四川省2025-2026学年高三年级上册开学考试物理试卷（解析版）

四川省2025-2026学年高三秋季入学摸底考试

物理试卷

试卷共6页，15小题，满分100分。考试用时75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写

在本试卷上无效。

3.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

246Rk

1.放射性核素钠97通过电子俘获（ElectronCapture,EC）发生衰变，衰变方程为：

*Bk+_；efX+匕，其中匕是不带电且质量极其微小的中微子，则x是（）

A.B.C.2箝mD.2^Cm

【答案】B

【解析】

【详解】根据质量数守恒和电荷数守恒，衰变方程为+2葭Cm+Vc

故选B。

2.光学在生活中有很多应用，下列说法错误的是（）

A.相机镜头的增透膜，利用了光的全反射原理

B.看电影时戴的3D眼镜，利用了光的偏振原理

C.太阳光照到肥皂泡表面呈现彩色条纹，这是光的干涉现象

D.泊松亮斑形成的主要原因是光的衍射

【答案】A

【解析】

【详解】A.在照相机镜头上镀上一层膜可以增加光的透光性，是利用光的干涉现象，故A错误；

B.3D眼镜利用偏振光原理，故B正确；

C.肥皂泡彩色条纹由薄膜干涉形成，故C正确；

D.泊松亮斑由光的衍射导致，故D正确。

本题选错误的，故选A。

3.我国贵州省的500m口径球面射电望远镜（视为开口向上的固定半球体），有“中国天眼”之称。“中国

天眼”维护时，机器人沿着球面内侧缓慢向上移动，则该过程中，下列说法正确的是()

A.机器人对球面的压力和球面对机器人的支持力是一对平衡力

B.机器人受到球面的摩擦力逐渐增大

C.机器人受到球面的支持力逐渐增大

D.机器人受到球面的合力方向不在竖直方向上

【答案】B

【解析】

【详解】A.机器人对球面的压力和球面对机器人的支持力是对相互作用力，A项错误;

BC.将机器人的重力分解，摩擦力/二〃吆sin。，支持力FN=mgcos6,随着。的增大，摩擦力工增

大,支持力&减小，B项正确，C项错误;

D.机器人受到球面的合力方向竖直向上，与重力等大反向，D项错误。

故选Bo

4.深圳市试点投放了无线充电石墩，方便市民为手机充电。其原理是石墩发射线圈中通有交变电流，手机

接收线圈感应出电动势。某款手机接收线圈有20匝，单匝线圈有效面积是15cmL石墩发射线圈的磁场

随时间变化规律为BudZxlOTsinG.Z^xlOSf)(T)o假设完全耦合，7之3.14,则手机接收线圈中感

应电动势的有效值最接近()

A.3.1VB.6.2VC.8.8VD.12.4V

【答案】B

【解析】

【详解】手机接收线圈中感应电动势的峰值为石皿='3m

-422

其中N=20,Bm=4.2X10T,6y=2.2;rx105rad/s，S=15cm=15x10^'m

联立，解得Ema8.7V

E

有效值为E=«6.2V

V2

故选B.

5.如图所示为某中学的楼梯侧面的结构简图，每级台阶的水平距离均为s=30cm、高度均为。=20cm,且

顶点在同一条直线上。现将一小球（视为质点）从台阶1的顶点以一定的初速度%水平抛出，小球首次落

在台阶5的顶点，不计空气阻力，重力加速度g大小取lOm/s?,则％的大小为（）

-V

「、、

A、、

-6\_____

地面

A.5m/sB.4m/sC.3m/sD.2m/s

【答案】C

【解析】

【详解】小球若落在台阶5的右侧边缘，则在竖宜方向4〃二；gg

解得“=0.4s

水平方向4s=%"

解得%=3m/s

故选C。

6.2025年3月27日，中国科学院高能所正式宣布，国家重大科技基础设施“高能同步辐射光源

（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS最重要的器件是多级直线加速器，如图甲，多级直线加速器由

