成都石室中学2025-2026学年度下学期高2026届二诊模拟考试物理答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年03月高三试卷

成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届二诊模拟测试 物理参考答案 1.【答案】C 【解析】起跳后运动员在竖直方向的运动可以看成竖直上抛运动，重心上升的高度约为1m，由竖直上抛运动的规 律，有v2 =2gh，解得竖直向上速度v=4m/s,故选C。 2．【答案】D 【解析】ABC．货物沿斜坡向上匀速行驶，对货物分析可知F =Gsin，F =Gcos，F =G，由于 1 2 030，可知F G，F F ，F 等于木箱的重力G，与无关，故AB错误，D正确；C．由于 1 1 2 F =Gsin，若仅增大，则F 也增大，故C错误。选D。 1 1 3．【答案】B 【解析】A．由题图乙知，t=0时，手机加速度为0，由牛顿第二定律得弹簧弹力大小为F =mg A错误；B．由题图乙知，t=0.2s时，手机的加速度为正，则手机位于平衡位置下方，B正确；C．由题图乙知， 从t=0至t=0.2s，手机的加速度增大，手机从平衡位置向最大位移处运动，速度减小，动能减小，C错误； 2 D．由题图乙知T =0.8s，则角频率= =2.5rad/s T 则a随t变化的关系式为a=4sin(2.5t)m/s2，D错误。故选B。 4．【答案】A 【解析】根据万有引力提供向心力的原理，空间站轨道为近地圆轨道，轨道半径不变。入驻后空间站质量增加， 但轨道参数（如周期、速度）仅取决于地球质量和轨道半径，与空间站质量无关。A. 空间站的运行周期 r3 T =2 ，只与轨道半径r和地球质量M 有关，入驻后r不变，故周期不变，故A正确。B. 空间站的速度大 GM GM 小v= ，只与r和M 有关，入驻后r不变，故速度大小不变，故B错误。C. 新入驻航天员在轨道上受地球引 r 力作用，引力提供向心力，合外力不为零，故C错误。D. 新入驻航天员在近地圆轨道上所受合外力即万有引力， 不为零；而静止在地面上时所受的合外力是使其随地球自转的向心力，该力远小于在轨道上受到的万有引力。因 此，航天员在轨道上所受合外力比静止在地面上时大，故D错误。故选A。 5．【答案】B 【解析】A．图甲中，当紫外线照射锌板时，验电器指针张开，由于红光的频率较小，所以用红外线照射锌板不一 定有光电子飞出，验电器指针不一定会张开，故A错误；B．图乙中，从光电流与电压的关系图中可以看出，遏 止电压相同，则a光的频率等于b光的频率，故B正确；C．根据光电效应方程E =h−W ，当=0时， km 0 E =−W ，由图丙可知，金属P的逸出功小于金属Q的逸出功，故C错误；D．根据E =h−W =eU ，解得 km 0 km 0 c h h h U = − c ，则斜率k = ，故D错误。故选B。 c e e e 6．【答案】B 【解析】A．该情境下看到的干涉图样是薄膜干涉，是由单色光在2界面和3界面的反射光叠加后形成的，故A 错误；B．从上向下看到的干涉图样应该是条状的，因中间圆弧面的倾角小，而两侧的倾角大，故中间稀疏，两侧 密集，故B正确；C．左右两侧对称位置的薄膜厚度相同，条纹的明暗情况应相同，所以干涉图样是左右对称的， 故C错误；D．干涉条纹在薄膜厚度相同的地方是连续的，当干涉图样在某个位置向中间弯曲时，表明可能玻璃 板上表面在该位置有小凹陷，故D错误。故选B。 7．【答案】C n 【解析】AB．根据等效电源法可得U =I R +U =I R +I R ，R =( 1)2(R +R )，当并入电路的用电器逐渐增 1 1 1 1 1 1 等 等 n 2 并 2 加时，则R 减小，R 减小，I 增大，U 减小，则电压表V 的读数减小，根据原副线圈电压、电流与匝数的关系 并 等 1 1 1 可知，副线圈中电流I 增大，副线圈电压U 减小，R 两端电压增大，V 的示数减小，故A、B错误；C．由于 2 2 2 2 n R =2R ，R =( 1)2(R +R )，所以R R ，根据等效电源法及电源的输出功率随外电路电阻变化的关系可知，R 1 2 等 n 2 并 1 等 2 减小，则外电路电阻减小，由于外电路电阻始终大于等效电源内阻，所以电源的输出功率增大，即变压器的输出 并 U n 功率逐渐变大，故C正确。D．