四川省绵阳市2026届高三物理上学期第二次模拟考试含解析

第Ⅰ卷（选择题）

一、单选题（每题4分，共28分）

1.如图，垂直电梯里有一个“轿厢”和一个“对重”，它们通过钢丝绳连接起来，驱动装置带动钢丝绳使

“轿厢”和“对重”在竖直方向做上下运动。当“轿厢”向上做匀减速直线运动时（）

A.电梯的“对重”处于失重状态

B.电梯的“对重”向下匀加速运动

C.钢丝绳的拉力等于“轿厢”的重力

D.钢丝绳的拉力小于“轿厢”的重力

2.如图甲所示，一段长为的直导线放在匀强磁场中，导线与磁感线的夹角为，直导线中通入大小为

的恒定电流，直导线受到的L安培力大小为；若将直导线由中点处弯折成角3，0°通的电流大小不变，将

I此弯折导线再放入该磁场中如图乙所示，则F弯折导线受到的安培力大小为（60°）

A.B.

12

C.2FD.2F

F2F

3.如图所示，小球2静止在水平地面上，小球1以一定的速度与小球2发生对心碰撞。若碰撞时间极短，

且不计一切摩擦，则下列关于两个小球碰撞前后动量与时间的关系可能正确的是（）

pt

4.如图所示，一个小球从点以大小为的初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹角为，小球恰好

垂直打在竖直墙面上的点P，墙面上的v0点与点等高而与点在同一竖直方向上；若保持小θ球从点抛

出的初速BAPBP

度大小不变，水平抛出后小球打在墙面上的位置在A点正下方的C点。已知AB=2AC，不计空气阻力，小球

可视为质点，则θ角为（）

A.30°B.45°C.60°D.75°

5.如图所示，在一固定点电荷产生的电场中，将一带正电的粒子先后以大小相等、方向不同的初速度从M

点射入电场，粒子仅在电场力作用下形成了曲线轨迹1和直线轨迹2，P、Q分别为轨迹1和轨迹2上的点，

已知粒子经过P、Q两点时的速度大小相等，则（）

A.粒子沿轨迹2向左运动过程电势能一定增加

B.粒子在P、Q两点的加速度相同

C.M点电势比Q点电势高

D.P点电势比Q点电势低

6.第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度。理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的

倍，这个关系对其他天体也是成立的。有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力

2

把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能

逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞。已知光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳

的逃逸速度为。假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，则应大于（）

cR

A.500500B.r

C.D.5002

55

7.2一.5段×公1路0由一部分平直的下坡路与一部分水平路组成，5.0两×段1平0滑连接，下坡路的坡度较小，汽车（质量

为m）在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为。此汽车从下坡路的顶端由静止启动，其运动的速率

v-t图像如图所示，OA段为直线，从时刻开始汽F车�的功率保持恒定。题干和图中所给的量都为已知量，

则由图像可知（）t1

A.汽车运动过程中的最大功率为

�2

B.在时间内，汽车的牵引力F恒v定，其大小为

v1

1t1�

C.从0时∼刻t开始，汽车在水平路段行驶m+F

D.可以t4求出汽车在时间内的位移

t3∼t4

二、多选题（每题6分，共18分，选对但不全得3分）

8.杜甫在《曲江》中写到：“穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。”平静水面上的S处，“蜻蜓点水”时

