高 届高三年级质量检测
2026
物理试题参考答案与评分细则
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
选项
C D A C A B C AC BD BD
一、单项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。
7 4 28
s
解析 t 222 故选
1. C 【 】 = v = ≈15 s, C。
15
解析 这层膜为增透膜 特定波长的光 在膜层的前后表面能够干涉相消 使得反射光减弱 透
2. D 【 】 , , , ,
射光增强 故 错误 选
, A、B、C , D。
解析 气体视为理想气体 该过程中温度不变 则气体内能不变 故 错误 上升过程中 气
3. A 【 】 , , , C、D ; ,
体体积变大 气体对外做功 W 由 U Q W 可知 Q 气体吸热 故选
, , <0, Δ = + , >0, , A。
解析 两点场强大小相等 但方向不同 故 错误 越靠近原子核 电势越高 粒子在电势
4. C 【 】Q、M , , A ; , ,α
越高的地方电势能越大 故 错误 粒子所受电场力始终沿原子核和 粒子连线向外 故在
, B ;α α , P
点静止释放后 其不会沿 曲线运动 错误 越靠近原子核 电场强度越大 粒子所受电场力
, PQ ,D ; , ,α
越大 加速度越大 故选
, , C。
Mm GM
解析 对卫星 有 G ma 解得 a g 故 正确 L 随地球转动 其向心加速度 a′
5. A 【 】 M : R = n, n = R = , A ; , n =
2 2
2
ω 2 R 4π R 代入 T R 6 可得 a′ 2 远小于重力加速度 g 故 错误
= T , =24 h, ≈6.4 ×10 m n≈0.034 m/s , , B ;
2
易知 ω ω 则 v v 又 v v 所以 L 的线速度最小 相同时间内转过的弧长最短 错误 同
L = N, N > L, M > N, , ,C ;
步卫星 在 内转过的角度等于 而 ω ω 故 在在 内转过的角度大于 错误
N 12 h π, M > N, M 12 h π,D 。
解析 产品滑上传送带 时 相对传送带 向右下方运动 摩擦力与相对运动方向相反 此后产
6. B 【 】 2 , 2 , ,
品相对传送带 沿右下方做匀减速直线运动 故选
2 , B。
解析 当小球与圆心连线与水平向左方向夹角为 θ 时 对小球有 mgR θ 1 mv 2 切向加速度
7. C 【 】 , sin = ,
2
v
2
a g θ 径向加速度 a g θ 故小球加速度 a a a g θ 当小球下滑
2 2 2
τ = cos , n = R =2 sin , = n + τ = 3sin +1,
到圆槽最低点时 加速度有最大值 g 故 错误 受力分析可得 圆槽所受摩擦力 f
, 2 , A ; , =
mg θ θ 有最大值3 mg 故 错误 地面对圆槽支持力大小 F μ Mg mg
2
θ 要圆槽
3 sin cos , , B ; N = ( +3 sin ),
2mg θ θ mg θ
始终不滑动 需 μF f mg θ θ 恒成立 即 μ 3 sin cos 3 tan
, N ≥ = 3 sin cos , ≥Mg mg θ = Mg =
2
+3 sin mg 2 θ
θ +3 tan
2
cos
m m
3 恒成立 故 μ 的最小值为 3 正确 当小球运动到最低点时 对
M , M m M C ; ,
M m θ
2 (3 + )
