2025-2026学年四川省成都市某校高三下学期二诊模拟考试物理试卷 含解析

/高2026届二诊模拟考试物理本试卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1、答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2、答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号。3、答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4、所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。一、单项选择题（本题共7小题，每题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.现代量子力学理论体系主要是在1925年至1927年之间建立起来的。以下关于量子力学相关的物理学史和理论阐述正确的是（）A.玻尔的原子能级模型可以描述大多数原子的结构B.黑体由于不发出辐射所以看起来是黑色的C.德布罗意的“物质波”假设认为任何运动的粒子都具有波动性，它可以通过电子的衍射实验观察到D.爱因斯坦的光电效应理论认为：光电流强度与入射光的频率成正比【答案】C【解析】【详解】A．玻尔的原子能级模型仅适用于氢原子等单电子系统，无法描述大多数多电子原子的结构，故A错误。B．黑体的定义是可以完全吸收入射的各种波长电磁波而不发生反射的物体，黑体本身会向外发出热辐射，并非不发出辐射，故B错误。C．德布罗意的“物质波”假设认为所有运动的粒子都具有波动性，电子的衍射实验验证了电子的波动性，故C正确。D．爱因斯坦光电效应理论指出，光电流强度与入射光的强度成正比，入射光频率仅影响光电子的最大初动能，与光电流强度无关，故D错误。故选C。2.某同学自制了一台“地动仪”，他将一个弹簧振子和一个单摆悬挂在天花板上，弹簧振子的弹簧和小球（球中间有孔）都套在固定的光滑竖直杆上。某次有感地震中，震源同时产生频率相同的横波与纵波，“地动仪”恰好位于震源的正上方，他观察到，静止的振子开始振动，时间t后单摆才开始摆动。下列说法正确的是（）A.实验现象证明地震波中横波传播得比纵波快B.单摆的稳定振动频率等于弹簧振子的稳定振动频率C.增加小球的质量，弹簧振子的稳定振动频率变小D.若震源产生的纵波和横波的波速分别为、，则震源到“地动仪”的距离为【答案】B【解析】【详解】A．弹簧振子由纵波驱动，振子先振动说明纵波先到达，即纵波传播速度比横波快，故A错误；B．受迫振动的稳定振动频率等于驱动力的频率，题干明确横波与纵波频率相同，弹簧振子的驱动力为纵波、单摆的驱动力为横波，因此二者稳定振动频率相等，故B正确；C．弹簧振子稳定振动频率由驱动力（纵波）的频率决定，与小球质量等自身结构参数无关，故C错误；D．设震源到“地动仪”的距离为，纵波传播时间，横波传播时间，且，故时间差整理得，故D错误。故选B。3.如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，另一端夹入四块薄木板，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。用一红色激光竖直向下照射，会得到明暗相间的条纹，此时条纹间距为，如图乙。下列操作能让条纹间距变为的是（）A.将红色激光的光强变为原来的2倍 B.在薄膜内充满折射率是空气的2倍的介质C.在另一端抽走两块薄木板 D.用波长为红光波长一半的激光照射【答案】C【解析】【详解】A．将红色激光的光照强度变为原来的2倍，不影响光程差，从而不会影响条纹间距，故A错误；B．在薄膜内充满折射率是空气的2倍的介质，根据光在该介质内的波长变为空气中波长的，相同位置处光程差变大，变小，变为原来的一半，故B错误；C．抽走木板后，劈尖的夹角减小，相同位置处的光程差减半，则增大为原来的2倍，C正确；D．用波长为红光波长一半的激光照射，相同位置处光程差变大，变小，变为原来的一半，D错误。故选C。4.如图，光滑的半圆形槽内小球（质量为m）在水平外力F作用下保持静止，已知（g为重力加速度大小），现保持外力大小不变，逆时针缓慢转动90°，该过程中小球高度（）A.一直降低 B.保持不变C.先降低后升高 D.