形成一列水波向四

周传播（可视为简谐波），A、B、C三点与S在同一条直线上。某时刻A在波谷且与水平面的高度差为H，

B、C在不同的波峰上，其波形如图中虚线所示。已知波速为v，A、B在水平方向的距离为a。则下列说法

正确的是（）

A.水波通过尺寸为2.5a的障碍物能发生明显衍射

B.到达第一个波峰的时刻，C比A滞后

3a

v

C.经过的时间，质点B、C之间的距离为14a

2a

v

D.从图示时刻开始计时，A点的振动方程是

πv3π

9.电子秤在日常生活中应用很广泛。某同学在y=研H究si性n学a习t+活动2中自制两种电子秤，原理如图甲、乙所示。

用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑

动变阻器R的滑片与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在变阻器的最上端。已知滑动变

阻器总电阻，长度cm，电源电动势V，内阻，限流电阻，弹簧劲

度系数R=N2/.m0，Ω除重力外L=，不2计其他作用力，E=3.0m/s。下r列=说0法.1Ω正确的是（R0=0.4Ω）

2

k=200g=10

A.甲、乙两图托盘中没有放物体时，电压表示数为0

B.甲、乙两图流过的电流均随着托盘中物体质量增大而增大

C.当图甲电压表示数R0为2V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg

D.当图乙电压表示数为2.4V时，可推测托盘中所放物体质量为0.4kg

10.如图所示，一质量为M的足够长“□”型金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。质量为m、电阻不

计的导体棒PQ平行bc放置在导轨上，PQ左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨单位长度的电阻为，bc

长为L，初始时bc与PQ间距离也为L。分界线ef与bc平行，其左侧有竖直向上的匀强磁场，右侧R有0水平

向左的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。在时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨bc段中点，

使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大t=小0为a，PQ与导轨间动摩擦因数为，且始终接触良好，则

（）μ

A.回路中的电动势先增大后减小

B.运动过程中拉力F的最大值为

22

BLaμ

Ma+μmg+2R03La

C.若时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q

0

D.若t时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服摩擦力做功为

12

00

第II卷t（非选择题）2μmgt+μQ

三、实验题（每空2分，共16分）

11.（6分）长方体形状的玻璃砖有一个表面镀银（光线不能透过），现利用“插针法”测定此玻璃砖的折

射率。如图甲所示，实验时，先将玻璃砖平放到水平面内的白纸上，镀银面与纸面垂直。贴着玻璃砖前后

两个面在纸上画出直线和，其中侧为镀银面。然后在白纸上竖直插上两枚大头针、。

m1m2k1k2m1m2P1P2

（1）准备插第三枚大头针时，应在______侧观察（选填“”或“”）；

（2）插第三枚大头针时，这枚大头针应________：m1m2k1k2

A.只挡住的像

B.只挡住P1的像

C.同时挡住P2和的像

（3）插完所需P1大头P2针，补全光路。图乙为光路的一部分，、均为光路上的点，过、作直线

的垂线，垂足分别为、，已知图中，则玻璃A砖1的B折1射率可表示为______A。1B1k1k2

2211

A.ABAO=BOB.

A2OB2O

B2OA2O

C.D.

A1A2B1B2

1212

12B.（B10分）在测量电源电动势和内阻的实验中，由于电A流A表和电压表内阻的影响，会产生系统误差。为了

消除电表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组连接了如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中

。R0=

2Ω

（1）请根据图甲所示电路，把图乙中的实验电路图补充完整。

（2）实验操作步骤如下：

①将滑动变阻器的滑片滑到___________位置（填“最左端”“正中间”或“最右端”）。

②单刀双掷开关与接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据、的值，断开开关。

③重复步骤①。S1S0RUIS0

④单刀双掷开关与接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据、的值，断开开关。

⑤在图丙中分别作S出两2种情况所对应的S0图像。RUIS0

U−I

（3）图丙中的图线是开关与______（填“1”或“2”）接通时对应的图线。

（4）根据图丙中的I图线S求得电源电动势______，内阻______。（结果均保留两位小数）

U−IE=Vr=Ω

四、解答题（共38分）

13.（10分）图甲为某同学设计的测量透明液体折射率的装置图，正方体玻璃容器棱长为cm，薄

刻度尺平行于棱放置在容器内底部，零刻度与棱上的点重合，截面图如图乙所示。容器L中=不20加.00液 体时，

从点发出的激BC光恰好在处形成光斑。保持入射角不变O，向容器中注入cm深的某种液体，激光在

点P形成光斑，点对应的O刻度为cm。求：10.00 

NN5.00 

（1）该液体的折射率（结果保留3位有效数字）；

（2）容器中注满该液体后（液面水平），光斑到点的距离。

O

14.（10分）如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为、相距沿直线排列，静置于水平地面上.