多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙

所示交变电源两极相连。f=0时，位于金属圆板（序号为0）中央的电子，由静止开始加速。若已知电子

的质量为〃八电荷量为一e、交流电周期为丁，电子通过圆筒间隙的时间不计，忽略相对论效应，下列说法

正确的是（）

VV

O\

【答案】c

【解析】

【详解】AB.根据牛顿第二定律产=〃?〃

又因F=kt

k

解得a=—

所以，加速度随时间增大，】一，图线的斜率表示加速度，则UT图线的斜率增大，故AB错误;

门八、〃人〜、，,AvAvAra

CD.u—x图线的斜率为—=-------=—

AYNtAJTv

_.kk2

其中。=—t,v=at=­t

mm

所以斜率z二1

t

所以u-x图线的斜率减小，故C正确，D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选次中，有多

项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但选不全的得3分，有错选的得0分。

g.2O25年2月，我国“千帆星座”第5批次18颗卫星发射成功,进入半径为4.的近地圆轨道.为构建全

球覆盖网络，部分卫星需要变轨至半径为〃（（〃>1）的预定圆轨道，忽略变轨过程卫星的质量变化，下

列说法正确的是（）

A.卫星在预定圆轨道上向心加速度的大小为在近地圆轨道上的不

B.卫星在预定圆轨道上受到地球引力的大小为在近地圆轨道上的一

C.某个卫星在预定圆轨道上的动能为其在近地圆轨道上的一

D.卫星变轨过程中，机械能守恒

【答案】AC

【解析】

【详解】AB.根据万有引力提供向心力有G”二〃也

厂

解得a=

r

21

则卫星在预定圆轨道上向心加速度与在近地圆轨道上的向心加速度大小之比—=Z=r

a2r~n~

卫星在预定圆轨道上受到地球引力与在近地圆轨道上受到引力的大小之比§="="I

F2a2n~

故A正确，B错误；

C.根据万有引力提供向心力有=，〃三

r~r

解得F=G?

则卫星在预定圆轨道上动能与在近地圆轨道上的动能之比争•=4='

%丫2〃

故C正确；

D.卫星变轨过程中，需要点火加速或减速，机械能不守恒，故D错误。

故选AC。

9.在5G-V2X车路协同系统中，车辆通过低延时通信实现超视距风险预警。测试中，A车（速度用=

lOm/s）与前方B车（速度叱=20m/s）在同向车道匀速行驶。当两车相距痣=40m时，B车上的车路协同

系统探测到前方有障碍物，随即指令B车以加速度=2m/s?匀减速刹车。下列说法正确的是（）

A车B车

A.A车追上B车前，两车最大距离为60mB.A车追二B车前，两车最大距离为651n

C.A车追上B车所用时间为12sD.A车追上B车所用时间为14s

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.当两车速度相等时,间距最大，有匕二岭一^口，

代人数据求得，=5s

得A车追上B车前，两车最大距离为A5max=4）+丝*"/一卬=65m,故A错误，B正确。

2

CD.B车匀减速刹车到停止，运动的距离为与=上-二100m

2aB

可得A车追上B车所用时间为六”二依故c错误，D正确。

故选BDo

10.电磁减震器是利用电磁感应原理制作•种新型智能化汽车独立悬架系统。该减震器由绝缘滑动杆及

固定在杆上的多个相互紧靠、绝缘的相同单匝矩形线圈组成，滑动杆及线圈的总质量机=0.5kg,每个矩形

线圈川心/电阻值R=0.IQ,"边长。=20cm,床边长4=105,该减震器在光滑水平面上以初速度必

=2m/s向右进入范围足够大且方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B=1.0K整个过程不考虑互

感影响，下列说法正确的是（）

A.减震器刚进入磁场时，线圈〃2%/中电流大小/=4A

B.线圈1恰好完全进入磁场时，减震器的速度大小9=1.92m/s

C.线圈1受到安培力冲量的大小上线圈2受到安培力冲量的大小大

D.要使减震器的速度减为零，至少需要25个线圈

【答案】ABD

【解析】

【详解】A.减震器刚进入磁场时，感应电动势£=64%=0・4V

E04

线圈abed中电流大小/=—=--A=4A,故A正确;

