成都七中周测（5月15日）物理试题卷答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260518四川省成都市第七中学2025~2026学年度下期高2026届高三年级5月周测练习

2026届高三物理 5 月 15 日分推试题 答案
1．B 2．C 3．B 4．C 5．D
【详解】A．对A球受力分析如图所示
mg
由平衡条件可知轻绳上拉力为T  3mg，故A错误；
tan30
mg
B．由平衡条件可知A球与B球间的库仑力为F  2mg，故B错误；
sin30
C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间A球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时A球的
T
合外力大小等于拉力的大小，则加速度大小为a  3g，方向为拉力的反方向，故C错误；
m
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D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间Ｂ球受到的库仑力和重力不变，小球仍然处于静止状态，则轻杆对B球的作用力
不变，故D正确。故选D。
6. C
【详解】竖直平面内光滑固定圆弧上运动质点的一个结论：在竖直平面内有一半径为 R的光滑固定圆弧轨道，有
一质量为 m 的质点在轨道上运动，不计空气阻力，则物体受到轨道的弹力大小随高度均匀变化。
证明：设质点从最低点向高处运动，将其经过最低点时的速度记为v0 ，从最低点到任意高度h处，由机械能守恒
定律得：
在h处，沿径向合外力提供质点做圆周运动的向心力，有
由以上各式解得：
由上述结论可知，F-h 图像的斜率为 ​ ， 即
刚进入轨道时，有 又： ，解得
7. C
【详解】A．转动过程中，安培力的方向始公终众与号磁「场青垂禾直试卷，」若分磁享场转动90，安培力也会转过90，此时的安培力
与细线在一条直线上，导体棒不能平衡，A错误；
B．由平衡条件可得，在动态平衡的过程中，安培力的最小值为mgsin5N，B错误；
C．导体棒受三个力细线的拉力T，安培力F，重力G，三力平衡，当磁场顺时针转过β时，安培力的方向也顺时针
转过β角，此时的安培力与水平方向的夹角为，如图所示
把细线受到的拉力，安培力正交分解，由平衡关系可得：水平方向TsinFcos
竖直方向TcosFsinmg，解得 T (cossintan)mg，细绳拉力大小和tanβ呈线性关系，C正确；
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公众号「青禾试卷」分享由几何关系可知粒子轨迹如图，由图可知速度最大时，从D点射出，DE屏（除
D点外）不会发光，故A错误；
13 3
B．由图可知，粒子经过的区域的面积为S

π 

a2，故B正确；
24 4 
C．若粒子带负电荷，粒子将向左偏，最小速度轨迹如图中O 在六边形中部分
3
a
由几何关系可知，AF屏上会发光的长度为 ，故C正确；
2
a
D．由几何关系可知，在磁场中运动时间相等的粒子为半径在 ra范围内，其数
2
1 公众号「青禾试卷」分享
目占总数目的 ，故D错误。故选BC。
3
d a
11．(1) t 2 (2) AB间的距离 2gx
d
v 
B t
【详解】（1）由于挡光时间很短，可用挡光过程的平均速度代替瞬时速度，则滑块通过B点的速度为 2
（2）[1][2]根据牛顿第二定律可得mg  ma，根据速度位移公式可得 v B 2 v A 2 2ax AB，联立可得 v A 2 v B 2 2gx AB
可知还需要测出AB间的距离；若将此需要测出的物理量用x表示，则有a2gx，解得滑块与长木板间的动摩擦
a