θ +( +3 )tan
tan
小球和圆槽整体有 F m M g ma 故 F m M g 错误
N -( + ) = n, N >( + ) ,D 。
二、多项选择题:本题共 小题,每小题 分,共 分。
3 5 15
λ
解析 由题意可得1 λ 则 λ 由 T 1 则横波的振动频率为 f 1
8. AC 【 】 =1 m, =8 m。 A. = v = s, = T =
8 4
故 正确 由图乙可知 时刻质点向 y 轴负方向振动 图甲中结合同侧法 故图乙的质
4 Hz, A ;B. 0 , ,
点可能是图甲中质点 的振动图像 故 错误 两质点相隔半个周期 所以任意时刻
N , B ;C. M、N ,
两质点的振动速度大小始终相等 故 正确 机械波的传播速度由介质决定 与其他无
M、N , C ;D. ,
关 故 错误
, D 。
解析 处于 n 和 激发态的氢原子向低能级跃迁 最多可发出 种 错误 只
2
9. BD 【 】A. =4、3 2 , C4 =6 ,A ;B.
有 的光子不能使铯发生光电效应 其余都可以 故有 中光子可使铯发生光电效应 故
4→3 , , 5 , B
正确 增大该氢原子光源的光照强度 光电子的最大初动能不会增大 故 错误 的
;C. , , C 。 D.4→2
光子能量为 hυ 打出光电子的最大初动能为 E hυ W 故 正确
=2.55 ev, k = - 0 =0.67 ev, D 。
解析 边切割磁场产生电动势大小 E BLv 由于 边被短路 整个回路的总电阻
10. BD 【 】A. bc = 0, ab、cd ,
E BLv B L v t
2 2
R R 则电路 I 解得 I 0 故 错误 对整个金属框 ∑ Δ ·Δ
总 =2 , = R , = R , A ;BC. : - R =0 -
总 2 2
Rmv
mv 其中 v t d 解得 d 2 0 故 正确 错误 整个过程 对金属框 W
0, ∑Δ ·Δ = , = B
2
L
2
, B ,C ;D. , : - 克安 =
1 mv 2 W Q Q 1 Q 解得 Q 1 mv 2 故 正确
0 - 0, 克安 = 总, = 总, = 0, D 。
2 2 4
三、实验题:本题共 个小题, 题 分, 题 分,共 分。
2 11 6 12 9 15
答案 分
11. 【 】(6 )
分
(1)3.2(2 )
( d )
2
1 m 分
(2) t (2 )
2 Δ
分
(3)C(2 )
解析 弹力为变力 做功 W xkx 2 dx 1 kx 3 功与 x 3 成正比 或者排除法 恒力做功与 x 成
【 】(3) , =∫0 = 。 。 ,
3
正比 弹力与 x 成正比的力做功与 x 成正比 所以选
2
, , C。答案 分
12. 【 】(9 )
左 分
(1) (2 )
分
(2)B(2 )
分
3
(3)5.5 ×10 (2 )
( )
1 80 E 分
(4) -R (3 )
2 x +80
解析 带入表达式求解可得结果
【 】(3) 。
E R ( )
U U U 3 E 1 80 E
(4) = R 2 - R 3 = 2 -R 3 + R x = 2 -R x +80 。
四、解答题:本题共 个小题, 题 分, 题 分, 题 分,共 分。
3 13 10 14 14 15 18 42
答案 分
13. 【 】(10 )
U n
解析 理想变压器 1 1 分 I n I n 分
【 】(1) U =n (2 ), 1 1 = 2 2(2 )
2 2
U
副线圈电路满足 I 2 分 所以 I I 1 分
2 =R r(1 ), = 1 = A(1 )
+ 11
副线圈电路中副线圈两端电压为定值U 理想变压器的输入功率等于输出功率 即P
(2) 2 =20 V, , 1 =
U
2
P 分 P 2 分
2(1 ), 2 =R r(2 )
+
所以理想变压器的输入功率 P 分
1 =40 W(1 )
答案 分
14. 【 】(14 )
解析 据题意可得其轨迹如图所示 由几何可得 r θ r θ 分
【 】(1) , cos = - rcos (1 ),
解得 θ 1 分
cos = (1 )
2
r r θ d 分 r θ l 分
+ sin =(3 +2 3) (1 ), sin = (1 )
所以 r d 分 l d 分
=2 3 (1 ), =3 (1 )
v qdB
2 2
由 qvB m 分 qEd 1 mv 2 分 解得 E 6 分
(2) = r (2 ), = (2 ), = m (1 )
2
粒子在 两区磁场中运动的轨迹的半径都为 r 总的圆心角为 分 总路程为 s
(3) Ⅱ、Ⅲ , 420°(1 ), =
d
420° r 分 14 3π 分
·2π (1 ) = (1 )
360° 3答案 分
15. 【 】(18 )
解析 设小球抛出速度为 v 方向向右 水平方向 v u t d ………………………… 分
【 】(1) 0, , ( 0 + ) = (1 )
竖直方向1 gt
2
h ……………………………………………………………………………… 分
= (1 )
2
联立解得 v ……………………………………………………………………… 分
0 = -0.5 m/s (1 )
负号表示方向向左 ……………………………………………………………………………… 分