R0.1

B.线圈1恰好完全进入磁场时，根据动量定理-=/%匕-〃/

其中而=""=等=华=。,

可得减震器的速度大小匕=1.92m/s,故B正确;

C.线圈受安培力的冲量为/=1A

可知线圈1受到安培力冲量的大小等于线圈2受到安培力冲量的大小，C错误;

%2._

D.由上述分析可知,要使减震器的速度减为零,至少需要线圈的个数为〃=音"旃二25.DIE

确。

故选ABD。

三、非选择题：本题共5小题，共54分。

11.请完成F列实验操作和计算。

（1）在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用游标卡尺测量小圆柱外径，示数如图甲所示，读

数为mm0

012456

lui山iiilui山山

帆1出|明卅胜山”而仙M

01020

甲

（2）如图乙，在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，平衡摩擦力时小车上______（选填“需

要”或者“不需要”）穿纸带，把垫木垫在长木板不带定滑轮的一端下面，轻推小车，使之能下

滑，则平衡了摩擦力。

【答案】（1）20.50

（2）①.需要②.匀速

【解析】

【小问1详解】

根据图甲可得，游标k尺的读数为20mm+10x0.05nun=20.50mm

【小问2详解】

⑴⑵在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，平衡摩擦力时小车上需要穿纸带，把垫木垫在长木板

不带定滑轮的一端下面，轻推小车，使之拖着纸带匀速下滑，则平衡了摩擦力。

12.某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。除待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关、导线若干

外，还提供如下实验器材：

A.电源（电动势4.5V,内阻不计）

B.电流表A1（量程0~0.6A,内阻约0.5C）

C.电流表A2（量程0~3A,内阻约0.1Q）

D.电压表（量程0~3V,内阻约3kC）

E多用电表（选择开关面板如图甲所示）

F.定值电阻&（阻值为2kQ）

G.滑动变阻器R（最大阻值10Q,额定电流2A）

（1）先用多用电表粗测某温度下热敏电阻的阻值，选择开关旋至“X100”欧姆挡，将红、黑表笔短接，

进行,测量时，表盘示数如图乙所示，其读数为d

（2）为了更精确测量热敏电阻的限值，按图内连接好电路，其中电流表选择B。闭合小S2接到2,将R

的滑片从“端向沙端滑动，直至电压表有明显示数，发现此过程中电流表指针几乎没有偏转，经检测，电

路无故障且各仪器正常，则电流表指针几乎没有偏转的原因是______,为测得通过此的电流值，利用所

给器材，应选择（填器材前面的字母编号）来测量电流。

（3）在解决上述问题后，保持热敏电阻的温度不变，重新闭合%S?接到1,调节滑动变阻器R,测得此

时的电压、电流分别为/,然后把S?接到2,调节滑动变阻器R,使通过小的电流仍为人此时电压

表示数为〃2,则该温度下热敏电阻的阻值为（结果用4、。2和/表示），电表内阻对热敏电阻的

测量值______（选填“有”或“无”）影响。

（4）改变保温容器的温度，多次测量热敏电阻阻值，即可得到其阻值随温度变化的规律。

【答案】①.欧姆调零©.3000③.通过《的电流过小，电流表的量程过大④.E⑤.

【解析】

【详解】（1）［I］将红、黑表笔短按，进行欧姆调零;