先升高后降低【答案】D【解析】【详解】对小球进行受力分析，小球受到重力、水平外力（）和半圆形槽的支持力，三力平衡。设支持力与竖直方向夹角为，作出矢量三角形如图所示由图可知，外力大小不变，逆时针缓慢转动90°过程中，半圆形槽对小球的支持力与竖直方向的夹角先增大后减小（与垂直时夹角最大），根据几何关系可知小球高度先升高后降低。故选D。5.如图所示，原线圈与定值电阻串联接在电压有效值恒定的正弦交流电上，原副线圈匝数分别为和，副线圈接入电阻箱。单匝线圈绕过铁芯连接理想交流电压表，电压表示数用U表示。调整阻值，下列说法正确的是（）A.当，匝，时，的功率为2.0WB.当变大时，的功率可能先增大后减小C.当变大时，的功率可能先增大后减小D.当变大时，U可能先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A．时，磁通量的变化率为0.2V，则两端的电压有效值为，的功率为，A错误；B．变压器和等价于的电阻，，的功率最大，所以变大时，的功率可能先增大后减小，故B正确；C．当变大时，设正弦交流电有效值为U0，由于，则I1减小，所以的功率减小，故C错误；D．变大时，变小，则原线圈的电压变大，变大，故D错误。故选B。6.如图所示，离地高度的处固定匀速转动的一电机，电机通过一根长度的不可伸长的轻绳使小球在水平面内做以为圆心的匀速圆周运动，此时。某时刻，绳子和小球的连接处突然断开，小球最终落在所在的水平地面上。的连线垂直地面，不计空气对小球运动的影响，小球可视为质点且落地后即静止。下面说法错误的是（）A.小球下落的时间为 B.小球的落点到的距离为1.2mC.若增大H，落点到的距离增大 D.若增大L，落点到的距离先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．绳子断开后小球做平抛运动，由解得，故A正确，不符合题意；B．设小球做圆周运动的速度大小为v，则有解得小球平抛的水平位移小球的落点到的距离，故B正确，不符合题意；C．若增大H，由可知小球做平抛运动的时间变长，小球平抛运动的初速度大小不变，则小球平抛的水平位移x变大，落点到的距离s变大，故C正确，不符合题意；D．由得若增大L，由得小球平抛的水平位移小球的落点到的距离，又，若增大L，由二次函数知识可知落点到的距离一直增大，故D错误，符合题意。故选D。7.竖直平面内有大小、方向都可以任意调整的电场E。一带正电量q，质量为m的小液滴在A点被静止释放。在A点右侧有一足够长且与水平方向成30°的收集屏，A点到收集屏的垂直距离为d。重力加速度为g。下面说法正确的是（）A.若电场E的方向水平向右，电场E的大小大于时液滴才能被收集屏收集B.若电场E的方向斜向右上方且与水平方向成30°，电场E的大小大于时液滴才能被收集屏收集C.若电场E的大小为，液滴从释放到被收集的最短时间为D.要使液滴被收集屏收集，无论电场E的方向如何调节，大小都必须大于【答案】D【解析】【详解】A．只要合外力在垂直于收集屏方向的分量指向收集屏，液滴即可被收集，对液滴受力分析，在垂直于收集屏方向有解得，A错误；B．只要合外力在垂直于收集屏方向的分量指向收集屏，液滴即可被收集，对液滴受力分析，在垂直于收集屏方向有解得，B错误；C．电场垂直指向收集屏时，加速度最大解得，C错误；D．电场方向任意调节，临界情况为合外力方向恰好与虚线圆相切且平行于收集屏，此时对应的电场大小，如图所示故电场大小最小为，D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3小题，每题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8.1610年，伽利略用他的望远镜发现了围绕木星的四颗卫星，它们的运动可视为匀速圆周运动，轨道半径的对数与周期的对数关系如图，则（）A.木卫四的加速度比木卫一的大 B.四颗卫星中，木卫一的速度最大C.图线斜率等于 D.图线纵截距仅与木星的质量有关【答案】BD【解析】【详解】CD．根据题意，由万有引力提供向心力有，整理可得，两边取对数有可知图线斜率等于，图线纵截距与木星的质量有关，故C错误，D正确；AB．由图可知，木卫四的轨道半径最大，木卫一的轨道半径最小，由万有引力提供向心力有，，解得，可知，木卫四的加速度比木卫一的小，四颗卫星中，木卫一的速度最大，故A错误，B正确。