根据原副线圈电压与匝数的关系 1 = 1 ，U =I R +U ，所以 U n 2 2 2 V2 2 2 第1页，共5页U U 1 1 1 = 1 = = I R U U −I R U I R n I R ，由于I 增大，U 减小，则 2 2 增大， V2 2 2 2 2 − 2 2 2 − 2 2 2 1 U U U n U 1 1 1 1 1 第2页，共5页 n n 2 1 − I 2U R 1 2 减小， U U 1 V 2 增大，故D 错误；故选C。 8．【答案】BD 【解析】AB．汽缸导热良好，汽缸相对活塞下降时，汽缸内气体发生等温变化，体积减小，压强增大，活塞对汽 缸内气体做正功，温度不变，所以汽缸内气体放出热量，故A错误，B正确；C．车身上升时，汽缸内气体对活塞 做负功，故C错误；D．通过水平路面，若缓慢抬高车身，则气体压强不变，需打开阀门，用气泵给汽缸充入一 定量的空气，气体体积增加，故D正确。故选BD。 9.【答案】BC 【解析】A.根据题意和题图乙可知，匀强电场的场强大小为E＝ ＝ V/m＝5×106 V/m ，故A错误；B.小球 受竖直向上的电场力与竖直向下的重力平衡，可知带正电；小球做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，根据左 v2 手定则可知，小球做逆时针方向的匀速圆周运动，故B正确；C.由mg＝Eq，qvB=m ，解得磁感应强度的大小 R 为B=5×106 T，故C正确；D.小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能减少了2qφ＝2×6×10－7×2×106 J＝2.4 J，故D错误。 10．【答案】AC 【解析】A．由于电流恒为 2 A IR 4 ，线框进入磁场的过程中BLv=IR可得v= = m/s当线框刚进入磁场时， BL 8−2x x=0，可得v =0.5m/s当线框将要全部进入磁场时， 0 x = 2 m ，可得 v 1 = 1 m /s 由于 v 1  v 0 可知线框进入磁场的过程 中做加速运动。线框刚进入磁场时，安培力大小F =B IL=32N金属框的重力沿斜面向下的分力为Mgsin30=1200NN 安 0 由于线框沿斜面向下做加速运动，此时F的方向沿斜面向下，A正确；B．线框进入磁场的过程中，根据 B L v = I R 代入数据整理得(8−2x)v=4经过  t 时间，则有(8−2x)vt=4t由于  x = v   t 代入可得(8−2x)x=4t因此可 82−22 知(8x−x2)=4t整理可得从刚进磁场到恰好将完全进入磁场的过程中 所用时间t= =3s因此回路 4 1 1 产生的焦耳热𝑄 =𝐼2𝑅𝑡 =48𝐽，B错误；C．根据能量守恒mgLsin30o−Q+W = mv2− mv2代入数据整理得W =9.5J F 2 1 2 0 F 8.75JC正确；D完全进入磁场后撤去力 F ，线圈前后两条边所处磁场的磁感强度差值B=B −B =2T ，假设做匀 2 1 加速运动，回路产生的感应电动势E=(B −B)L(v +at)，回路电流 2 1 1 I = E R ，线圈所受安培力，F =(B −B)IL 安 2 1 整理得F =4(1+at)，由于安培力随时间变化，因此不可能做匀加速运动，D错误。故选AC。 安 11.【答案】(1)C (2)偏大 (3)1.5 【详解】（1）A．为减小作图误差，P 和P 之间的距离应适当增大，A项错误； 3 4 B．P 、P 连线与玻璃砖分界面法线的夹角适当增大，折射现象更明显，误差较小，B项错误；C．光在宽度较大 1 2 的玻璃砖中的传播路程较长，入射点与出射点之间的距离较大，角度测量越准确，误差越小，C项正确；D．玻璃 砖无需平行，D项错误。故选C sini （2）P 针插得偏右一点会导致出射光线在玻璃砖上的出射点左移，从而导致折射角的测量值偏小，根据n= 4 sinr 可知，折射率的测量值偏大。 BC BC （3）由几何知识得sinAOC= ，sinBOC= OA OBsinAOC OB 则玻璃的折射率n= = =1.5 sinBOC OA 12.【答案】(1)1.9 (2) 左 5.0 (3)大 (4)5 【详解】（1）表盘的指针位置为19，测电阻所用的档位为“ 第3页，共5页  1 0 0 ”挡，所以读数结果为 1 9  1 0 0 Ω = 1 .9 k Ω （2）[1]为了保证被测部分的电压从零开始逐渐增大，对仪器起到保护作用，电路图中滑动变阻器的滑片 P 应置于 I R 最左端。