 2A，故C错误； 2 R 20 D．因1s等于交流电周期的整数倍，外力任意1s做的功等于用电器产生的焦耳热，  2 即W QI2Rt 2 2 201J160J，故D正确。故选BD。 10．【答案】BD 【详解】A．由cd两端电压随时间均匀增加，可知cd在磁场中做匀加速运动，设加速度为a，则cd边的速度vv at 0 1 B2l2v 1 B2l2 1 B2l2 由牛顿第二定律得 v1 ma，推导得(  )v 1(  )at ma，R为线圈总电阻，方程右侧为常数， 3 R 3 R 0 3 R B2l2 1 25 故时间t的系数为零，有  ma1N ①，代入数据可得R ，故A错误； R 3 12 BCD．由分析可知cd边刚出磁场时速度最大为v ，cd边在磁场中运动的过程中v 2v 2 2al ② m m 0 1 1 设ab边刚出磁场的速度为v ，ab边进磁场到出磁场过程中，根据功能关系有 mv2  mv2 Q ③ 1 2 m 2 1 Bl2 1 13 由动量定理有mv mv Bl ④，联立①②③④式，并代入数据可得v 3m/s，m kg，v  m/s。故选 1 m R m 3 1 6 BD。 t t 22(2LD) 11．【答案】(1) 2 1 (2)大于 (3) 10 k2 t t 【详解】（1）由图c可知小球运动的周期T  2 1 10 L （2）由单摆周期公式得T 2 ，小球在水平面内做圆周运动，设绳与竖直方向的夹角为，由合力提供向心力得 g 42 mgtanm Lsin解得g gcos，若把T当作单摆周期算，重力加速度的测量值偏大。 T2 F （3）将重力分解为沿杆和垂直杆，可知，等效重力F  mgsin，等效重力加速度的大小a gsingcos，根 m D D D L L L 22(2LD) 据单摆周期公式有 T 2 2 2 2  1 则 k 2 2 ，解得g  k2 a g cos g U 80 10 12．【答案】 b R 10  不均匀 I g 3 I 【详解】（1）[1]滑片位于b端，变阻器连入电路的电阻最大，起到保护作用；   U [2]根据题意，由欧姆定律有U I RR 解得R R 。 g I g E （3）[3]根据题意，由闭合电路欧姆定律有I  可得R 10Ω。 g rR R R 1 g 1 E 80 10 （4）[4][5]由RF图像得R161.2F结合I  可得F   N F与I 不是线性关系，所以刻度不 rR R R  3 I  g 1 均匀。 n1p 13．【答案】(1) 0 （4分）(2)n1 （6分） g n1p 【详解】（1）设潜水员下潜的深度为h np  p gh （2分） 解得h 0 （2分） 0 0 g 答案第3页，共4页（2）设在相同温度及压强为 p 的情况下充入气体的体积为V，根据玻意耳定律，p V ΔVnpV （2分），充入 0 0 0 Δm ΔV Δm 的气体与舱内原有气体的质量之比  （2分）解得 n1（2分） m V m mv R 2mv 14．【答案】(1)B 0 （4分）(2)t   0 （8分） qR min v qE 0 v2 mv 【详解】（1）粒子都能水平射出磁场，轨迹圆的半径r  R，根据牛顿第二定律有qv Bm 0 （2分）联立解得B 0 0 r qR （2分） （2）假设粒子第1次在磁场中运动转过的角度为，第2次在磁场中运动转过的角度为，由几何关系可得180 180 2R R （1分），所有粒子两次在磁场中的运动时间相等。粒子在磁场中运动的总时间t  ·  （2分），所有粒子 1 360 v v 0 0 在电场中运动的时间均相等，从图中看出粒子在电场中由N点运动到K点，再由K点返回到N点，由动量定理得 2mv qEt mv mv 解得t  0（2分），粒子在电场和磁场之间做匀速直线运动，由M点运动到N点，再由N点返 2 0 0 2 qE 2x 回到M点，粒子通过此区间的总时间为t  0 ，粒子从发射到第二次离开磁场所经历的总时间 3 v 0 R 2mv 2x tt t t   0  0 ，其中2x 为粒子通过电场和磁场之间区域的总路程。 1 2 3 v qE v 0 0 0 R 2mv 当粒子沿y轴发射时（1分），粒子通过电场和磁场之间区域的总路程2x 0，粒子所经历的时间最短t   0 0 min v qE 0 （2分） v 5v2 v2 15．【答案】(1) 0 （4分） (2) 2gL 0 （5分） (3)( 51) 0 （7分） 2 4 4g 【详解】（1）小球C与小球D作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，则mv mv 3mv ， 0 C D 1 1 1 v mv2  mv2  3mv2 （2分）解得v  0 （2分） 2 0 2 C 2 D D 2 （2）小球A、B、C作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，由于C的动量向右，而总动量为零，则A和B 的总动量向左，且碰到桌面前瞬间A沿杆的水平分速度与B的速度一样大，速度矢量图如图所示 1 1 1 所以有v v （1分），根据机械能守恒和水平方向动量守恒有mgL mv2  mv2  mv2， Ax B 2 0 2 A 2 B 5v2 mv mv mv （2分），解得v  2gL 0 （2分） 0 Ax B A 4 （3）小球C到达管道 f 点时，其水平分速度与小车D速度相同，且小球在竖直管道内其水平速度一直和小车保持一致， 做匀速直线运动，而小球有竖直分速度v ，竖直方向相对做匀加速运动，到g点设为v ，则mv m3mv ， f g 0 共 1 1 1 v 5 mgR mv2  m3mv2  mv2，解得v  0 ，v v （2分）， fg阶段有v2 v2 2gh解得v  v 该阶段运 2 0 2 共 2 f 共 4 f 0 g f g 2 0   2 动时间 t 1  v g  g v f  5 2  g 2 v 0（2分），g点以下运动阶段，根据题意可知，图像面积表示时间，则 t 2  v g 2  g  2 5 g v 0 （2 v2 分），故小车的位移xv t t ( 51) 0 （1分） 共 1 2 4g 答案第4页，共4页