故选BD。9.如图所示，在坐标系内存在匀强磁场和匀强电场，电场方向沿z轴正方向，磁场方向沿z轴负方向。一质子从点处沿y轴正方向入射，其轨迹与z轴的第1个交点坐标为。若质子的质量为m，带电荷量为q，入射速度大小为，不计质子所受的重力，则下列说法正确的是（）A.匀强磁场的磁感应强度大小为 B.匀强电场的电场强度大小为C.质子轨迹一定过点 D.质子轨迹与z轴的第5个交点为【答案】AC【解析】【详解】A．质子在电场力作用下，沿z轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动，在洛伦兹力的作用下，在xOy平面内做匀速圆周运动，由几何关系可知，质子做圆周运动的半径，由洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力，有解得匀强磁场的磁感应强度大小，故A正确；B．质子从入射到与z轴交第1个点的过程经历的时间沿z轴方向有解得，故B错误；C．质子每隔2t经过出发点正上方，则质子第n次经过出发点正上方时z轴方向上的位移大小解得则当时质子经过点，故C正确；D．质子与z轴第1次相交后，每隔2t时间再与z轴相交，则第n次与z轴相交时，在z轴上有则与z轴的第5个交点的坐标为，故D错误。故选AC。10.如图所示，足够长的金属导轨和固定放置，其中与、与相互平行。左右两侧导轨间距分别为L和，所在平面与水平面夹角分别为和，导轨两侧空间均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。质量均为m的均匀金属杆PQ和MN（杆长可视为分别与左右两导轨间距相等），垂直放置在导轨上。运动过程中，两金属杆与导轨保持光滑接触，始终垂直于导轨，电阻均为R，导轨足够长，电阻不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.若固定MN杆不动，释放PQ杆，PQ杆达到最大速度时两端的电势差为B.若同时静止释放两杆，两杆的速度之比始终为定值C.若同时静止释放两杆，当PQ杆的高度下降h时，此过程中通过PQ杆的电量为D.若先释放PQ杆，当PQ杆速度达到时，再释放MN杆，PQ杆的最大速度为【答案】BD【解析】【详解】A．PQ杆达到最大速度时，加速度0，处于平衡状态，对PQ进行分析，如图所示此时感应电动势为感应电流从Q流向P，大小为安培力方向水平向右，大小为沿导轨方向受力平衡则有解得此时PQ两端的电势差为，故A错误；B．设任意时刻的感应电流大小为I（以回路QPMN为正方向），对两杆分别进行受力分析，如图所示其中，对两杆进行分析，根据牛顿运动定律有，可知，两杆的加速度始终满足由于两杆初速度均为0，故两杆任意时刻的速度大小之比与位移大小之比均等于，故B正确；C．结合上述可知，PQ杆的高度下降h时，MN杆下降的高度满足解得回路磁通量变化量为感应电动势的平均值感应电流的平均值解得，故C错误；D．结合上述可知，在两杆均释放后的任意时刻，两杆加速度关系大小关系仍然有可知，经历相等的时间后，两杆速度的变化量满足设PQ最终能达到的最大速度为，MN最终能达到的最大速度为，则有当两杆达到稳定速度时，两杆应均处于平衡状态，对PQ进行受力分析有解得，故D正确。故选BD。三、实验题（本题共2小题，共16分）11.某实验小组用激光笔测量平行玻璃砖的折射率。步骤如下：光屏与玻璃砖平行放置，记录屏MN和玻璃砖abcd的位置；用激光笔以一定角度照射玻璃砖，记录入射点和屏上光点的位置；移走玻璃砖，记录屏上光点的位置；做相应辅助线，其中，，、、Q在一条直线上；用刻度尺测得：，，，。（1）根据所测数据计算玻璃砖的折射率______；玻璃砖的厚度______cm。（2）若换用频率更大的激光进行实验，其他条件保持不变，观察到与的间距______（选填“变大”或“变小”）。【答案】（1）①.②.4.8（2）变大【解析】【小问1详解】[1]根据折射定律有[2]根据几何关系有解得【小问2详解】入射光线和出射光线平行，频率增加，折射率增大，光线偏折更明显，可知变大。12.（1）某实验小组设计了如图甲所示的电路测量电压表的内阻及电源电动势。已知电压表量程为3V，内阻，电压表量程也为3V，内阻几千欧（待测），电源电动势约为5V，电源内阻可忽略。按以下步骤进行操作：①按图甲所示原理图完成电路连接；②把、均调至最大阻值；③闭合开关S，调节、，使、均有合适示数，分别为、。