为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动m，并与第l二辆车相碰，且在极短时间内相

互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离，恰好停靠在墙边.若车运动时受到的摩擦力恒为车重的倍，

l

忽略空气阻力，重力加速度为.求：2k

1.购物车碰撞过程中系统g损失的机械能；

2.工人给第一辆购物车的水平冲量大小.

15.（18分）如图甲所示，半径为的圆形区域内存在辐向电场，电场方向由圆心沿半径向外，电场强度大

小随距圆心的距离的变化如R图乙所示，图中为已知量。圆形区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场。

一质E量为，电O荷量为x的带电粒子，从圆心点E0由静止释放，粒子沿半径运动至虚线边界上的点

进入磁场偏m转再返回电场+q，粒子每次到达点后O沿进入电场的路径返回磁场，O最P后刚好沿方向回到P

点，这个过程中粒子在磁场中运动的总时间O记为（未知）。已知磁场的磁感应强度\（B=PO\latex>；O

\sqrt{\frac{mE_0}{3qR}}，不计带电粒子的重力t0。求：

1.带电粒子经过点时的速度大小；

2.的大小；P

3.t若0改变带电粒子的释放位置，将带电粒子在之间的某点（图中未标出）释放，粒子经过一段

时间后沿方向第一次回到释放点，该过O程P粒子在磁场区Q域运动的总时间为。求粒子释放点

到点的PQ可能距离。Q3t0

QP

物理答案

1.【答案】D【详解】当“轿厢”向上做匀减速直线运动时，“轿厢”加速度向下，处于失重状态，钢丝

绳拉力小于“轿厢”重力。此时，“对重”向下做匀减速运动，加速度向上，处于超重状态，故ABC错误，

D正确。

2.【答案】C【详解】根据题意可知，题图甲，乙中，导线在磁场中的有效长度均为，所以题图乙中弯

折导线受到的安培力大小为也。L/2

3.【答案】B【详解】根据题意F可知，两球碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则碰撞过程中，两球组成系