[2]并联电路，各支路两端电压相同 ，根据欧姆定律得热敏电阻阻值 R = 1 0 =53..00kΩ T I 2 k  （3）由图像可知该热敏电阻的阻值随温度降低越来越大。 E 6.0 （4）电路报警时，总电阻 R = = =2400=2.4k，R =2.4kΩ−1.8kΩ=0.6kΩ 总 I 2.510−3 T 由图可知，油液内（报警液面处）热敏电阻的温度为 3 0  C ，由图可知，此时热敏电阻的阻值 1 .5 k Ω ，油液外热敏电 阻的温度为70C，由图可知，此时热敏电阻的阻值 0 .5 k Ω 。设报警液面到油箱底部的距离为 h ，热敏电阻的总阻 h 50−h 值 R + R =R ，解得 h=5cm 50 t1 50 t2 T 5 13．【答案】（1）P点坐标为（0， L）（2）大小为2v ，方向与+x的夹角𝛼=60° 0 2 【解析】（1）从P到Q，水平方向 2Lsin60 =vt 0 从P到Q，竖直方向 a = q E m y = 1 2 a t 2 OP= y+2Lcos60 解得P点坐标 5 （0， L） 2 （2）从P到Q，竖直方向 v =at y 在Q点的速度大小 v= v2+v2 0 y 在Q点的速度与+x成𝛼角有 𝑣 𝑦 𝑡𝑎𝑛𝛼 = 𝑣 0 解得 v=2v 0 𝛼=60°14．【答案】(1)3m/s (2)t=2s； 5 m/s 3 【解析】（1）对A、B组成的系统，动量守恒 第4页，共5页 m v A = m v B 1 1 炸药爆炸瞬间，由能量守恒得 E50%= mv2 + mv2 2 A 2 B 解得 v A = 3 m / s ( v B = 3 m / s ) （3）爆炸后，物块A向左匀减速，物块B匀速，长木板向左匀加速 设A与木板共速𝑣 后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正方向，A、长木板动量守恒 1 𝑚𝑣 =(𝑚+𝑀)𝑣 𝐴 1 对A =  m g m a v 1 = v A − a t1 可得v =1m/s，t =1s 1 1 x B = v B t1 = 3 m v ，x = 1t =0.5m，x=x +x =3.5mL假设成立 板 2 1 B 板 A和木板共速后以v 匀速运动 1 t 2 L −  x = ( v B + v 板 ) t 2 爆炸后瞬间到B第一次与挡板相碰所经历的时间 t =t +t =2s 1 2 第一次B与木板发生弹性碰撞，以右为正向 mv +M（−v）=mv' +Mv B 1 B 2 1 1 1 1 mv2 + M（−v)2 = mv'2+ Mv2 2 B 2 1 2 B 2 2 5 解得 𝑣 = m/s 2 3 B2s2e 9m 15. 【答案】（1）E= （2）t= ；（3） 2md 2eB 5 1 e 4 s 4 2 B m 2 d ＜E≤ 5 e 9 s m 2 B d 2 【解析】（1）当电场强度取最大值E时，电子在磁场中运动的半径为 r=s v2 evB=m r 加速过程，根据动能定理有 1 eEd = mv2 2 解得 B2s2e E= 2md （2）设电子在磁场中运动半周的次数为n，轨道半径为r，电子在A、M′间垂直于AM′飞出（不包含A、M′两 点）， 𝑇 𝑇 t=𝑛 + 2 4 =  T 2 e B m 几何关系有 (2n+1)r=5s 1 srs,解得2n4.5，n取正整数，n=4时，在磁场内运动时间最大 2 解得 9m t= 2eB (3)设电子第一次到达隔离层前的速率为v ，第n次进入磁场后运动的速率为v 0 n 1 eEd = mv 2 2 0 ①第一次圆周运动半径最大，不能从上端飞出 v2 evB=m 1 1 r 1第5页，共5页 1 2 m v 21 = 0 .9 1 2 m v 0 2 r1  s (得E≤ 5 e 9 s m 2 B d 2 ) ②经过板后速度变小，半径变小，要从右边出 1 2 m v 22 = 0 .9 2  1 2 m v 21 即v =0.9v ，电子第一、二次在磁场中运动的半径关系满足r =0.9r，推知第k次在磁场中运动的半径关系满足 2 1 2 1 r k = 0 .9 k − 1 r1 半径为递减的等比数列，直径的前k项和 S k  5 s ，有 2r(1−0.9k) 1 5es2B2 1 5s（即r  s，得E> ) 1−0.9 1 4 144md 综上，电场强度的取值范围为 5 1 e 4 s 4 2 B m 2 d ＜E≤ 5 e 9 s m 2 B d 2