调至、满足的关系，此时电阻箱的阻值为1500Ω，则可知电压表的内阻为______Ω；④将调至4000Ω并保持不变，调节，记录多组对应的、值，以为纵坐标，为横坐标描点作图，在实验误差允许范围内得到一条倾斜直线，直线的纵截距为b，则电源的电动势为______（用已知量和已测得量计算出结果）。该测量结果______（填“有”或“没有”）系统误差。（2）用伏安法测电阻时，使用如图乙所示的电路。该实验的第一步是：闭合电键，将电键接2，调节滑动变阻器和，使电压表读数尽量接近量程，读出此时电压表和电流表的示数、；接着让两滑动变阻器的滑片保持位置不动，将电键接1，读出这时电压表和电流表的示数、。由以上记录数据计算被测电阻的表达式是______。若用图丙所示的电路按同样方法测量，测量结果______（填“偏大”或“偏小”或“不变”）。【答案】（1）①.3000②.③.没有（2）①.②.偏大【解析】【小问1详解】[1]根据并联电路规律可知由题意可知，解得[2]根据闭合电路欧姆定律可得整理得即图像纵轴截距为电源电动势为[3]按图甲所示电路进行实验，消除了电压表分流对实验的影响，电压与电流的测量值等于真实值，该实验没有系统误差。【小问2详解】[1]根据实验步骤，由欧姆定律得，解得[2]若采用图丙，实际测得为，测量值偏大四、解答题（本题共3小题，共38分）13.如图所示，横截面积为S、高为h的绝热汽缸直立，汽缸内绝热的活塞封闭一定质量温度为的理想气体。在汽缸底部连接一U形细管，（细管内气体的体积忽略不计）细管内装有部分水银，细管的右端开口与大气相通，大气压强为。细管内右侧水银比左侧高，活塞距离汽缸底部为。已知水银的密度为，重力加速度大小为g，阿伏伽德罗常数为，活塞摩擦忽略不计。（1）求活塞质量m；（2）已知在压强为、温度为时，1摩尔的理想气体体积恰好为，求封闭气体的分子数N。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】初始时，封闭气体的压强为根据活塞的受力平衡有联立解得活塞质量【小问2详解】与标准状况对比，气体的物质的量为分子数为联立解得封闭气体的分子数14.如图所示，长为的轻绳一端固定于O点，另一端与质量的小球相连。小球在O点正下方且未与地面接触。质量的凹槽静置在光滑水平面上，其左侧与小球恰好接触。质量的小物块（可视为质点）放置于凹槽内且与右侧挡板接触。初始系统静止，现将小球拉至与O点等高处且使轻绳伸直，由静止释放小球，小球运动至最低点与凹槽发生弹性碰撞。碰后瞬间在O点正下方处固定一细钉，小球恰能在竖直面内绕做圆周运动上升至最高点，且小物块与凹槽发生了两次弹性碰撞后不再发生第三次碰撞（若物块到达某一端时二者恰好共速，视为未发生碰撞）。已知凹槽左右挡板内侧间距，不计空气阻力，重力加速度。求：（1）O到点的距离；（2）凹槽与物块间动摩擦因数取值范围。【答案】（1）4.5m（2）【解析】【小问1详解】小球从水平位置摆至竖直位置过程，由动能定理有代入数据解得小球运动至最低点时的速度为设小球与凹槽碰撞后速度为，凹槽的速度为，则由动量守恒定律有由机械能守恒定律有联立解得，即小球与凹槽碰撞后以5m/s的速度反弹，之后小球绕恰好做完整的圆周运动，到达最高点时重力提供向心力，则有小球与凹槽碰撞后从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理有代入数据，联立解得小球绕恰好做完整的圆周运动的半径为所以O到点的距离为【小问2详解】凹槽与物块组成的系统动量守恒，则有解得设物块在凹槽上相对滑动的路程为s，由于凹槽与物块发生两次弹性碰撞后不再发生第三次碰撞，说明相对滑动的总路程满足其中，所以有由能量守恒定律有当时，解得当时，解得故凹槽与物块间动摩擦因数的取值范围为15.如图所示，在水平面内有间距为d的两根导轨平行放置。每根导轨由两段光滑的直金属杆组成，连接点，分别由一小段绝缘材料平滑连接。在整个导轨区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在靠近处静止放置一根金属棒，，之间连接有电感为L的线圈，，之间连接有电容值为C的电容和阻值为R的电阻。电容带有初始电量，靠近的极板带正电。除电阻R，所有的导轨、金属棒和元件的电阻均忽略不计。导轨连接处的绝缘材料不会对金属棒的运动产生干扰。，左右