统的动量守恒，

A．图中表示小球2碰撞后与小球1初速度方向相反，不符合实际，故A错误；

B．图中表示两球碰撞后共速，可能实现，故B正确；C

D．图中表示两球碰撞后，两球组成系统的动量增加，不符合动量守恒定律，故CD错误。

4.【答案】B【详解】设第一次斜抛小球在空中运动的时间为，小球在空中运动的逆运动是平抛运动，第

二次平抛小球运动的时间为，则，由于t，所以有，联立两式解得

1212

t'v0cosθ·t=v0·t'AB=2AC2gt=2·2gt'θ=

45.5°【答案】A【详解】B

D．根据题意可知，粒子经过、两点时的速度大小相等，则、两点在同一等势面上，与点电荷距离

相等，结合牛顿第二定律可知P，粒Q子在、两点的加速度大小P相等Q，方向不同，故BD错误；A

C．由图可知，带正电的粒子从点出P发Q抵达点做曲线运动，所受电场力方向指向轨迹内侧，则粒子

从做直线运动，所受电q场力M方向由P，粒子沿轨迹2运动时，电场力做负功，电势能一定增加，

结合M公→式Q可知，点电势比点电Q势→低M，故A正确，C错误。

p

6.【答案E】=C【φ详q解】第M一宇宙速度为Q，由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的

GM

v1=R

逃逸速度，太阳的半径为，太阳的逃逸速度为，假定太阳能够收缩成半径为的黑洞，

2GMc2GM

v2=RR500=Rr

且认为质量不变，解得。

2GMR5

2

7.【答案】D【详v解=】A．r由>题c图可知r，>汽2.车5×在10过程是恒加速度启动且此时是处于下坡路，其在时

刻达到最大功率，此后一直保持不变，汽车在0∼t时1处于匀速运动，其受力情况如图所示。t1

t2∼t3

汽车受到的牵引力为牵

�

则汽车的最大功率为F=F−mgsinθ，故A错误；

max�2

B．由于物体的P图像表=示(F物−体m的g加sin速θ)度v，所以在时间内汽车的加速度为

v1−0v1

v−t0∼t1a1=t1−0=t1

结合之前汽车的受力分析，对汽车有牵

F1+mgsinθ−F�=ma1

解得牵，故B错误；

v1

1t1�

C．由F题图=可m知，+F时−刻m汽g车sin的θ速度减小，而由题意可知，汽车受到的阻力没有变，所以此时汽车的牵引力

小于阻力，即汽车t3由下坡路进入了水平路段，故C错误；

D．汽车在时间内，根据动能定理可得

1212

t3∼t4Pmax(t4−t3)−F�x=2mv3−2mv2

结合上述结论max

�2

可解得P=(F−mgsinθ)v，故D正确。

22

2(F�−mgsinθ)v2(t4−t3)+m(v2−v3)

8.【答案x=】BD【详解】2F�

A.根据题意，由图可知，水波的波长为，则水波通过尺寸为的障碍物不能能发生明显衍射，

故A错误；λ=2a2.5a

B.根据题意，由图可知，点距离振源的距离为，点距离振源的距离为，

CA

则到达第一个波峰的时刻，C比滞后x=，3故λ=B6正a确A；x=1.5λ=3a

xC−xA3a

C.质点不能随波逐流，则质C点A、之间t的=距v离为=v。保持不变，故C错误；

D.根据题意可知，质点振动的振B幅为C，圆频率为10a，质点从负最大位移处开始振动，则

2π2πvπv

Hω=T=λ=a

点的振动方程是，故D正确。

πv3π

9A.【答案】AD【详解y=】Hsinat+2

A.当托盘中没有放物体时，两电路图滑动变阻器接入电路的电阻均为0，则电压表示数均为0，故A错误；

B.经过的电流增大，说明接入电路阻值变小，盘中物体质量减小，故B错误；

R0R

C.当电压表示数为2V时，题图甲电路的电流为，则变阻器接入电路的电阻为

E−U13−2

I1=R0+r=0.4+0.1A=2A

，弹簧长度变化量，托盘中放上的物体质量为

U12R1kx1200×0.01

1111

R=，I故=2CΩ错=误1；Ωx=RL=1cmm=g=10kg=

0D.2k题g图乙中，设托盘上放上质量为的物体时，弹簧的压缩量为，由平衡条件可得，解

2222

得，由闭合电路欧姆定律可知m，则x，联立解得mg=kx，

m2gE−U2U2U2(R0+r)x2kLU2(R0+r)

22022222

将x=k代入得，故DI正=确R。+rR=I=E−U=LRm=gR(E−U)