因数为 2gx
12(1)A (2)1.40/1.39/1.41 1.87（1.85-1.88） (3)AD (4)等于
【详解】（1）电路中 R 1整体与 R 2串联，总电流恒定，托盘中未放物体时，P在a端，要求电压表示数为零，说明电
压表测量P与B之间的电压，故电压表应连接在图1中A与B两点之间。
故选A。
（2）[1]电压表量程为3.0V ，分度值为0.1V ，故指针读数为U 1.40V
R
U I x
[2]放待测物体m，额外压缩量x满足mg kx，电压 l ，可得U 与m成正比，设加入细砂质量为 m 1，导体杆
kl m U
m  
右端P位于电阻丝 R 1的下端b时有U  3V ， 公 x 众  号 l 「 ， 青 则 禾试1卷」g分 ， 享 所以 m 1 3V ，代入数据可得m1.87kg
kl
m 
（3）最大可测质量满足 max g ，要增大测量范围，可以换用更长的电阻丝或换用劲度系数更大的弹簧，电动势
m
和电压表量程不改变 max，AD正确，BC错误；故选AD。
（4）电源电动势偏小，操作时仍会在步骤 调节 R 2，使P在b 处时电压表示数为3.00V ，校准后U 与m的比例关系
不变，因此测量结果等于真实值。
②
答案第3页，共4页1 L t L L L L
13．（1） g( 1  1)2；（2） 1 2 或 1 2
2 gt 2 v v
1 0 0
3BLv 4mR 9
0 0 mv2
14．(1) 4R (2) B2L2 (3) 32 0
E 3BLv
I  0
R 4R
EBLv R
【详解】（1）金属棒切割磁感线产生动生电动势为 0，由闭合电路的欧姆定律得 3
E 3BL2
1 I  
E BL2 R R 8R
（2）由电磁感应定律可知 2 ，由闭合电路的欧姆定律得 3 ，由动量定律得
I L BL2 L B2L3 L 4mR
3B Lt3m B Lt m公众号「青禾试卷」m分享  0
3 0 2， 8R 0 2， 8R 0 2，可得导体环转动的最大角度 B2L2
BLv BLv BLqmv mv BLq3mv
（3）系统稳定运动时， 1 2，由动量定理可知对于导体棒MN有： 0 1，对于装置甲有 2
1 1 1 1  2 3
v v  v Q  mv2 4m v   mv2
可得 1 2 4 0 ，由能量守恒定律可得 总 2 0 2 4 0 8 0 ，导体棒MN 运动过程中产生的焦耳热
3 9
Q Q  mv2
4 总 32 0
15(1)20m/s (2)3.8m (3)202.5J
x 20m v
【详解】（1）A 与 B 左端的距离为 1 ，设 A、B 碰撞前瞬间 A 的速度大小为 0，根据动能定理
1
qEx m gx  m v20
1 A 1 2 A 0 ，解得 v 0 20m/s
v v m v m v m v
（2）设碰撞后 A 的速度为 A​ ，B 的速度为 B​ A、B 发生弹性碰撞，根据动量守恒 A 0 A A B B，机械
1 1 1
m v2  m v2  m v2
能守恒2 A 0 2 A A 2 B B ，解得 v A 10m/s (向左)， v B 10m/s （向右），以A为研究对象，根据牛顿第二定
1
x v t a t2
律 m A gm A a A，0.2s 内A 向左的位移 A A 2 A ，解得 x A 1.9m （向左），薄板B的长度L2m，当B向
m g(Lx)
kx B m a
右的位移为x时，根据牛顿第二定律 L B B ，解得 a B 5m/s2 ，B向右为匀变速运动，0.2s 内B 的
1
位移 x B v B t 2 a B t2 ，解得 x B 1.9m （向右），A、B 左端距离 d x A x B 3.8 m
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t x
（3） 2时刻，B 向左运动，加速度为零（斜率为零），合力为零，设 B 进入光滑区长度为 1，由受力平衡可得
m g
kx  B (Lx)
1 L 1 ，解得 x 1 1m ， t 4时刻，B开始向右运动，加速度为零，合力为零，B板全在粗糙区内，设B板
x kx m g x 2m t x
右端距离O点距离为 2，由受力平衡可得 2 B ，解得 2 ，设 3时刻B板右端距离O点距离为 3，从碰
0kx  0m g 1
撞结束到 t 3的过程中，应用动能定理   2 3  x 3 2  2 B   Lm B gx 3 0 2 m B v B 2 ，解得 x 3 4m ，从 t 2​ 到 t 4的时间
1Lx 
内B与地面之间摩擦产生的热量 Q 2   L 1m B gm B g  x 1 m B g2x 3 x 2  ，解得Q202.5J
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