⑵如图所示，读数为30cxi00=3000C

（2）[3][4]电流表指针几乎没有偏转的原因是通过号的电流过小，电流表的量程过大，为测得通过&的

电流值，利用所给器材，应选择多用电表的电流档，故选E。

（3）[5屿2接1时&+&=}

S2接2时R（）=-j=

可得凡二等41

⑹由题意可知，若考虑电表内阻，s2接1时电压表测量值为热敏电阻以、定值电阻凡、电流表串联后的

总电压，设电流表的内阻为此\,则《、+&+/=}

S2接2时电压表测量值为定值电阻用、电流表串联后的总电压，贝IJRA+&=2

联立，解得&二a；a

即电表内阻对热敏电阻的测量值无影响。

13.一定质量的理想气体经历fC的状态变化过程，其体积V与热力学温度r的关系如图所示，

图中C8的延长线过坐标原点，气体在状态A时的压强为/%=2.0x105Pa。已知该理想气体内能的变化

量仅与温度变化量成正比，比例系数为250J/K。求：

（1）气体在状态A的压强PA：

（2）气体从状态8到状态C的过程中，吸收的热量Q。

【答案】（1）4.0x10sPa

（2）6x10。

【解析】

【小问1详解】

从ATB,气体发生等容变化，则有引=号

1\1H

TAPB400X2.0X1（）5

解得=----=--------------Pa=4.0x10Pa

八TR200

【小问2详解】

从8fC,气体发生等压变化，气体对外界做功为W=〃8（%-%）=lxlO4J

气体内能变化量为△〃=2（〃一〃）=250x（400-200）J=5xlO4J

根据热力学第一定律可得AU=-卬+Q

解得吸收的热量为Q=6xlO4J

14.如图，在xOy平面的），轴右侧三角形区域A8P内存在方向垂直纸面向外、大小未知的匀强磁场I。在

y轴左侧一边长为4的正方形区域ABC。内有匀强磁场H,方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为综。其

中P点在％轴上，A8在），轴上且原点。为48的中点。有一质量为加、电荷量为4的带正电粒子（不计重

力）从P点以一定初速度%（大小未知）向左射入磁场I,再从y轴进入磁场II,进入时与），轴正方向的

夹角为45。，之后恰好没有从上、下边界飞出磁场II,且最后恰好能回到P点。求：

D________4

（II

：XxX•|

n~x~.:「斗

CB

（1）粒子初速度%的大小；

（2）磁场I的磁感应强度2的大小；

（3）该粒子从尸点进入磁场到第一次回到P点的时间to

【答案】（1）李眩

1m

（2）（夜一1）稣

⑶（&+4卜"?

2B°q

【解析】

【小问I详解】

因为粒子从），轴进入磁场II，进入时与），轴正方向的夹角为45。，之后恰好没有从上、下边界飞出磁场

n,说明粒子在磁场n中做匀速圆周运动时，粒子的运动轨迹与上下边界相切，粒子的运动轨迹如图所

已知匀强磁场n为边长为d的正方形区域，故粒子圆周运动轨迹的竖直方向直径等于磁场n的上下边界间

距"，所以粒子在磁场II中做匀速圆周运动的半径为在磁场H中由洛伦兹力提供向心力列向心力

2

方程有&/八%）=m—

r2

解得粒子初速度%的大小为％=刍"=刎

m2m

【小问2详解】

粒子从2点以初速度%向左射入磁场I,再从），轴进入磁场II,进入时与），轴正方向的夹角为45。，设粒

子在磁场1中做匀速圆周运动的半径为外，所以在上图中根据几何关系有，i-acos45=4sin45

解得,二（及十1）d

12

在磁场I中由洛伦兹力提供向心力列向心力方程有»夕%=〃2%

解得磁场I的磁感应强度为3'=（后-1）叫）

【小问3详解】

f1-rrr2（&+1）乃加

设粒子在磁场I中做匀速圆周运动的周期为工，根据周期与速度的关系式有4=2二」-----1—

%B°q

由上图可以看出粒子从P点向左射入磁场I,再从y轴进入磁场II的过程中，转过的圆心角为45，所以

4S12（拒+1）乃〃2（拒+1）乃〃7

运动的时间为八=^-T=-X-^-----L—=i-----1—

1360'8B0q4B°q

e2nr、27nn

同理粒子在磁场II中做匀速圆周运动的周期为--=

%稣4

粒子在磁场II中匀速圆周运动时转过的圆心角为270"，所以在磁场I【中运动的时间为

270丁3_371m

右=----=—/2=------------

-360'4-2B°q

根据对称性可知粒子从飞出磁场II到最后恰好回到P点的过程中的时间也为。，所以该粒子从。点进入磁

（V2+117nna厂〃？（加+1）？（加+4）1〃？

场到第一次回到P点的时间为/=（+b1-----1_+巫+1-----』—=1------L_

4即72B°q4B的2B°q

15.如图，一质量为根2=3.0kg、长度为L的木板静止在光滑水平地面上。墙面固定一劲度系数4