(1 )
设第一次碰前小球竖直速度为 v 第一次碰后竖直 水平速度分别为 v v 水平方向动量守
(2) y, 、 1 y、 1 x。
恒 mv Mu mv Mu ……………………………………………………………………… 分
0 +2 = 1 x +2 1 (1 )
机械能减少 E 1 m v 2 v 2 1 Mu 2 1 m v 2 v 2 1 Mu 2 ………………………… 分
Δ = ( 0 + y) + 2 - ( 1 x + 1 y) - 2 1 (1 )
2 2 2 2
竖直方向速度关系 v ev
1 y = y
解得 E ……………………………………………………………………………… 分
Δ =0.844 J (1 )
对 板 水平方向动量定理 I M u u ………………………………………………… 分
A、B , f =2 ( - 1) (1 )
对小球 竖直方向动量定理 I m v v m e v …………………………………… 分
, N = ( y + 1 y) = (1 + ) y (1 )
由于 v u 可知第一次碰撞全过程小球和 A 板间均存在滑动摩擦 于是有 I μI …… 分
1 x < 1, , f = N (1 )
联立解得 μ ………………………………………………………………………………… 分
=0.1 (1 )
小球水平速度不影响每次碰撞竖直方向的速度变化 第 n 次碰后小球的竖直速度大小为 v
(3) , ny =
ev env
( n -1) y = y
h
小球从抛出到第一次碰前经历时间 t 2
= g =0.5 s
第一次碰后到第二次碰前经历时间 t et
1 =2
第 n 次碰后到第 n 次碰前经历时间 t et en t …………………………………… 分
-1
+1 n = n -1 = 1 (1 )
若要游戏过关 小球与 板的某次碰撞后 小球与 板在水平方向共速 此后的碰撞仅改变小球竖
, B , B ,
直速度 现分析小球与 板水平共速前的每次碰撞
, B 。
第一次与 板碰撞 小球水平速度变化 v 为 v μ e v
A , Δ 1 x Δ 1 x = (1 + ) y
m
薄板水平速度变化 u 为 u v 1 v
Δ 1 Δ 1 = MΔ 1 x = Δ 1 x
2 8
水平相对速度变化 v 为 v 9 v ………………………………………… 分
Δ 1 相 Δ 1 相 = Δ 1 x =0.9 m/s (1 )
8
第二次与 板碰撞 小球水平速度变化 v 为 v μ e v e v
B , Δ 2 x Δ 2 x = (1 + ) 1 y = Δ 1 xm
由于 板分离 板水平速度变化 u 为 u v 1 v
A、B ,B Δ 2 Δ 2 = MΔ 2 x = Δ 2 x
4
水平相对速度变化 v 为 v 5 v
Δ 2 相 Δ 2 相 = Δ 2 x =0.6 m/s
4
此后直到水平共速前 小球与 板的每次碰撞情况类似 小球第n 次与 板碰撞 水平相对速度变
, B 。 B ,
化 v 为 v e v en v ………………………………………………………… 分
-2
Δ n相 Δ n相 = Δ ( n -1) 相 = Δ 2 相 (1 )
由此可算出 v v
Δ 3 相 =0.36 m/s、Δ 4 相 =0.216 m/s。
若小球第一次恰与 板右端碰撞 易算出小球初速度为 方向向右 也即若小球第一次与
A , 0.5 m/s, , A
板碰撞 小球与板初始水平相对速度大小范围为 由此可知小球第一次与 板碰
, [1 m/s,2 m/s], A
后 最多与 板碰撞 次即可与 板水平共速
, B 3 B 。
以 板为参考系 若要游戏过关 最小相对初速度 v 对应小球第一次与 板碰撞后再与 板最左
B , , m A B
端碰撞的情况 有 v t v v t d l ………………………………………………… 分
, m +( m -Δ 1 相) 1 = + (1 )
解得 v
m =1.4 m/s
而最大相对初速度 v 对应小球第一次与 板碰撞后 某次与 板最右端碰撞后水平共速的情况
M A , B 。
若小球与 板仅碰撞 次 有 v t v v t d l
B 1 , M +( M -Δ 1 相) 1 = +2
解得 v 102 易验证 v v v 此式说明小球与 板碰后未水平共速 小球会跳离
M = m/s, M >Δ 1 相 + Δ 2 相, B , B
55
板 不满足题意 若小球与 板碰撞 次 有 v t v v t v v v t d l
, 。 B 2 , M +( M -Δ 1 相) 1 +( M -Δ 1 相 -Δ 2 相) 2 = +2
…………………………………………………………………………………………………… 分
(1 )
解得 v 129 易验证 v v v v v v 此式说明小球与 板最右端碰撞
M = m/s, Δ 1 相 +Δ 2 相 < M <Δ 1 相 +Δ 2 相 +Δ 3 相, B
73
过程中达到水平共速 此即为游戏过关的初始相对速度最大值
, 。
é ù
转换到大地参考系 以向右为正方向 小球抛出速度的取值范围为ê ê 1 39 ú ú … 分
, , ë - m/s, m/sû (2 )
10 146