10.U【2=答2案.4】VCD【详解m】2=0.4kg

A.导轨做初速为零的匀加速运动，时刻的速度，回路中感应电动势：，可知回路

中的电动势一直增大，选项A错误；tv=atE=BLv=BLat

B.导轨运动以后，由，，，，，得，导轨受

安安22

1EBLat

22

v=atx=2atRx=R0·2xI=Rx+3LR0F=BILF=(3L+at)R0

外力，安培力安和滑动摩擦力。其中有安，对导轨，由牛顿第二定律得安

FF�μFN=μ(mg+F)F−F−

联立得分析可知，当即

2222

BLatBLa3L

23L

0

�=MaF=μmg+Ma+(μ+1)(3L+at)R=μmg+Ma+(μ+1)t+atR0t=at

力最大，则有选项B错误；

max22

3LBLa

Ct.=克服a安培F力做功等于产生F的焦=耳Ma热+，μ可m知g+若(μ+时1)间2R内03导La轨产生的焦耳热为，则该时间内导轨克服安

培力做功为，选项C正确；t0Q

Q

D.又导轨克服摩擦力做功为安，而安，，则有，选项

¯¯¯

1212

D正确。W=μ(mg+F)xQ=Fxx=2at0W=2μmgat0+μQ

11.【答案】（1）（2）C（3）A

【解析】（1）确定k第1k2三枚大头针位置的作图方法：由于表面镀

P3m1m2

银，只能反射，所以光路为：入射光线、经过的折射光线、经过的反射光线、再次经过的折

射后的出射光线，作出此光路图如图所示，即可k1k标2出的位置，则准m备1插m第2三枚大头针时，应在k1k侧2观

察；P3k1k2

（2）插第三枚大头针时，这枚大头针应同时挡住和的像，故选C。

P1P2

（3）根据折射定律可得A2O，故选A。

siniA1OA2O·B1O

B2O

sinrA1O·B2O

n==B1O=

12.【答案】（1）（2）最左端（3）1（4）1.802.50

【解析】（1）根据题图甲所示的电路，补全实验电路图如答图所示。

（2）为了保护电路，开关闭合时，应使电路中的电流最小，则滑动变阻器接入电路的阻值应最大，结合题

图甲可知开关闭合前滑动变阻器的滑片应滑到最左端位置。

（3）当单刀双掷开关S接1时，电流表内接（相对于电源），由闭合电路欧姆定律可知，

A0

当单刀双掷开关S接2时，电流表外接（相对于电源），由闭合电路欧姆定律有U=E−I(r+r+R)，

U

E=U+(I+RV)(r+R0)

变形可得，则开关S接1时对应的图线的纵截距大于开关S接2时的，又

(r+R0)RVRV

0V0V

题图丙中图U线=−Ⅰr的+R纵+截R距I+大r+于R图+R线EⅡ的纵截距，可知图线Ⅰ是U开−关IS与1接通时对应的图线。

（4）（5）问分析由数形结合法可得，图线Ⅰ的纵截距，图线Ⅰ的斜率的绝对值

11

，图线Ⅱ的纵截距b=1.80V=E，图线Ⅱ的斜率的绝对值|k|=

1.80−0RV

|0−0.36Ω|=5Ω=r+rA+R0b2=1.70V=r+R0+RVE|k2|=

，联立解得、、。

1.70−0(r+R0)RV

0VAV

1|03−.0【.40解Ω析|=】r（+R1+）R（6分）设激r光=射2入.50该Ω液体r的=入0.5射0角Ω为R，=折7射6.5角0为Ω，将、标在光路图中，如图所示。

由几何关系可知（1分）θαθα

θ=45°cmcm（1分）

22

MN

L=10c.m00（1+分5.）00=55

5.00

sinα=LMN

又（2分）解得（1分）

sinθ

n=sinαn=1.58

（2）（4分）容器中注满该液体后，设激光射入该液体后的折射角仍为，设光斑到点的距离为，

由几何关系（2分）αOd

L−d

tanα=L

由（1）问（1分）解得cm（1分）

1

14.【解析】ta（nα1=）（26分）设第一辆d车=碰1前0.0瞬0间的速度为，与第二辆车碰后的共同速度为。

由动量守恒定律有（1分）v1v2

mv1=2mv2

由动能定理有（2分）

l12

−2kmg·2=0−2(2m)v2

则碰撞中系统损失的机械能（2分），解得（1分）

1212

12

（2）（4分）设第一辆车推出ΔE时=的2速m度v为−2(2m)vΔE=mgl

0

由动能定理有（2v分）

1212

10

冲量（−k1m分gl）=，2m解v得−2mv（1分）

0

15.【解I=析m】v（1）（4分）根据乙I图=，m图6中gk图l线所围成面积代表电势差，则